МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский...
63 downloads
312 Views
510KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В. Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В Рындина
ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Часть 4 ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ФУНКЦИЙ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН, ПРЕДЕЛЬНЫЕ ТЕОРЕМЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета
Ростов-на-Дону 2003 г.
УДК 519.2 Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина Задачи по теории вероятностей. Часть 4. Числовые характеристики функций случайных величин, предельные теоремы теории вероятностей. Методические указания к решению задач для студентов всех специальностей и всех форм обучения механико-математического факультета РГУ.
Печатается по постановлению кафедры теории функций и функционального анализа механико- математического факультета РГУ. Протокол № 2 от 9 октября 2003 г. Ответственный за выпуск – доктор физико-математических наук, профессор Кондаков В. П.
Цель настоящей работы – помочь студентам в приобретении навыков по решению задач по теории вероятностей. В начале каждого раздела приводится необходимый теоретический материал, после чего подробно рассматривается большое число типовых примеров.
© Коллектив авторов
Математическое ожидание и дисперсия функций случайных величин Математическое ожидание и дисперсия случайной величины η, связанной с заданной одномерной случайной величиной ξ функциональной зависимостью
η = g ( ξ ) , определяются по формулам +∞
Mη= ∫ g ( x ) dFξ ( x ) , −∞
+∞
Dη =
∫
−∞
⎡⎣ g ( x ) − Mη⎤⎦ dFξ ( x ) = 2
+∞
∫
g 2 ( x ) dFξ ( x ) − ( Mη) . 2
−∞
В случае, если ξ − дискретная случайная величина, принимающая значения xi с вероятностями pi ,
∑ pi = 1 , то указанные формулы принимают вид i
Mη = ∑ g ( xi ) pi , Dη = ∑ g 2 ( xi ) pi − ( Mη) . 2
i
i
Если ξ − абсолютно непрерывная случайная величина с плотностью вероятности p ( x ) , то
Mη =
+∞
+∞
−∞
−∞
2 2 ∫ g ( x ) p ( x ) dx , Dη = ∫ g ( x ) p ( x ) dx − ( Mη) .
Если ξ = ( ξ1 ,ξ 2 ,K ,ξ n ) − многомерная случайная величина, то для Mη , Dη в дискретном случае имеют место формулы
∑ g ( x1i ,K ,xni ) p ( ξ1 = x1i ,K ,ξn = xni ) ,
Mη =
1
i1 ,K,in
Dη =
∑
i1 ,K,in
(
n
) (
1
n
)
g 2 x1i1 ,K ,xnin p ξ1 = x1i1 ,K ,ξ n = xnin − ( Mη ) ,
а в абсолютно непрерывном случае
Mη =
+∞
+∞
−∞
−∞
∫ K ∫ g ( x1 ,K ,xn ) p ( x1 ,K ,xn ) dx1K dxn ,
2
Dη =
+∞
+∞
−∞
−∞
2 2 ∫ K ∫ g ( x1 ,K ,xn ) p ( x1 ,K ,xn ) dx1K dxn − ( Mη) ,
где p ( x1 ,K ,xn ) − плотность вероятности системы случайных величин ξ1 ,K ,ξ n . Пример 1. Число элементов электронной машины, выходящих из строя за некоторый промежуток времени, подчинено закону Пуассона с параметром a. Длительность ремонта машины зависит от числа m вышедших из строя элементов
(
)
и определяется формулой tm = T 1 − e −γm . Определить математическое ожидание ущерба, причинённого простоем машины, если ущерб пропорционален квадрату длительности ремонта: S m = ktm2 . Решение. В данной задаче встречаются три случайные величины: 1) ξ − число элементов электронной машины, выходящих из строя за некоторый промежуток времени (случайная величина ξ распределена по закону Пуассона с параметром a); 2) η − длительность ремонта машины (случайная величина η
(
)
связана со случайной величиной ξ формулой η = T 1 − e −γξ ); 3) ζ − величина ущерба, причинённого простоем машины, связанная со случайной величиной η формулой ς = k η2 . Случайная величина ζ есть функция от ξ следующего вида:
(
ς = kT 2 1 − e −γξ
)
2
(
)
= kT 2 1 − 2e −γξ + e −2 γξ .
Имеем: ∞
(
)
Mς = kT 2 ∑ 1 − 2e−γm + e−2 γm ⋅ m =0
2 ⎛ −a a
= kT ⎜ e e − 2e ⎝
−a
∞
∑(
m =0
ae
)
−γ m
am −a e = m!
∞ 1 −a ⋅ + e ∑ ae −2 γ m! m =0
(
− a(1−e − γ ) − a(1−e−2 γ ) ⎞ ⎛ = kT 2 ⎜1 − 2e +e ⎟. ⎝ ⎠
)
m
⋅
1 ⎞ ⎟= m! ⎠
Пример 2. Случайная величина ξ имеет ряд распределения −π/2
0
π/2
π
1/4
1/4
1/4
1/4
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины η = cosξ . Решение.
1⎛ π ⎞ ⎛ π⎞ Mη = ∑ pi cos xi = ⎜ cos ⎜ − ⎟ + cos 0 + cos + cos π ⎟ = 0 , 4⎝ 2 ⎝ 2⎠ ⎠ i =1 4
1⎛ π ⎞ 1 2 ⎛ π⎞ Dη = M η2 − ( Mη) = ⎜ cos 2 ⎜ − ⎟ + cos 2 0 + cos 2 + cos 2 π ⎟ = . 4⎝ 2 ⎝ 2⎠ ⎠ 2
( )
Пример 3. Пусть случайная величина τ − время безотказной работы детали − распределена по показательному закону с параметром λ. Деталь заменяется в любом случае по истечении времени T. Вычислить среднее время работы детали. Решение. Время работы детали есть случайная величина ξ = g ( τ ) , где ⎧ x, x ≤ T, g ( x) = ⎨ ⎩T , x > T .
Случайная величина τ имеет плотность вероятности p ( x ) = λe−λx , если x ≥ 0 , и
p ( x ) = 0 , если x < 0 . Поэтому +∞
T
−∞
0
Mξ= ∫ g ( x ) p ( x ) dx = ∫ xλe
−λx
+∞
dx + T ∫ λe−λx dx = T
⎛ x −λx T 1 T −λx ⎞ +∞ T 1 1 = λ⎜ − e + ∫ e dx ⎟ − T e−λx = −Te −λT − e −λx + Te−λT = 1 − e −λT . ⎜ λ ⎟ T 0 λ0 λ λ 0 ⎝ ⎠
(
)
Пример 4. Найти математическое ожидание и дисперсию модуля случайной величины ξ, распределённой по нормальному закону с параметрами a и σ 2 . Решение. Плотность вероятности случайной величины ξ
p( x) =
1 e σ 2π
−
( x − a )2 2 σ2
.
