Учебник Теория вероятности - Самойленко, Кузнецов. Министерство образования и науки украины харьковская национальная академия городского хозяйства
 Скачать 2.54 Mb.
|
|
3.2. Повторение опыта 3.2.1. Задачи на повторение независимых опытов В практике экономистов и менеджеров часто возникают задачи, непосредственно или косвенно связанные с вычислением вероятности сложных событий при фиксированном числе повторения независимых опытов и известной вероятности наступления некоторого события А водном опыте. Определение 3.1. Опыты называются независимыми, если вероятность появления события А в каждом опыте не зависит оттого, появилось оно в предыдущих опытах или нет. К упомянутым задачам относятся, прежде всего • определение вероятности наступления события А ровно k разв независимых испытаниях • определение вероятности наступления события Ане менее k 1 разине более k 2 разв независимых испытаниях • определение наивероятнейшего числа наступления события А в n независимых испытаниях. Все эти задачи могут быть решены с помощью основных теорем теории вероятностей. Для примера рассмотрим одну из них. Теория вероятностей Пример 3.3. Пусть необходимо определить вероятность поражения мишени не менее двух раз при трех выстрелах, если вероятность поражения мишени при одном выстреле равна р Поставленная задача является частным случаем второй задачи из только что перечисленных. Её можно переформулировать следующим образом необходимо определить вероятность поражения мишени не менее двух разине более трех раз при трех выстрелах, если вероятность поражения мишени при одном выстреле равна р. Решение примера 3.3. Сложное, событие В, вероятность которого требуется определить, может быть представлено как сумма менее сложных В = С + D, где С – событие, которое заключается в поражении мишени ровно 2 раза при трех выстрелах D – событие, которое заключается в поражении мишени ровно 3 раза при трех выстрелах. В свою очередь, события Си могут быть разложены на простые события С = А 1 А 2 3 + А 2 A 3 + 1 А 2 А 3 ; D = А 1 А 2 А 3 , где А – событие, которое заключается в поражении мишени прим выстреле i = 1,2,3; i – событие, противоположное событию А, i = 1,2,3 . Согласно следствию теоремы 2.1 Си несовместные события, Р(В) = Р(С) + Р = Р( 1 А 2 А 3 ) + Р(А 1 2 A 3 ) + Р(А 1 А 2 3 ) + Р(А 1 А 2 А 3 ) . Поскольку исходы 1 А 2 А 3 , Аи А 1 А 2 3 – события равновозможные (два попадания и один промах при неизменных вероятностях последних, то Приложения основных теорем 59 Р(В) = 3*Р(А 1 А 2 3 ) + 1*Р(А 1 А 2 А 3 ), или Р(В) = C 3 2 *Р(А 1 А 2 3 ) + C 3 3 *Р(А 1 А 2 А 3 Согласно следствию теоремы 2.2 (А события независимые, i = 1,2,3) и равенству единице суммы вероятностей противоположных событий, окончательно получаем Р(В) = C 3 р р + C 3 р р) 3–3 (3.6) Примечание. Искомый результат в последнем выражении представлен, на первый взгляд, в несколько неудобной форме. Однако, именно эта форма наиболее подходит для проведения аналогии между решением, полученным с помощью основных теорем теории вероятностей, и решением – с использованием формулы Бернулли, которая будет рассмотрена в следующем подразделе. Как было сказано ранее, все задачи на повторение независимых опытов могут быть решены с помощью основных теорем теории вероятностей. Однако в условиях большого числа испытаний решение таких задач с помощью основных теорем становится малоэффективным из- за больших временных затратна вычислительные процедуры. Чтобы избежать рутинных вычислений, в теории вероятностей разработаны специальные математические средства, которые и составляют предмет дальнейшего рассмотрения в данном курсе. 