Сформулируйте и докажите формулу Байеса. Приведите пример ее применения

Сформулируйте и докажите формулу полной вероятности. Приведите пример ее применения.

Если события H₁, H₂, …, H_n попарно несовместны и при каждом испытании обязательно наступает хотя бы одно из этих событий, то для любого события А справедливо равенство:

P(A)= P_H1(A)P(H₁)+ P_H2(A)P(H₂)+…+ P_Hn(A)P(H_n) – формула полной вероятности. При этом H₁, H₂, …, H_n называют гипотезами.

Доказательство: Событие А распадается на варианты: AH₁, AH₂, …, AH_n. (А наступает вместе с H₁ и т.д.) Иначе говоря, имеем А= AH₁+ AH₂+…+ AH_n. Так как H₁, H₂, …, H_n попарно несовместны, то несовместны и события AH₁, AH₂, …, AH_n. Применяя правило сложения, находим: P(А)= P(AH₁)+ P(AH₂)+…+ P(AH_n). Заменив каждое слагаемое P(AH_i) правой части произведением P_Hi(A)P(H_i), получаем требуемое равенство.

Пример:

Допустим, у нас есть два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго – 0,9. Найдем вероятность того, что взятая наудачу деталь – стандартная.

Р(А) = 0,5*0,8 + 0,5*0,9 = 0,85.

Сформулируйте и докажите формулу Байеса. Приведите пример ее применения.

Формула Байеса:

.

Она позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.

Доказательство: Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий H₁, H₂, …, H_n, образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами.

Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности:

P(A)= P_H1(A)P(H₁)+ P_H2(A)P(H₂)+…+ P_Hn(A)P(H_n) (1)

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. Определим, как изменились, в связи с тем, что событие А уже наступило, вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности

P_A(H₁), P_A(H₂), …, P_A(H_n).

По теореме умножения имеем:

Р(АH_i) = Р(А) Р_A(H_i) = Р(H_i)Р_Hi (А)

Отсюда

Р_A(Hi) =

Заменим здесь Р(А) по формуле (1), получаем

Пример:

Имеется три одинаковых по виду ящика. В первом ящике n=12 белых шаров, во втором m=4 белых и n-m=8 черных шаров, в третьем n=12 черных шаров. Из выбранного наугад ящика вынули белый шар. Найдите вероятность Р того, что шар вынут из второго ящика.

Решение.

4) Выведите формулу для вероятностиk успехов в серииn испытаний по схеме Бернулли.

Исследуем случай, когда производится n одинаковых и независимых опытов, каждый из которых имеет только 2 исхода {A; }. Т.е. некоторый опыт повторяется n раз, причем в каждом опыте некоторое событие А может появиться с вероятностью P(A)=q или не появиться с вероятностью P( )=q-1=p .

Пространство элементарных событий каждой серии испытаний содержит точек или последовательностей из символов А и . Такое вероятностное пространство и носит название схема Бернулли. Задача же заключается в том, чтобы для данного k найти вероятность того, что при n-кратном повторении опыта событие А наступит k раз.

Для большей наглядности условимся каждое наступление события А рассматривать как успех, ненаступление А – как неуспех. Наша цель – найти вероятность того, что из n опытов ровно k окажутся успешными; обозначим это событие временно через B.

Событие В представляется в виде суммы ряда событий – вариантов события В. Чтобы фиксировать определенный вариант, нужно указать номера тех опытов, которые оканчиваются успехом. Например, один из возможных вариантов есть

. Число всех вариантов равно, очевидно, , а вероятность каждого варианта ввиду независимости опытов равна . Отсюда вероятность события В равна . Чтобы подчеркнуть зависимость полученного выражения от n и k, обозначим его .Итак, .

5) Используя интегральную приближённую формулу Лапласа, выведите формулу для оценки отклонения относительной частоты события А от вероятности p наступления A в одном опыте.

В условиях схемы Бернулли с заданными значениями n и p для данного e>0 оценим вероятность события , где k – число успехов в n опытах. Это неравенство эквивалентно |k-np|£en, т.е. -en £ k-np £ en или np-en £ k £ np+en. Таким образом, речь идёт о получении оценки для вероятности события k₁ £ k £ k₂, где k₁ = np-en, k₂ = np+en. Применяя интегральную приближённую формулу Лапласа, получим: P( » . С учётом нечётности функции Лапласа получаем приближённое равенство P( » 2Ф .