Поэтому
M( ξ ) =
+∞
∫
x p ( x ) dx = −
−∞
0
1 ∫ xe σ 2π −∞
−
( x − a )2 2 σ2
dx +
1 σ 2π
Сделав в каждом интеграле замену переменной t = −
a σ
t2
− 1 1 2 dt + M( ξ ) = − a + σ t e ( ) ∫ 2π −∞ 2π
t2
0
t2
0
− − a σ a 2 dt − 2 dt + =− e te ∫ ∫ 2π −∞ 2π −∞ 2π
a + 2π
0
∫a e
−
−
t2 2 dt
σ + 2π
σ
2a = 2π
0
∫a e
−
∫a te
−
t2 2 dt
−
t2 2 dt
a + 2π
∫a e
−
−
∫e
−
( x − a )2 2 σ2
−
t2 2 dt
=
σ
t2 2 dt
σ + 2π
t2 2 dt
0
σ + 2π
0
∫a te
−
−
t2 2 dt
+∞
∫ te
−
t2 2 dt
0
2σ + 2π
2σ + 2π
+∞
∫a te
−
−
t2 2 dt
0
∫a te
−
−
+∞
∫ te
−
t2 2 dt
0
t2 2 dt
=
σ
t2
⎛ a ⎞ 2σ − 2 = 2aΦ ⎜ ⎟ − e 2π ⎝σ⎠
σ −
+∞
= −
a σ
a2 2 σ2
,
t2
− 1 2 dt − функция Лапласа. e где Φ ( z ) = ∫ 2π 0
( ) = M ( ξ ) . Имеем:
Для нахождения дисперсии найдём M ξ
2
2
+
σ
σ
2σ + 2π
dx .
x−a , получим: σ
∫a ( a + σt ) e
−
−
0
σ
+∞
2 ⎛a⎞ = 2aΦ ⎜ ⎟ + σe π ⎝σ⎠ z
∫
xe
+∞
σ
a 2 σ −t e 2 dt
2a = 2π ∫0
−
0
0
+∞
=
+∞
( ) ∫x
M ξ2 =
2
p ( x ) dx =
−∞
+∞
1 x 2e ∫ σ 2π −∞
−
( x − a )2 2 σ2
dx .
2 ( ( x − a ) + a ) = ( x − a )2 + 2a ( x − a ) + a 2 ,
Заменив под знаком интеграла x 2 на разобьём интеграл на три:
( )
M ξ2
+∞
1 2 − = x − a e ( ) ∫ σ 2π −∞
( x − a )2 2 σ2
+∞
− 2a dx + x − a e ( ) ∫ σ 2π −∞
( x − a )2 2 σ2
+∞
− a2 e dx + ∫ σ 2π −∞
( x − a )2 2 σ2
dx .
К первому интегралу применим формулу интегрирования по частям, положив
u = x − a и dv = ( x − a ) e
−
( x − a )2 2 σ2
dx , второй интеграл равен нулю (это становится
очевидным после замены x − a = t ), а третье слагаемое равно a 2 , поскольку +∞ − ( x − a ) 2 e 2σ
1 ∫ σ 2π −∞
2
dx = 1 как интеграл от плотности вероятности нормального закона
распределения. Поэтому
( )
M ξ2
⎛ ( x − a )2 − 1 ⎜ 2 2 = −σ ( x − a ) e 2σ ⎜ σ 2π ⎜ ⎝
+∞
+ −∞
+∞ − ( x − a ) 2 2 σ e 2σ
∫
−∞
2
⎞ ⎟ dx ⎟ + a 2 = σ 2 + a 2 . ⎟ ⎠
Тогда
( ) − ( Mξ )
Dξ = M ξ
2
2
a2 ⎛ − 2 a 2 ⎛ ⎞ = σ + a − ⎜ 2aΦ ⎜ ⎟ + σe 2σ π ⎜ ⎝σ⎠ ⎝ 2
2
⎞ ⎟. ⎟ ⎠
Пример 5. Найти математическое ожидание длины хорды, проведённой в круге радиуса a перпендикулярно выбранному диаметру и пересекающей этот диаметр в произвольной точке, все положения которой на выбранном диаметре равновозможны. Решение. Проведём через выбранный диаметр ось Ox, поместив начало координат в центр круга.
ξ
a
−a
x
O
Элементарными исходами в этой задаче являются точки отрезка [−a, a]. Пусть ξ − координата выбранной точки на отрезке [−a, a]. Случайная величина ξ равномерно распределена на отрезке [−a, a], поэтому её плотность вероятности
⎧1 ⎪ , x ∈ [ − a, a ] , p ( x ) = ⎨ 2a ⎪ 0, x ∉ [ − a, a ] . ⎩ Пусть η − длина хорды, проходящей через точку с координатой ξ перпендикулярно оси Ox. Имеем: η = 2 a 2 − ξ 2 , поэтому a
a
1 1 1⎡ x⎤ aπ . Mη = ∫ 2 a − x dx = ⋅ ⎢ x a 2 − x 2 + a 2 arcsin ⎥ = 2 a a 2 a 2 ⎣ ⎦ −a −a 2
2
Пример 6. Таблица распределения двумерной случайной величины имеет вид: ξ
0
1
2
η 0
1/4 1/4
0
1
1/4
0
1/4
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины ς = ξ2 + ξη . Решение. Имеем:
(
)
1 1 1 1 7 Mς = ∑ xi2 + xi y j P ( ξ = xi ,η = y j ) = 0 ⋅ + 1 ⋅ + 4 ⋅ 0 + 0 ⋅ + 2 ⋅ 0 + 6 ⋅ = . 4 4 4 4 4 i,j Для определения дисперсии найдём предварительно
(
)
(
)
Mς 2 = M ξ 4 + 2ξ3η + ξ 2η2 = ∑ xi4 + 2 xi3 y j + xi2 y 2j P ( ξ = xi ,η = y j ) = i,j
1 1 1 1 37 = 0 ⋅ + 1 ⋅ + 16 ⋅ 0 + 0 ⋅ + 4 ⋅ 0 + 36 ⋅ = . 4 4 4 4 4 Теперь
( )
Dς = M ς 2 − ( Mς ) = 2
37 49 99 − = . 4 16 16
Пример 7. Дважды бросается игральная кость. Пусть ξ − число очков, выпавших при первом подбрасывании, η − число очков, выпавших при втором подбрасывании. Найти математическое ожидание случайной величины ς =
1 . ξ+η
Решение. Дискретная случайная величина (ξ, η) принимает значения (i, j),
i, j = 1, 2, K, 6 . При этом P ( ξ = i, η = j ) = Mς =
1 . Поэтому 36
6
1
1
∑ i + j ⋅ 36 .
i , j =1
Для подсчёта Mζ составим таблицу возможных значений i + j . i 1 2 3
4
5
6
1
2 3 4
5
6
7
2
3 4 5
6
7
8
3
4 5 6
7
8
9
j
4
5 6 7
8
9
10
5
6 7 8
9
10 11
6
7 8 9 10 11 12
Из таблицы видно, что между значениями i + j и числом слагаемых в Mζ имеется следующее соответствие Значение i + j
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Число слагаемых 1 2 3 4 5 6 5 4 3
2
1
Поэтому
Mς =
1 ⎛ 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 ⎞ 576677 ≈ 0 ,578 . ⎜ + + + + + + + + + + ⎟= 36 ⎝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ⎠ 997920
Пример 8. Случайная точка (ξ, η) распределена на плоскости по нормальному закону с параметрами
Mξ = 0 ,
Mη = 0 ,
Dξ = σ2 ,
Dη = σ2 ,
cov ( ξ, η) = 0 . Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины ζ, равной расстоянию от точки (ξ, η) до начала координат. Решение. Плотность вероятности двумерной случайной величины (ξ, η)
1 − p ( x, y ) = e 2πσ2
x2 + y 2 2 σ2
.