3.2.2. Формула Бернулли В решении последней задачи с помощью основных теорем теории вероятностей при поиске вероятности наступления события А ровно 2 раза в трёх опытах, те. вероятности Р(В), мы вынуждены были прибегнуть к полному перебору возможных исходов, благоприятствующих событию В. Такая процедура полного перебора оправдывает себя только при небольшом числе испытаний. В случае большого числа испытаний, гораздо эффективнее использовать формулу Бернулли, предназначенную для той же цели. Теория вероятностей Теорема 3.3 (Теорема Бернулли Если производится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А появляется с одинаковой вероятностью р, то вероятность того, что в этих испытаниях событие А произойдет ровно k раз (безразлично, в какой последовательности) определяется по формуле ( Теорема 3.3 приводится без доказательства, поскольку оно примитивно и громоздко. Читателю предлагается доказать её самостоятельно на основе использования комбинаторной формулы подсчета числа сочетаний. Формула (3.7) известна как формула Бернулли. Рекомендуется использовать формулу Бернулли при числе испытаний не превышающем числа 10. Следует также помнить, что формула (3.7) может быть использована только в условиях биномиального эксперимента, то есть при выполнении следующих требований – эксперимент должен состоять из фиксированного числа испытаний задано n); – каждое испытание приводит либо к успеху, либо к неудаче (к наступлению или не наступлению события А – вероятность успеха (неудачи) во всех испытаниях должна быть одинаковой – все испытания должны быть независимыми друг от друга. 3.2.3. Локальная теорема Лапласа Использование формулы Бернулли при n >> 1, безусловно, предпочтительнее прямого использования основных теорем теории вероятности для той же цели. Однако наличие в формуле (3.7) числа сочетаний делаете также неудобной из-за трудоёмкого вычисления факториальных величин. Указанных вычислений можно избежать, если точное определение вероятности Р заменить её оценкой. Приложения основных теорем Теорема 3.4 (локальная теорема Лапласа Если производится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А появляется с одинаковой вероятностью р, то вероятность того, что в этих испытаниях событие А произойдет ровно раз безразлично, в какой последовательности) может быть оценена (тем точнее, чем больше n ) по формуле ( ) ( где ( ) 2 2 2 1 x e x − = π ϕ – функция Гаусса npq np k x − = ; p q − = Функция Гаусса табулирована (см. Приложение А. Это позволяет избежать сложных вычислений по формуле (3.8), ограничиваясь вычислением аргумента функции х. Функция Гаусса – четная функция, то есть ϕ (-x) = ϕ (x). Поэтому таблица составлена только для положительных значений аргумента. Причем для диапазона значений аргумента от 0 до 4. При | x | > 4 функция Гаусса принимается равной 0, то есть событие с искомой вероятностью считается практически невозможным. Пример 3.4. Пусть вероятность посещения студентом любой лекции по курсу "Теория вероятностей" равна р = 0,9 . Определить вероятность посещения студентом 12 лекций из 16 запланированных в семестре. Решение В соответствии с теоремой 3.4 вероятность посещения студентом 12 лекций из 16 при вероятности посещения одной (любой из 16), равной 0,9 , определяется по формуле (3.8): ( ) ( ) ( ) , 9 , 0 1 9 , 0 16 1 12 16 x P ϕ − ⋅ ⋅ ≈ (3.9) Теория вероятностей где 2 2 , 1 4 , 2 1 , 0 9 , 0 16 9 , 0 16 В силу четности функции Гаусса ϕ (–2) = ϕ (2). По таблице значений функции Гаусса (см. Приложение А) находим ϕ (2) = 0,0540 . Подставляя найденное значении функции в (3.9), окончательно получаем ( ) ( ) 045 , 0 054 , 0 2 , 1 1 054 , 0 9 , 0 1 9 , 0 16 1 12 Таким образом, искомая вероятность Р (12) = 0,045 . 