Примечание: т.к. по условию n=1, то подставляем вместо n единицу и получаем окончательный ответ.

6) Пусть X – дискретная случайная величина, принимающая только неотрицательные значения и имеющая математическое ожидание m . Докажите, что P(X ≥ 4) ≤ m/4 .

m= (т.к. 1-ое слагаемое положительно, то если его убрать, будет меньше) ³ (заменим a на 4, будет только меньше) ³ = =4×P(X³4). Отсюда P(X ≥ 4) ≤ m/4 .

(Вместо 4 может быть любое число).

7) Докажите, что если X и Y – независимые дискретные случайные величины, принимающие конечное множество значений, то M(XY)=M(X)M(Y)

Математическим ожиданием дискретной случайной величины с законом распределения

x1	x2	…
p1	p2	…

называется число M(XY)= x₁p₁+ x₂p₂ + …

Если случайные величины X и Y независимы, то математическое ожидание их произведения равно произведению их математических ожиданий (теорема умножения математических ожиданий).

Доказательство: Возможные значения X обозначим x₁, x_2, …, возможные значения Y - y₁, y_2, … а p_ij=P(X=x_i, Y=y_j). Закон распределения величины XY будет выражаться соответствующей таблицей. M(XY)= Ввиду независимости величин X и Y имеем: P(X= x_i, Y=y_j)= P(X=x_i) P(Y=y_j). Обозначив P(X=x_i)=r_i, P(Y=y_j)=s_j, перепишем данное равенство в виде p_ij=r_is_j

Таким образом, M(XY)= = . Преобразуя полученное равенство, выводим: M(XY)=( )( ) = M(X)M(Y), что и требовалось доказать.

8) Докажите, что если X и Y – дискретные случайные величины, принимающие конечное множество значений, то M(X +Y) = M(X ) +M(Y).

Математическим ожиданием дискретной случайной величины с законом распределения

x1	x2	…
p1	p2	…

называется число M(XY)= x₁p₁+ x₂p₂ + …

Математическое ожидание суммы двух случайных величин равно сумме математических ожиданий слагаемых: M(X+Y)= M(X)+M(Y).

Доказательство: Возможные значения X обозначим x₁, x_2, …, возможные значения Y - y₁, y_2, … а p_ij=P(X=x_i, Y=y_j). Закон распределения величины X+Y будет выражаться соответствующей таблицей. M(X+Y)= .Эту формулу можно переписать следующим образом: M(X+Y)= .Первую сумму правой части можно представить в виде . Выражение есть вероятность того, что наступит какое-либо из событий (X=x_i, Y=y₁), (X=x_i, Y=y₂), … Следовательно, это выражение равно P(X=x_i). Отсюда . Аналогично, . В итоге имеем: M(X+Y)= M(X)+M(Y), что и требовалось доказать.

9) Пусть Х – дискретная случайная величина, распределенная по биномиальному закону распределения с параметрами n и р. Докажите, что М(Х)=nр, D(Х)=nр(1-р).

Пусть производится n независимых испытаний, в каждом из которых может появиться событие А с вероятностью р, так что вероятность противоположного события Ā равна q=1-p. Рассмотрим сл. величину Х – число появления события А в n опытах. Представим Х в виде суммы индикаторов события А для каждого испытания: Х=Х₁+Х₂+…+Х_n. Теперь докажем, что М(Х_i)=р, D(Х_i)=np. Для этого рассмотрим закон распределения сл. величины, который имеет вид:

Х
Р	р	q

Очевидно, что М(Х)=р, случайная величина Х² имеет тот же закон распределения, поэтому D(Х)=М(Х²)-М²(Х)=р-р²=р(1-р)=рq. Таким образом, М(Х_i)=р, D(Х_i)=pq. По теореме сложения математических ожиданий М(Х)=М(Х₁)+..+М(Х_n)=nр. Поскольку случайные величины Х_i независимы, то дисперсии тоже складываются: D(Х)=D(Х₁)+…+D(Х_n)=npq=np(1-р).

10) Пусть X – дискретная случайная величина, распределенная по закону Пуассона с параметром λ. Докажите, что M(X ) = λ .

Закон Пуассона задается таблицей:

X					…
P	e-λ	λ e-λ			…

Отсюда имеем:

=

Таким образом, параметр λ, характеризующий данное пуассоновское распределение, есть не что иное как математическое ожидание величины X.