Поскольку ς = ξ 2 + η2 , то +∞ +∞
1 x2 + y2 e 2 ∫ ∫ 2πσ −∞ −∞
Mς =
−
x2 + y 2 2 σ2
dxdy .
Переходя к полярной системе координат x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , получим:
Mς = r2 1 ⎛⎜ − 2 σ2 = 2 re ⋅ −σ 2 σ ⎜ ⎝
(
)
+∞ 0
1 2πσ 2
+∞
2π
∫ rdr ∫ re 0
−
0
2 +∞ − r ⎞ 2 2 2 σ dr ⎟ +σ e
∫ 0
r2 2 σ2 d ϕ
=
2π 2πσ 2
+∞
∫r e 2
−
r2 2 σ2 dr
=
0
1 = σ 2π ⋅ ⎟ σ 2π ⎠
2 +∞ − r 2 e 2 σ dr
∫ 0
= σ 2π ⋅
1 π . =σ 2 2
Mς 2 =
1 2πσ 2
r2 1 ⎛⎜ 2 − 2σ2 = 2 r e −σ 2 σ ⎜ ⎝
(
+∞
2π
∫ rdr ∫ r e 0
)
+∞ 0
2
−
r2 2 σ2 d ϕ =
0
+ 2σ2
+∞
∫ 0
2π 2πσ 2
+∞
∫re 3
−
r2 2 σ 2 dr
0
r2 ⎞ − 2 2 re 2σ dr ⎟ = 2 −σ2 e 2σ ⎟ ⎠ −
r2
=
(
+∞
)
= 2σ 2 . 0
π 4−π 2 2 Dς = Mς 2 − ( Mς ) = 2σ 2 − σ 2 = σ . 2 2 Пример 9. На окружности единичного радиуса наудачу ставятся три точки A, B и C. Найти математическое ожидание площади треугольника ABC. Решение. Рассмотрим декартову систему координат с началом в центре круга. Пусть ϕ1 , ϕ 2 , ϕ3 − углы между радиусами, идущими соответственно в точки A, B, C и осью Ox, отсчитываемые от оси Ox против часовой стрелки. Координаты
( cos ϕ3 , sin ϕ3 ) .
точек
A,
B,
C
равны
( cos ϕ1, sin ϕ1 ) , ( cos ϕ2 , sin ϕ2 ) ,
Величины углов ϕ1 , ϕ 2 , ϕ3 являются случайными величинами,
равномерно распределёнными на отрезке
[0, 2π]
и независимыми. Плотность
совместного распределения случайных величин ϕ1 , ϕ 2 , ϕ3 равна
1
( 2π )
3
( ϕ1,ϕ2 ,ϕ3 ) ∈ [0, 2π] × [0, 2π] × [0, 2π] и нулю в противном случае. y C
A
ϕ3 ϕ2
ϕ1 O
x
, если
B Ориентированная площадь S треугольника ABC выражается формулой
cos ϕ1 1 S = cos ϕ2 2 cos ϕ3
sin ϕ1 1 sin ϕ2 1 . sin ϕ3 1
Разлагая определитель по элементам последнего столбца, получим:
S=
1 [ ( cos ϕ2 sin ϕ3 − cos ϕ3 sin ϕ2 ) − ( cos ϕ1 sin ϕ3 − cos ϕ3 sin ϕ1 ) + 2 + ( cos ϕ1 sin ϕ2 − cos ϕ2 sin ϕ1 ) ] =
1 = ⎡⎣ sin ( ϕ3 − ϕ2 ) − sin ( ϕ3 − ϕ1 ) + sin ( ϕ2 − ϕ1 ) ⎤⎦ . 2 Пусть случайная величина ξ − площадь треугольника ABC. Между ξ и S имеет место связь: ξ = S . Величина S неотрицательна, Если обход вершин треугольника ABC совершается против часовой стрелки. Из этого следует, что если ϕ1 ≤ ϕ2 ≤ ϕ3 , то S ≥ 0 . Поскольку число различных перестановок ϕ1 , ϕ 2 , ϕ3 равно 3! и для любой из них S равен одному и тому же числу, то 2π 2π 2π
Mξ = M S =
1
∫ ∫ ∫ S ( ϕ1, ϕ2 , ϕ3 ) ( 2π )3 d ϕ1d ϕ2d ϕ3 = 0 0 0
=
=
=
3! 2 ( 2π ) 3
( 2π )
2π ⎡
3
( 2π )
3
3
3
2π
ϕ3
ϕ2
0
0
0
∫ d ϕ3 ∫ d ϕ2 ∫ ⎡⎣ sin ( ϕ3 − ϕ2 ) − sin ( ϕ3 − ϕ1 ) + sin ( ϕ2 − ϕ1 )⎤⎦ d ϕ1 =
2π
ϕ3
0
0
∫ d ϕ3 ∫ ⎡⎣ϕ2 sin ( ϕ3 − ϕ2 ) − ( cos ( ϕ3 − ϕ2 ) − cos ϕ3 ) + (1 − cos ϕ2 )⎤⎦ d ϕ2 =
⎤ cos d cos d cos sin ϕ − ϕ − ϕ ϕ − ϕ − ϕ ϕ + ϕ ϕ + ϕ − ϕ 3 ⎥ d ϕ3 = ∫ ⎢⎢ 3 ∫ ( 3 2 ) 2 ∫ ( 3 2 ) 2 3 3 3 ⎥⎦ 0 ⎣ 0 0 ϕ3
=
ϕ3
2π
3
( 2π )
3
∫ [ϕ3 − 2 sin ϕ3 + ϕ3 cos ϕ3 + ϕ3 − sin ϕ3 ] d ϕ3 = 0
=
2π
3
( 2π )
3
∫ [ 2ϕ3 − 3 sin ϕ3 + ϕ3 cos ϕ3 ] d ϕ3 = 0
2π ⎡ 2 ⎤ 2π = π + π − − ϕ ϕ + ϕ ϕ 4 3 cos 2 cos 0 sin sin d ( ) 3 30 3 3⎥ = 3 ⎢ ∫ 2 π ( ) ⎣⎢ 0 ⎦⎥
3
=
3
( 2π )
3
( 2π )
2
=
3 . 2π
Ковариационная матрица Определение 1. Ковариацией случайных величин ξ, η называется число
cov ( ξ, η) = M ( ξη) − Mξ ⋅ Mη . Определение 2. Коэффициентом корреляции случайных величин ξ, η называется число
ρξ ,η =
cov ( ξ, η ) , σξ ⋅ ση
где σξ = Dξ , ση = Dη .
Определение 3. Ковариационной матрицей системы случайных величин
( ξ1, ξ2 ,K, ξn )
называется квадратная матрица σi , j
n i , j=1
, где σi , j = cov ( ξi , ξ j ) ,
σi , i = cov ( ξi , ξi ) = Dξi . В дискретном случае имеет место формула
cov ( ξ, η ) = ∑ xk ym P ( ξ = xk , η = ym ) − Mξ ⋅ Mη . k, m
В абсолютно непрерывном случае справедлива формула
cov ( ξ, η) =
+∞ +∞
∫ ∫ xypξη ( x, y ) dxdy − Mξ ⋅ Mη .