3.2.4. Интегральная теорема Лапласа В примере 3.3 была рассмотрена задача определения наступления события не менее двух разине более трех разв трёх опытах с помощью основных теорем теории вероятностей. Как видно из результата (3.6), решения данной задачи, её можно решить с помощью формулы Бернулли (3.7), применив её дважды. Кроме того, её можно приближенно решить и с помощью локальной теоремы Лапласа, также применив ее дважды. Решение задач рассматриваемого типа при n >> 1 можно значительно ускорить, если прибегнуть к интегральной теореме Лапласа. Теорема 3.5 (интегральная теорема Лапласа Если производится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А появляется с одинаковой вероятностью р, то вероятность того, что в этих испытаниях событие А произойдет не менее k 1 разине более раз безразлично, в какой последовательности) может быть оценена (тем точнее, чем больше n ) по формуле ( ) ( ) ( ) ( ) , , 1 2 2 1 2 1 х Ф х Ф dx x k k P x x n − = ≈ ∫ϕ где npq np k x − = 1 1 ; npq np k x − = 2 2 ; p q − = 1 ; ( ) dt e х Ф x t ∫ − = 0 2 2 2 1 π – функция Лапласа. (3.10) Приложения основных теорем Функция Лапласа табулирована (см. Приложение В. Это позволяет избежать интегрирования функции Гаусса по формуле (3.10), ограничиваясь вычислением аргументов функции хи х . Функция Лапласа – нечетная функция, те. Ф) = Ф. Поэтому таблица составлена только для положительных значений аргумента. Причем для диапазона значений аргумента от 0 до 5. При x > 5 функция Лапласа принимается равной 0,5 . Пример 3.5. Пусть вероятность посещения студентом любой лекции по курсу "Теория вероятностей" одинакова и равна р = 0,9 . Определить вероятность посещения студентом не менее 12 лекций из 16 запланированных в семестре. Решение В соответствии с теоремой 3.5 вероятность посещения студентом не менее 12 лекций из 16 при вероятности посещения любой из них, равной 0,9 , определяется по формуле (3.10) ( ) ( ) ( ) ( ) , 16 , 12 , 1 2 16 2 1 х Ф х Ф P k k P n − ≈ = (3.11) где 2 2 , 1 4 , 2 1 , 0 9 , 0 16 9 , 0 16 12 1 1 − = − = ⋅ ⋅ ⋅ − = − = npq np k x ; 33 , 1 2 , 1 6 , 1 1 , 0 9 , 0 16 9 , 0 16 16 В силу нечетности функции Лапласа Ф) = Ф. По таблице значений функции Лапласа (см. Приложение В) находим Ф) = 0,4082, Ф) = 0,4772. Подставляя найденные значения функции в (3.11), окончательно получаем РФ Ф) = Ф) + Ф) = 0,4082 + 0,4772 = 0,8854 . Таким образом, искомая вероятность Р (12,16) = 0,8854 . 3.2.5. Наивероятнейшее число наступления событий Пусть производится n независимых опытов, в каждом из которых может наступить событие Ас одинаковой вероятностью р. В проводимых опытах событие А может не наступить ни разу (k=0), один раз (k=1), два Теория вероятностей раза (k=2) итак далее. С помощью формулы Бернулли при небольших n можно определить или с помощью локальной теоремы Лапласа при больших n можно оценить вероятность наступления события А в n независимых опытах ровно k раз. В табл. 3.1 приведены возможные значения величины k и соответствующие им вероятности Р. Таблица 3.1 k 0 1 . . . k 0 . . . n P n (k) P n (0) P n (1) . . . P n (k 0 ) . . . P n (k) Среди множества чисел k, k ∈ {0,1,…, n}, есть, по крайней мере, одно число k 0 , которому соответствует максимальная вероятность Р. Определение 3.2. Наивероятнейшим числом наступления события А в n независимых опытах при одинаковой вероятности наступления события А в каждом из них называется число k 0 , которому соответствует максимальная вероятность Р то есть число ( ) { } ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = = k P k n k , 1 0 max На практике часто возникает необходимость в определении числа Чтобы каждый раз при определении этого числа не строить таблицу, аналогичную табл. 3.1, следует пользоваться специально для этого предназначенным двойным неравенством