11) Пусть Х – дискретная случайная величина, распределенная по геометрическому закону с параметром р. Докажите, что M (X) = .

Геометрический закон распределения связан с последовательностью испытаний Бернулли до 1-го успешного события А. Вероятность появления события А в одном испытании равна р, противоположного события q = 1-p. Закон распределения случайной величины Х – числа испытаний имеет вид:

х			…	n	…
Р	р	pq	…	pqn-1	…

Ряд, записанный в скобках, получается почленным дифференцированием геометрической прогрессии

.

Следовательно, .

12) Докажите, что коэффициент корреляции случайных величин Х и У удовлетворяет условию .

Определение: Коэффициентом корреляции двух слу­чайных величин называется отношение их ковариации к произведе­нию средних квадратических отклонений этих величин: . .

Доказательство: Рассмотрим случайную величину Z = . Вычислим ее дисперсию . Поскольку левая часть неотрицательна, то правая неотрицательна. Следовательно, , |ρ|≤1.

13) Как вычисляется дисперсия в случае непрерывного распределения с плотностью f (x)? Докажите, что для случайной величины X с плотностью дисперсия D(X) не существует, а математическое ожидание M(X ) существует.

Дисперсия абсолютно непрерывной случайной величины X с функцией плотности f(x) и математическим ожиданием m = M(X) определяется таким же равенством, как и для дискретной величины

.

В случае когда абсолютно непрерывная случайная величина X сосредоточена на промежутке [a, b],

∞ - интеграл расходится, следовательно, дисперсия не существует.

14) Докажите, что для нормальной случайной величины Х с функцией плотности распределения математическое ожидание М(Х) = μ.

Формула описывает плотность нормального распределения вероятностей непрерывной с.в..

Докажем, что μ есть математическое ожидание.

Поопределению математического ожидания непрерывной с.в.,

Введем новую переменную . Отсюда . Приняв во внимание, что новые пределы интегрирования равны старым, получим

Первое из слагаемых равно нулю ввиду нечетности подинтегральной функции. Второе из слагаемых равно μ (интеграл Пуассона ).

Итак, M(X)=μ, т.е. математическое ожидание нормального распределения равно параметру μ.

15) Докажите, что для нормальной случайной величины Х с функцией плотности распределения диспресия D(X) = σ².

Формула описывает плотность нормального распределения вероятностей непрерывной с.в..

Докажем, что - среднее квадратическое отклонение нормального распределения. Введем новую переменную z=(х—μ)/ . Отсюда .Приняв во внимание, что новые пределы инте­грирования равны старым, получим Интегрируя по частям, положив u=z, найдем Следовательно, .Итак, среднее квадратическое отклонение нормального распределения равно параметру .

16) Докажите, что для непрерывной случайной величины, распределенной по показательному закону с параметром , математическое ожидание .

Говорят, что случайная величина X, принимающая только неотрицательные значения, распределена по показательному закону, если для некоторого положительного параметра λ>0 функция плотности имеет вид:

Для нахождения математического ожидания воспользуемся формулой

M(X)=

Найдем интеграл методом интегрирования по частям, полагая u = x, dv = e^–λxd(λx), так что du = dx, v = –e^–λx. Получим

Таким образом, M(X)= .

17) Cформулируйте определение начальных моментов случайной величины. Докажите, что если Х и У – независимые случайные величины, то

Начальным моментом порядка k (k принадлежит N) случайной величины Х называется мат.ожиданием k-й степени Х.

Центральным моментом порядка k СВ Х называется мат.ожидание k-й степени отклонения:

Теорема: если Х и У независимые СВ, то

Док-во:

-потеореме умножения математического ожидания для независимых величин.

18) Пусть - начальные, а - центральные моменты некоторой случайной величины.

Докажите, что:

Докажем связь начальных и центральных моментов:

19) Найдите эксцесс равномерного распределения на отрезке [а,b].

A=μ₃/σ³ – асимметрия,

Ex= μ₄/σ⁴-3 – эксцесс.

.

20) Докажите независимость компонент случайного вектора (X,Y) , равномерно распределенного в прямоугольнике a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d .

По определению:

Компоненты Х и У абсолютно непрерывного случайного вектора называются независимыми, если условные плотности равны безусловным.

.

Следовательно, компоненты Х и У – независимые.