−∞ −∞
Пример 1. Бросаются две игральные кости. Пусть ξ − число очков на первой кости, η − максимум из двух чисел очков. Найти математические
ожидания случайных величин ξ, η, ковариационную матрицу и коэффициент корреляции. Решение. В этой задаче элементарным исходом является вектор ( i, j ) , где i − число очков на первой кости, j − число очков на второй кости. Пространство
{
}
элементарных событий состоит из равновозможных исходов: Ω = ( i, j ): i, j = 1, 6 ,
1 . Имеем: 36
Ω = 36 . Вероятность каждого элементарного события равна ξ ( ( i, j ) ) = i , η ( ( i, j ) ) = max {i, j} . Случайная величина
( ξ, η)
− дискретная
двумерная случайная величина. Составим таблицу её распределения. Для этого найдём pi , j = P ( ξ = i, η = j ) . Заметим, что {ω: ξ ( ω) = i, η ( ω ) = j} = ∅ , если i > j ;
{ω: ξ ( ω) = i, η ( ω) = j} = {( i,1) , ( i, 2 ) ,K, ( i, i )} ,
i = j,
если
{ω: ξ ( ω) = i, η ( ω) = j} = {( i, j )} , если i < j . Поэтому 6
Σ
0
1 36
0
3 36
0
5 36
0
7 36
5 36
0
9 36
1 36
1 36
6 36
11 36
1 6
1 6
1 6
1
ξ
1
1
1 36 0
2
1 36
2 36
0
3
1 36
1 36
3 36
0
4
1 36
1 36
1 36
4 36
0
5
1 36
1 36
1 36
1 36
6
1 36
1 36
1 36
Σ
1 6
1 6
1 6
2
3
4
5
η 0
0 0
0 0 0
и,
наконец,
⎧0, i > j , ⎪ P ( ξ = i, η = j ) = ⎨i 36, i = j , ⎪ ⎩1 36, i < j , и таблица распределения случайной величины ( ξ,η) имеет приведённый выше вид: С помощью этой таблицы находим: 6
1 21 7 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ) = = ; 6 6 2
Mξ = ∑ xk P ( ξ = xk ) = k =1
6
Mη = ∑ ym P ( η = ym ) = m=1
1 161 (1 + 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 3 + 7 ⋅ 4 + 9 ⋅ 5 + 11 ⋅ 6 ) = ; 36 36
6
σ11 = Dξ = ∑ xk2 P ( ξ = xk ) − ( Mξ ) = 2
k =1
(
)
1 2 49 35 1 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 − = ; 6 4 12
6
σ22 = Dη = ∑ ym2 P ( η = ym ) − ( Mη) = 2
m=1
(
2
)
1 2555 ⎛ 161 ⎞ ; = 1 + 3 ⋅ 22 + 5 ⋅ 32 + 7 ⋅ 42 + 9 ⋅ 52 + 11 ⋅ 62 − ⎜ ⎟ = 36 ⎝ 36 ⎠ 1296
σ12 = σ21 = cov ( ξ, η) = =
6
∑ xk ymP ( ξ = xk , η = ym ) − Mξ ⋅ Mη =
k ,m =1
(
)
(
)
1 2 3 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ) + 22 + 3 + 4 + 5 + 6 + 32 + 4 + 5 + 6 + 36 36 36 +
(
)
(
)
4 2 5 2 6 7 161 105 4 +5+6 + 5 + 6 + ⋅ 62 − ⋅ = . 36 36 36 2 36 72
Ковариационная матрица имеет вид:
35 12 105 72
105 72 . 2555 1296
Коэффициент корреляции ρξη случайных величин ξ, η равен
cov ( ξ, η)
ρξη =
=
Dξ ⋅ Dη
σ12 = σ11 ⋅ σ22
105 ≈ 0,608 . 35 2555 72 ⋅ 12 1296
Пример 2. Найти математические ожидания и ковариационную матрицу системы случайных величин ( ξ, η ) , если плотность вероятности
p ( x, y ) = Решение.
Двумерная
(
2 2
)
2
π x + y +1
случайная
3
.
величина
( ξ, η)
имеет
абсолютно
непрерывное распределение. +∞ +∞
+∞
+∞
2 xdx Mξ = ∫ ∫ xp ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫ =0, 3 2 2 π −∞ −∞ −∞ −∞ x + y + 1
(
)
так как внутренний интеграл берётся от нечётноё функции по симметричному промежутку. Аналогично, +∞ +∞
+∞
+∞
2 ydy Mη = ∫ ∫ yp ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ = 0. 3 2 2 π −∞ −∞ −∞ −∞ x + y + 1
(
+∞ +∞
)
+∞ +∞ x = r cos ϕ 2 x 2 dxdy σ11 = Dξ = ∫ ∫ x p ( x, y ) dxdy = ∫ ∫ = = 3 2 2 y r sin = ϕ π −∞ −∞ −∞ −∞ x + y + 1
2π
2 = ∫ cos 2 π0
2
) 2 1 − cos 2ϕ 1 r d ( r + 1) r dr ϕ dϕ ⋅ ∫ = ∫ =r dϕ ⋅ ∫ π 2 2 ( r + 1) ( r + 1) +∞ 0
(
2π
3
+∞
3
2
0
2 π +∞
1 ⎛ 1 ⎞ = ⎜ ϕ + cos 2ϕ ⎟ ⋅ 2π ⎝ 2 ⎠0
∫ 1
0
2
2
2
3
2
+∞
1 1 1 t −1 ⎛ 1 1 ⎞ ⋅ 2π ⋅ ⎜ − + 2 ⎟ = 1 − = . dt = 3 2π 2 2 t ⎝ t 2t ⎠ 1
Аналогично, +∞ +∞
+∞ +∞
2 y 2 dxdy 1 σ 22 = Dη = ∫ ∫ y p ( x, y ) dxdy = ∫ ∫ = . 3 2 π −∞ −∞ x 2 + y 2 + 1 −∞ −∞ 2
+1= t =
(
)
+∞ +∞
+∞
+∞
2 ydy σ12 = σ 21 = ∫ ∫ xyp ( x, y ) dxdy = ∫ xdx ∫ = 0. 3 2 2 π −∞ −∞ −∞ −∞ x + y + 1
(
)
Ковариационная матрица, таким образом, имеет вид:
12 0 . 0 12 Пример 3. В круг x 2 + y 2 ≤ R 2 наудачу бросается точка. Рассматриваются случайные величины: ξ − расстояние от точки до центра круга, η − расстояние от точки до оси Oy. Найти математические ожидания и ковариационную матрицу системы случайных величин ( ξ, η ) . Решение. Пространство элементарных событий есть множество точек круга:
Ω=
{( x, y ): x
Ω
точки.
2
}
+ y 2 ≤ R 2 . Пусть X, Y − случайные координаты брошенной в круг
Двумерная
случайная
величина
(X,Y )
имеет
равномерное
распределение в круге Ω, т. е.,
⎧ 1 , ⎪ p X ,Y ( x, y ) = ⎨ πR 2 ⎪ 0, ⎩
( x, y ) ∈Ω, ( x, y ) ∉Ω.
