Сформулируйте и докажите формулу Байеса. Приведите пример ее применения
Сформулируйте и докажите формулу полной вероятности. Приведите пример ее применения.
Если события H1, H2, …, Hn попарно несовместны и при каждом испытании обязательно наступает хотя бы одно из этих событий, то для любого события А справедливо равенство:
P(A)= PH1(A)P(H1)+ PH2(A)P(H2)+…+ PHn(A)P(Hn) – формула полной вероятности. При этом H1, H2, …, Hn называют гипотезами.
Доказательство: Событие А распадается на варианты: AH1, AH2, …, AHn. (А наступает вместе с H1 и т.д.) Иначе говоря, имеем А= AH1+ AH2+…+ AHn. Так как H1, H2, …, Hn попарно несовместны, то несовместны и события AH1, AH2, …, AHn. Применяя правило сложения, находим: P(А)= P(AH1)+ P(AH2)+…+ P(AHn). Заменив каждое слагаемое P(AHi) правой части произведением PHi(A)P(Hi), 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, …, Hn, 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)= PH1(A)P(H1)+ PH2(A)P(H2)+…+ PHn(A)P(Hn) (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
PA(H1), PA(H2), …, PA(Hn).
По теореме умножения имеем:
Р(АHi) = Р(А) РA(Hi) = Р(Hi)РHi (А)
Отсюда
РA(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, x2, …, возможные значения Y - y1, y2, … а pij=P(X=xi, Y=yj). Закон распределения величины XY будет выражаться соответствующей таблицей. M(XY)= 
Ввиду независимости величин X и Y имеем: P(X= xi, Y=yj)= P(X=xi) P(Y=yj). Обозначив P(X=xi)=ri, P(Y=yj)=sj, перепишем данное равенство в виде pij=risj
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, x2, …, возможные значения Y - y1, y2, … а pij=P(X=xi, Y=yj). 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=xi, Y=y1), (X=xi, Y=y2), … Следовательно, это выражение равно P(X=xi). 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+…+Хn. Теперь докажем, что М(Хi)=р, D(Хi)=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(Хi)=р, D(Хi)=pq. По теореме сложения математических ожиданий М(Х)=М(Х1)+..+М(Хn)=nр. Поскольку случайные величины Хi независимы, то дисперсии тоже складываются: D(Х)=D(Х1)+…+D(Хn)=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.