np – q ≤ k 0 ≤ np + p , где р – вероятность наступления события А водном опыте q = 1– р. Как пользоваться двойным неравенством (3.12) ? Прежде всего, отметим особенности этого неравенства ♦ значение правой части превышает значение левой ровно на единицу ♦ k 0 – целое число ♦ внутри диапазона значений [np–q; np + p] может находиться только одно целое число, либо два целых числа могут находиться на его границах. Приложения основных теорем Определение k 0 осуществляют в следующей последовательности • сначала определяют величину np, если np – целое число, то k 0 = np; • затем определяют величину р, – если (np + р) – целое число, то существует два наивероятнейших числа k 01 = np + р и k 02 = k 01 – 1 ; – если (np + р) – нецелое число, то k 0 – целое число в диапазоне [np – q; np + p]. Пример 3.6. Каково наивероятнейшее число лекций, посещенных студентом из n =17 запланированных в семестре, если вероятность посещения каждой лекции р Решение. Вычисляем np = 17*0,8 = 13,6 . Поскольку np – нецелое число, то согласно вышеизложенной методике использования двойного неравенства (3.12) вычисляем р = 13,6+0,8 = 14,4 . Поскольку р – нецелое число, то согласно той же методике k 0 принадлежит диапазону [np-q; np+p], или равно целой части величины рте. Пример 3.7. Каково наивероятнейшее число выпадения 6 очков в условиях эксперимента , если последний производится 11 раз ? Решение По условию примера общее число опытов n = 11, вероятность наступления события (выпадение шести очков) р = 6 1 . Как ив предыдущем примере, решение осуществляем в соответствии свыше изложенной методикой использования двойного неравенства (3.12). То есть сначала вычисляем np = 11* 6 11 6 1 = . Далее, поскольку np – нецелое число, вычисляем np + р = 6 11 + 6 1 = 2 . Поскольку np + р – целое число, то существуют два наивероятнейших числа k 01 = np + p = 2 ; k 02 = np –- q = = k 01 – 1 = 1 . Теория вероятностей 66 3.3. Практикум и вопросы для самоконтроля 3.1. Для какой цели используют формулу полной вероятности 3.2. Привести формулу полной вероятности. 3.3. В пирамиде пять винтовок, три из которых снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела – 0,7. Найти вероятность того, что мишень будет поражена, если стрелок произведет один выстрел из наудачу взятой винтовки. 3.4. В группе спортсменов 20 лыжников, 6 конькобежцев и 4 фигуриста. Вероятность выполнить квалификационную норму равна для лыжника – 0,9; для конькобежца – 0,8; для фигуриста – 0,75. Найти вероятность того, что наудачу вызванный спортсмен выполнит норму. 3.5. Каково назначение формулы Байеса? 3.6. Сформулировать теорему Байеса. 3.7. Какая связь существует между формулой Байеса и формулой полной вероятности 3.8. Каково прикладное значение формулы Байеса? 3.9. В пирамиде десять винтовок, четыре из которых снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела – 0,8. Стрелок поразил мишень из наудачу взятой винтовки. Что вероятнее стрелок стрелял из винтовки с оптическим прицелом или без 3.10. Имеется три набора деталей, из которых первый состоит из двух партий деталей по 6 стандартных и 4 нестандартных в каждой партии второй – из четырёх партий по 2 стандартные и 8 нестандартных третий – из трех партий по 10 стандартных и 12 нестандартных. Найти вероятность того а что наудачу взятая деталь из наудачу взятой партии окажется стандартной б что деталь была взята из первого набора, если известно, что извлеченная деталь оказалась стандартной. 3.11. Батарея из трех орудий произвела залп, при этом 2 снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что первое орудие дало промах, если вероятность попадания в цель для первого орудия равна 0,4; для второго – 0,3; для третьего – 0,5. |