Случайные величины ξ и η есть следующие функции от случайных координат X, Y:
ξ = X 2 +Y2 , η= Y . Из этого следует, что
Mξ = ∫∫ Ω
2π R x = r cos ϕ, 1 1 1 1 2 x + y ⋅ 2 dxdy = = 2 ∫ d ϕ∫ r ⋅ rdr = 2 ⋅ 2π ⋅ R 3 = R , y = r sin ϕ 3 3 πR πR 0 πR 0 2
2
Mη = ∫∫ Ω
1 1 y ⋅ 2 dxdy = 2 πR πR
2π
∫ 0
=−
R
π
1 1 sin ϕ d ϕ∫ r ⋅ rdr = 2 ⋅ R 3 ⋅ 2∫ sin ϕd ϕ = πR 3 0 0
2R 4R π cos ϕ 0 = . 3π 3π
σ11 = Dξ = ∫∫ Ω
(
)
1 1 2 x + y ⋅ 2 dxdy − ( Mξ ) = 2 πR πR 2
2
2π
R
0
0
∫ d ϕ∫ r
2
4 ⋅ rdr − R 2 = 9
1 R4 4 2 R2 = 2 ⋅ 2π ⋅ − R = . 4 9 18 πR 1 1 2 σ 22 = Dη = ∫∫ y ⋅ 2 dxdy − ( Mη ) = 2 πR πR Ω 2
R2 = 4π
2π
R
2
⎛ 4R ⎞ ∫ sin ϕd ϕ∫ r ⋅ rdr − ⎝⎜ 3π ⎠⎟ = 0 0 2
2
2π
1 − cos 2ϕ 16 R 2 R 2 2π 16 R 2 ⎛ 1 16 ⎞ 2 ⋅ − = ⎜ − 2 ⎟R . ϕ − = d 2 2 ∫ 2 4 2 π 9 π 9 π ⎝ 4 9π ⎠ 0
1 σ12 = σ 21 = 2 ∫∫ y πR Ω
1 x + y dxdy − Mξ ⋅ Mη = 2 πR 2
2
2π
R
0
0
∫ sin ϕ d ϕ∫ r
2
2 4R ⋅ rdr − R ⋅ = 3 3π
π
1 R4 8R 2 R 2 8R 2 R 2 = 2⋅ ⋅ 2 sin ϕd ϕ − = ⋅2− = . 9π 2π 9π 9π πR 4 ∫0 Таким образом, ковариационная матрица имеет вид:
R2 18 R2 9π
R2 9π . ⎛ 1 16 ⎞ 2 ⎜ − 2 ⎟R ⎝ 4 9π ⎠
Локальная и интегральная теоремы Муавра-Лапласа Рассматриваются повторные независимые испытания, или испытания по схеме Бернулли. Вероятность появления некоторого случайного события в единичном испытании равна p. Обозначим: событие Ak – “в серии из n испытаний случайное событие произойдёт ровно k раз” и событие B – “число k наступлений случайного события будет находиться в пределах от m1 до m2”. Вероятности этих событий определяются по формулам Pn ( A k ) = Cnk p k q n −k , Pn ( B ) =
m2
∑ Cnk p k q n−k .
k = m1
Для большого числа повторных независимых испытаний n при вычислении вероятностей событий A k и B по этим формулам возникают значительные, а порой и непреодолимые, арифметические затруднения. Преодолеть их позволяют локальная и интегральная теоремы Муавра-Лапласа, которые используют тот x2
1 −2 e после некоторых линейных преобразований факт, что функция ϕ ( x ) = 2π хорошо аппроксимирует биномиальное распределение. Локальная теорема. Если вероятность p появления случайного события в единичном испытании удовлетворяет неравенству 0 < p < 1 , то для k таких, что
(
k − np = o ( npq )
23
) будет справедливо приближённое равенство: Pn ( A k ) ≈
где x =
1 ϕ( x ) , npq
k − np . npq
Интегральная теорема. Если вероятность p появления случайного события в единичном испытании удовлетворяет неравенству 0 < p < 1 , то будет справедливо приближённое равенство: Pn ( B ) ≈ Φ ( b ) − Φ ( a ) , x
z2
− m − np m − np 1 2 dz − функция Лапласа. Функция , b= 2 , Φ( x) = e где a = 1 ∫ npq npq 2π 0
Φ ( x ) нечётная, т.е., Φ ( − x ) = −Φ ( x ) , и для значений аргумента x, больших пяти, принимают Φ ( x ) = 0 ,5 . Точность величиной
аппроксимации
биномиального
распределения
оценивается
p2 + q2 . Отсюда видно, что чем больше n, тем приближённые npq
равенства будут точнее. Практически теоремы Муавра-Лапласа дают хорошую
аппроксимацию уже при npq ≥ 9 . Пример 1. Некоторое случайное событие в каждом из n = 432 повторных независимых испытаний происходит с вероятностью p = 0 ,25 . Найти вероятность того, что это событие произойдёт: а) 108 раз; б) 111 раз; в) 120 раз. Чему равна вероятность того, что число наступлений случайного события будет находиться в пределах: а) от 108 до 117; б) от117 до 126; в) от 126 до135?
Решение. Первая часть задачи требует применения локальной теоремы, т.е., вычисления вероятности Pn ( A k ) . Здесь np = 432 ⋅ 0,25 = 108 , npq = 81 и Вычисляем x =
x2 =
npq = 9 .
k − np для значений k1 = 108 , k2 = 111 , k3 = 120 . Получаем: x1 = 0 , npq
1 4 ≈ 0 ,333 , x3 = ≈ 1,333 . По таблицам определяем значения функции ϕ ( x ) : 3 3
ϕ ( 0 ) = 0 ,3989 , ϕ ( 0 ,333) = 0 ,3786 , ϕ (1,333) = 0 ,1640 . Согласно локальной теореме Муавра-Лапласа, получаем:
1 а) Pn A k1 ≈ ⋅ 0 ,3989 = 0 ,0443 ; 9
( )
1 б) Pn A k2 ≈ ⋅ 0 ,3786 = 0,0421 ; 9
(
)
1 в) Pn A k3 ≈ ⋅ 0 ,1640 = 0 ,0182 9
( )
Однако при k3 = 120 имеем отклонение
( npq )
23
третьего
k − np = 12 , в то время как
≈ 4 ,327 . Сравнение этих величин приводит к выводу, что величина результата
0,0182
может
значительно
отличаться
от
значения
( )
вероятности Pn A k3 . Вторая часть задачи требует применения интегральной теоремы.
а) Здесь m1 = 108 и m2 = 117 . Значит, a =
108 − 108 117 − 108 = 0, b = = 1. По 9 9
таблицам определяем значения функции Лапласа Φ ( a ) и Φ ( b ) и применяем
формулу: Pn ( B ) = Φ ( b ) − Φ ( a ) = Φ (1) − Φ ( 0 ) = 0 ,3413 − 0 = 0 ,3413 . Аналогично поступаем в двух остальных случаях.
б) m1 = 117 , m2 = 126 ; a = 1 , b = 2 . Pn ( B ) = Φ ( 2 ) − Φ (1) = 0 ,4772 − 0 ,3413 = 0 ,1359 .
в) m1 = 126 , m2 = 135 ; a = 2 , b = 3 . Pn ( B ) = Φ ( 3) − Φ ( 2 ) = 0 ,4986 − 0 ,4772 = 0 ,0214 . Величина
p2 + q2 , оценивающая точность аппроксимации, равна для npq
рассматриваемой задачи 0,0694. Отсюда можно сделать вывод, что величина третьего результата может значительно отличаться от истинного значения вероятности. Пример 2. Вероятность появления некоторого события в одном испытании
p = 0 ,6 . Найти вероятность того, что при проведении n = 2400 испытаний число появлений этого события будет заключено в пределах: а)от 1404 до 1476; б)от 1440 до 1512; в)от 1476 до 1548.
Решение. Здесь q = 1 − p = 0 ,4 , np = 1440 , npq = 576 и
npq = 24 . Если k –
число наступлений события в серии из n = 2400 испытаний, то, применяя интегральную теорему Муавра-Лапласа, в случае а) получаем:
⎛ 1476 − 1440 ⎞ ⎛ 1404 − 1440 ⎞ P (1404 ≤ k ≤ 1476 ) = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = Φ (1,5 ) − Φ ( −1,5 ) = 24 24 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = 2Φ (1,5 ) = 2 ⋅ 0 ,4332 = 0 ,8664 . Аналогично, в случаях б) и в) получим:
P (1440 ≤ k ≤ 1512 ) = Φ ( 3) − Φ ( 0 ) = 0 ,4986 − 0 = 0 ,4986 ; P (1476 ≤ k ≤ 1548 ) = Φ ( 4 ,5 ) − Φ (1,5 ) = 0 ,499997 − 0 ,4332 = 0 ,06680 . Пример 3. Какова вероятность того, что при 1800 подбрасываниях игральной кости число выпадений на верхней грани числа очков, кратного трём,
будет отличаться от среднего ожидаемого числа выпадений в ту или иную сторону не более, чем на: а)20; б)40; в)60; г)80?
Решение. Так как вероятность выпадения при одном подбрасывании числа
1 очков, кратного трём, p = , то среднее ожидаемое числа таких выпадений при 3 1 1800 подбрасываниях np = 1800 ⋅ = 600 . При этом npq = 400 и 3
npq = 20 .
Следовательно, необходимо определить вероятности следующих случайных событий:
{
}
а) k − np < 1 ⋅ npq ;
{
}
{
} в){ k − np < 3 ⋅ npq} ; npq ) = 2Φ ( l ) , где l = 1,2 ,3,4 .
б) k − np < 2 ⋅ npq ;
(
г) k − np < 4 ⋅ npq . Очевидно, что P k − np < l ⋅ Значит: в случае а)
P ( k − np < 20 ) = 2Φ (1) = 0 ,6826 ; в случае б)
P ( k − np < 40 ) = 2Φ ( 2 ) = 0 ,9544 ; в случае в)
P ( k − np < 60 ) = 2Φ ( 3) = 0 ,9972 ; в случае г)
P ( k − np < 80 ) = 2Φ ( 4 ) = 0 ,99994 . Пример 4. В страховой компании застраховано на некоторый период времени 20 000 лиц одинакового возраста и одной социальной группы. В среднем вероятность несчастного случая, который может произойти с каждым из застрахованных в течение этого периода p = 0 ,003 . Каждое лицо при заключении договора о страховании вносит 15 руб., и если до истечения срока страхования с каким либо лицом произойдёт несчастный случай, компания по его страховому полису выплачивает 3 000 руб. Определить вероятность того, что: а)страховая компания потерпит убыток; б)прибыль страховой компании составит не менее 1/3 полученной при заключении договоров страхования суммы; в)прибыль страховой
компании составит не менее половины этой суммы.
Решение. а)При заключении договоров страхования компания получит 300000 руб. Следовательно, она потерпит убыток, если k – число страховых полисов, предъявленных к оплате, превысит 100. Вероятность того, что компания потерпит убыток, равна
⎛ 20000 − 60 ⎞ ⎛ 100 − 60 ⎞ P (100 < k ≤ 20000 ) ≈ Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = 0. 7 , 734 7 , 734 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Таким
образом,
для
компании
потерпеть
убыток
–
практически
невозможное событие.
б)Если число страховых полисов, предъявляемых к оплате, не превысит 66, то компания получит прибыль не менее 100 000 руб. Вероятность того, что прибыль составит не менее 1/3 полученной суммы, равна
⎛ 66 − 60 ⎞ ⎛ 0 − 60 ⎞ P ( 0 ≤ k ≤ 66 ) ≈ Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟ = Φ ( 0 ,776 ) + Φ ( 7 ,76 ) ≈ 0,773 . 7 , 734 7 , 734 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ в)Если число страховых полисов, предъявляемых к оплате, не превысит 50, то компания с вероятностью
P ( 0 ≤ k ≤ 50 ) ≈ −Φ (1,29 ) + Φ ( 7 ,76 ) ≈ 0 ,0985 получит доход не менее 150 000 руб. Пример 5. При изготовлении отливок получается 20% брака. Сколько необходимо запланировать отливок к изготовлению, чтобы с вероятностью не менее 0,95 была обеспечена программа выпуска изделий, для выполнения которой необходимо 50 бездефектных отливок?
Решение. Примем вероятность изготовления бездефектной отливки равной
p = 0 ,8 . Надо определить n – число планируемых отливок так, чтобы с вероятностью 0,95 число бездефектных отливок k удовлетворяло неравенству
50 ≤ k ≤ n , т.е., P ( 50 ≤ k ≤ n ) ≥ 0 ,95 . Так как
⎛ n − 0,8n ⎞ ⎛ 50 − 0,8n ⎞ P ( 50 ≤ k ≤ n ) = Φ ⎜ ⎟ − Φ⎜ ⎟, ⎝ 0 ,4 n ⎠ ⎝ 0 ,4 n ⎠
то имеем:
⎛ 50 − 0,8n ⎞ Φ 0,5 n − Φ ⎜ ⎟ ≥ 0,95 . ⎝ 0 ,4 n ⎠
(
)
(1)
Число планируемых отливок будет больше пятидесяти, 0,5 n > 3,5 ,
(
)
(
)
поэтому Φ 0,5 n > 0,4997 . Практически можно считать, что Φ 0,5 n = 0,5 .
⎛ 50 − 0,8n ⎞ Тогда из (1) имеем −Φ ⎜ ⎟ ≥ 0,45 . Из последнего неравенства следует, что 0 4 , n ⎝ ⎠ аргумент
функции
Лапласа
отрицателен.
Воспользовавшись
нечётностью
⎛ 0,8n − 50 ⎞ 0,8n − 50 ≥ ≥ 1,645 . Решая 0 45 , . Тогда функции Лапласа, получим: Φ ⎜ ⎟ 0 ,4 n ⎝ 0 ,4 n ⎠ это квадратное неравенство, находим, что число n планируемых отливок должно быть не менее 65. Пусть при проведении n испытаний событие A произошло k раз. Величина
k называется относительной частотой появления этого события. Интегральная n теорема Муавра-Лапласа применяется при решении следующих трёх типов задач. I тип. Какова вероятность β того, что при проведении n повторных независимых испытаний относительная частота
k отклонится от вероятности p n
появления события в единичном испытании меньше, чем на ε?
⎛ ⎛k ⎞ n ⎞ P ⎜ − p < ε ⎟ = 2Φ ⎜ ε ⎟ = β. ⎝n ⎠ ⎝ pq ⎠ II тип. Сколько нужно провести повторных независимых испытаний, чтобы с уверенностью, не меньшей, чем β, утверждать, что относительная частота отклонится от вероятности p меньше, чем на ε?
k n
2
pq ⎡ ⎛ β ⎞⎤ n ≥ 2 ⎢Φ −1 ⎜ ⎟ ⎥ . ε ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ III тип. Найти такое положительное число ε, чтобы с уверенностью β можно было утверждать, что при проведении n испытаний отклонение относительной частоты
k появления события от его вероятности p будет меньше ε. n
ε=
pq −1 ⎛ β ⎞ ⋅Φ ⎜ ⎟. n ⎝2⎠
Пример 6. Предполагается, что вероятность некоторого события p = 0 ,75 . Для проверки этого предположения планируется провести несколько серий повторных независимых испытаний. С какой степенью уверенности β можно будет утверждать, что полученное значение относительной частоты отклонится от вероятности p меньше, чем на ε = 0 ,01 , если будет проведено n1 = 900 , n2 = 1600 ,
n3 = 2500 , n4 = 10000 испытаний? Решение. Искомые вероятности βi ( i = 1,2 ,3,4 ) определим по формуле
⎛ β i = 2Φ ⎜ ε ⋅ ⎝
ni ⎞ ⎟. pq ⎠
Здесь интересно проследить динамику изменения степени уверенности β в полученных результатах испытаний в связи с ростом числа испытаний.
⎛ ⎞ 900 β1 = 2Φ ⎜ 0 ,01 ⋅ ⎟ = 2Φ ( 0 ,6928 ) = 0,510 ; 0 , 75 ⋅ 0 , 25 ⎝ ⎠ ⎛ 1600 ⎞ β2 = 2Φ ⎜ 0 ,01 ⋅ ⎟ = 2Φ ( 0 ,9238 ) = 0 ,644 ; 0 , 75 ⋅ 0 , 25 ⎝ ⎠ ⎛ 2500 ⎞ β3 = 2Φ ⎜ 0 ,01 ⋅ ⎟ = 2Φ (1,1547 ) = 0 ,752 ; 0 ,75 ⋅ 0 ,25 ⎠ ⎝ ⎛ 10000 ⎞ β4 = 2Φ ⎜ 0 ,01 ⋅ ⎟ = 2Φ ( 2 ,3094 ) = 0 ,979 . 0 , 75 ⋅ 0 , 25 ⎝ ⎠
Пример 7. Французский учёный XVIII века Бюффон подбросил монету 4040 раз, при этом “герб” появился 2048 раз. Найти вероятность того, что при повторении опыта Бюффона относительная частота появления “герба” отклонится от вероятности его появления при одном подбрасывании по абсолютной величине не более, чем в опыте Бюффона.
Решение. В опыте Бюффона n = 4040 , k = 2048 , ε =
k 2048 1 −p= − = n 4040 2
= 0 ,007 . Искомая вероятность β будет равна:
⎛ 4040 ⎞ β = 2Φ ⎜ 0 ,007 ⋅ ⎟ = 2Φ ( 0 ,89 ) = 0 ,6266 . 0 ,5 ⋅ 0 ,5 ⎠ ⎝ Пример 8. В опыте Бюффона отклонение относительной частоты выпадений “герба” от вероятности 0,5 составило ε = 0 ,007 . Сколько раз нужно подбросить монету, чтобы с уверенностью не меньшей, чем 0,9, ожидать такое же отклонение относительной частоты выпадений “герба” от вероятности его выпадения при одном подбрасывании?
Решение. Число подбрасываний монеты определяется из неравенства
n≥
2 0,5 ⋅ 0,5 −1 ⎡ ⎤ 0 , 45 ⋅ Φ ( ) ⎦ = 13806,5 . 0,007 2 ⎣
Пример 9. Повторяя опыт Бюффона, подбросили монету 4040 раз. Каким будет положительное число ε, чтобы с уверенностью 0,9 абсолютная величина отклонения относительной частоты выпадений “герба” от его вероятности 0,5 не превысила ε?
Решение. Число ε определяется по формуле
ε=
pq −1 ⎛ β ⎞ 0 ,5 ⋅ 0 ,5 −1 ⋅Φ ⎜ ⎟ = ⋅ Φ ( 0 ,45 ) = 0 ,013 . 4040 n ⎝2⎠
Закон больших чисел. Центральная предельная теорема. Закон больших чисел – это совокупность теорем, в которых на
последовательность независимых случайных величин {ξk } , k = 1, 2, ... , налагаются условия, при которых среднее арифметическое большого числа этих величин с вероятностью, близкой к единице, т. е., практически достоверно, очень мало отличается от среднего арифметического их математических ожиданий:
⎛1 n ⎞ 1 n lim P ⎜ ∑ ξk − ∑ Mξ k < ε ⎟ = 1 . n→∞ n k =1 ⎝ n k =1 ⎠ В самой общей форме требования накладываются в теореме Чебышева: независимые случайные величины ξk могут быть разнораспределёнными, но их дисперсии должны быть ограничены одной общей константой, т. е., Dξ k = σ 2k ≤ c < + ∞ ∀k ∈
.
В доказательстве теоремы используется неравенство Чебышева
P ( ξ − Mξ ≤ ε ) ≥ 1 −
Dξ , ε2
которое можно применять для оценки вероятности того, что среднее арифметическое
значений
случайных
величин
отклонится
от
среднего
арифметического их математических не более, чем на заданную величину, т.е., n
∑ Dξk ⎛1 n ⎞ 1 n P ⎜ ∑ ξk − ∑ Mξk ≤ ε ⎟ ≥ 1 − k =12 2 . n k =1 nε ⎝ n k =1 ⎠ Вид этого неравенства значительно упрощается, если случайные величины
ξk одинаково распределены. Так как в этом случае при любом k Mξ k = m и Dξ k = = σ 2 , то
⎛1 n ⎞ σ2 P ⎜ ∑ ξk − m ≤ ε ⎟ ≥ 1 − 2 . nε ⎝ n k =1 ⎠ Пример 1. Вероятность некоторого события A в каждом из n независимых
1 испытаний p = . Используя неравенство Чебышева, оценить вероятность того, 3 что сто относительная частота этого события отклонится от его вероятности по
абсолютной величине не более чем на 0,01, если будет проведено: а) n = 9 000 испытаний; б) n = 75 000 испытаний. Сравнить полученные результаты с вероятностями, получаемыми при применении интегральной теоремы МуавраЛапласа.
Решение. Естественно считать, что каждое из n испытаний определяет бернуллиевскую случайную величину ξk − результат k-го испытания. При этом мы полагаем ξ k = 1 , если событие A произошло, и ξ k = 0 , если событие A не произошло. Ясно, что характеристик
P ( ξk = 1) =
каждой
1 3 из
и
2 P ( ξk = 0 ) = . Значения числовых 3 ξk равны:
1 Mξ k = m = p = , 3
2
Dξk =
Mξ 2k
1 ⎛1⎞ 2 − M ξ k = σ = − ⎜ ⎟ = . Тогда по неравенству Чебышева в форме 3 ⎝3⎠ 9 2
2
для одинаково распределённых слагаемых для ε = 0,01 получаем:
2 ⎛1 n ⎞ 9 ≈ 0 ,753 ; а) P ⎜ ∑ ξ k − m ≤ ε ⎟ ≥ 1 − 2 n ⋅ , 9000 0 01 ⎝ k =1 ⎠ ⎛ б) P ⎜ ⎝
2 ⎞ 1 9 ξk − m ≤ ε ⎟ ≥ 1 − ≈ 0 ,970 . ∑ 2 n k =1 ⋅ , 75000 0 01 ⎠ n
Сравним полученные результаты с вероятностями, получаемыми при применении интегральной теоремы Муавра-Лапласа. По этой теореме
⎛1 n ⎞ ⎛ n ⎞ P ⎜ ∑ ξk − m ≤ ε ⎟ ≈ 2Φ ⎜ ε ⎟. n p q = 1 k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ а) При n =9 000 получаем ε
n 9000 = 0 ,01 ⋅ = 0 ,1 ⋅ 9 ⋅ 5 ≈ 2,012 . По 1 2 pq ⋅ 3 3
⎛ n ⎞ таблицам значений функции Лапласа Φ ⎜ ε ⎟ ≈ Φ ( 2 ,012 ) ≈ 0 ,4779 . Значит, pq ⎝ ⎠
⎛1 n ⎞ P ⎜ ∑ ξk − m ≤ ε ⎟ ≈ 0 ,9558 . ⎝ n k =1 ⎠ б) При n = 75 000 имеем ε
n 75000 = 0 ,01 ⋅ ≈ 5,809 . Значит, 1 2 pq ⋅ 3 3
⎛1 n ⎞ P ⎜ ∑ ξk − m ≤ ε ⎟ ≈ 2Φ ( 5,809 ) = 2 ⋅ 0 ,5 = 1 . ⎝ n k =1 ⎠ Пример
2.
Для
определения
средней
продолжительности
горения
электролампочек в партии из 100 одинаковых ящиков было взято в выборку по одной электролампочке из каждого ящика. Оценить вероятность того, что отклонение средней продолжительности горения лампочки в выбранной совокупности от средней продолжительности горения лампочки во всей партии не превзойдёт
восьми
часов,
если
среднее
отклонение
квадратическое
продолжительности горения электролампочки в партии не превышает 80 часов. Как изменится эта вероятность, если из каждого ящика взять по две лампочки?
Решение. Пусть ξk − время продолжительности горения k-ой лампочки в выбранной совокупности. Естественно считать, что все случайные величины ξk (k=1, 2, …, 100) одинаково распределены, т.е., у них одинаковые плотность вероятности и числовые характеристики
Mξ k = m
продолжительность
выбранной
горения
лампочек
в
и
Dξ k = σ 2 . Средняя
совокупности
равна
σ2 1 100 ∑ ξk = ξ . При этом Mξ = m и Dξ = 100 . Необходимо оценить P ξ − m ≤ 8 . 100 k =1
(
)
Так как все случайные величины ξk одинаково распределены и имеют конечную дисперсию σ 2 = 80 2 , то применяем теорему Леви из ЦПТ (центральной предельной теоремы), согласно которой случайная величина τn =
ξ−m n при σ
достаточно больших n подчиняется закону, близкому к нормальному с нулевым математическим ожиданием и равной единице дисперсией, т. е.,
P ( τn < ε ) ≈ 2Φ ( ε ) .
{
Случайные события
⎧⎪ ξ − m ξ−m ≤8 и ⎨ ⎪⎩ σ
}
n = τn ≤
8 n ⎫⎪ ⎬ равновероятны, σ ⎭⎪
поэтому для решения задачи нужно вычислить
⎛ ξ−m 8 n ⎞ ⎛8 n ⎞ P⎜ ≤ ⎟ ≈ 2Φ ⎜ ⎟. ⎜ σ ⎟ σ σ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Аргумент функции Лапласа здесь равен
8 ⋅ 100 = 1, по таблицам значений 80
функции Лапласа находим Φ (1) = 0 ,3413 . Следовательно,
(
)
P ξ − m ≤ 8 ≈ 2 ⋅ 0 ,3413 = 0,6826 . Если
объём
выборки
увеличить
вдвое,
т.
е.,
электролампочек, то аргумент функции Лапласа будет равен
(
выбрать
двести
8 200 = 2 ≈ 1,414 и 80
)
P ξ − m ≤ 8 ≈ 2Φ (1,414 ) = 2 ⋅ 0,4213 = 0,8426 . Пример 3. В результате медицинского осмотра 900 призывников установлено, что средний вес призывников на 1,2 кг больше, чем средний вес призывников за один из предшествующих периодов. Можно ли это отклонение объяснить
случайностью,
если
среднее
квадратическое
отклонение
веса
призывников равно 8 кг?
Решение. Пусть случайная величина ξk − вес k-го призывника. Как и в предыдущих примерах считаем, что все случайные ξk (k = 1, 2, …, 900) распределены по одному и тому же закону. В качестве математического ожидания Mξ k = m примем средний вес призывников за тот предшествующий период, с
которым производится сравнение. Среднее квадратическое отклонение каждой случайной величины σ = 8 кг.
1 900 Если обозначить ∑ ξk = ξ , то для ответа на вопрос задачи нужно 900 k =1 оценить
вероятность
случайного
события
{ ξ − m ≥ 1,2} .
Переходя
к
противоположному событию и рассуждая, как и в предыдущем примере, получаем:
⎛ ξ−m P ξ − m ≥ 1,2 = 1 − P ξ − m < 1,2 = 1 − P ⎜ ⎜ σ ⎝
(
)
(
)
1,2 n ⎞ n< ⎟≈ σ ⎟⎠
⎛ 1,2 n ⎞ ⎛ 1,2 900 ⎞ ≈ 1 − 2Φ ⎜ ⎟ = 1 − 2Φ ⎜ ⎟ = 1 − 2Φ ( 4,5 ) = 1 − 2 ⋅ 0 ,499997 = 0 ,000006 . 8 σ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Так как получившаяся вероятность ничтожно мала, то можно сказать, что случайное событие
{ ξ − m ≥ 1,2}
− практически невозможное. Значит, такое
отклонение среднего веса призывников объяснить случайностью нельзя и следует констатировать, что обследованный контингент призывников имеет в среднем больший вес, чем m. Пример
4.
Производится
выборочное
обследование
партии
электролампочек для определения средней продолжительности их горения. Каков должен быть объём выборки, чтобы с уверенностью, не меньшей 0,9876, утверждать, что средняя продолжительность горения лампочки по всей партии отличается от средней, полученной в результате эксперимента, не более чем на 10 часов, если среднее квадратическое отклонение продолжительности горения лампочки равно 80 часов?
Решение. Эта задача является в некотором смысле обратной задаче примера 2. Поэтому используем обозначения и полученные неравенства этого примера. По условию задачи, для n ≥ n0 должно быть справедливо: ⎛ ξ−m P ξ − m ≤ 10 = P ⎜ ⎜ σ ⎝
(
)
n≤
⎛ 10 n ⎞ 10 n ⎞ ⎟ ≈ 2Φ ⎜ ⎟ ≥ 0 ,9876 . σ ⎟⎠ σ ⎝ ⎠
Следовательно, искомое число можно определить, решив неравенство
⎛ 10 n ⎞ 10 n ≥ Φ −1 ( 0 ,4938 ) . По таблицам значений функции 2Φ ⎜ ⎟ ≥ 0 ,9876 , или 80 ⎝ σ ⎠ Лапласа находим Φ −1 ( 0,4938 ) = 2,5 . Значит,
n ≥ 2,5 , или 8
n ≥ 20 , откуда
n ≥ 400 .
Литература. 1) Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. 2) Ширяев А. Н. Вероятность. 3) Свешников А. А. и др. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций.
