Узагальнена формула байєсу. Ідеї ​​байєсу для менеджерів

При виведенні формули повної ймовірностіпередбачалося, що подія А, Імовірність якого слід визначити, могло статися з однією з подій Н 1 , Н 2 , ... , Н n, що утворюють повну групу попарно несумісних подій. У цьому ймовірності зазначених подій (гіпотез) відомі заздалегідь. Припустимо, що зроблено експеримент, в результаті якого подія Анастало. Ця додаткова інформація дозволяє провести переоцінку ймовірностей гіпотез Н i ,вирахувавши Р(Ні/А).

або, скориставшись формулою повної ймовірності, отримаємо

Цю формулу називають формулою Байєса або теоремою гіпотез. Формула Байєса дозволяє «переглянути» ймовірність гіпотез після того, як стає відомим результат досвіду, в результаті якого з'явилася подія А.

Ймовірності Р(Н i)− це апріорні ймовірності гіпотез (вони обчислені до досвіду). Імовірності ж Р(Ні/А)− це апостеріорні ймовірності гіпотез (вони обчислені після досвіду). Формула Байєса дозволяє обчислити апостеріорні ймовірності за їх апріорними ймовірностями та за умовними ймовірностями події А.

приклад. Відомо, що 5% всіх чоловіків та 0.25% всіх жінок дальтоніки. Навмання обрана особа за номером медичної картки страждає на дальтонізм. Яка ймовірність того, що це чоловік?

Рішення. Подія А– людина страждає на дальтонізм. Простір елементарних подійдля досвіду – обрано людину за номером медичної картки – Ω = ( Н 1 , Н 2 ) складається з 2 подій:

Н 1 −обраний чоловік,

Н 2 − обрана жінка.

Ці події можуть бути обрані як гіпотези.

За умовою завдання (випадковий вибір) ймовірності цих подій однакові та рівні Р(Н 1 ) = 0.5; Р(Н 2 ) = 0.5.

При цьому умовні ймовірностітого, що людина страждає на дальтонізм, рівні відповідно:

Р(А/Н 1 ) = 0.05 = 1/20; Р(А/Н 2 ) = 0.0025 = 1/400.

Оскільки відомо, що обраний людина дальтонік, т. е. подія сталося, то використовуємо формулу Байєса для переоцінки першої гіпотези:

приклад.Є три однакові на вигляд ящики. У першому ящику 20 білих куль, у другому – 10 білих та 10 чорних, у третій – 20 чорних куль. З вибраного навмання ящика вийняли білу кулю. Обчислити ймовірність того, що кулю вийнято з першої скриньки.

Рішення. Позначимо через Аподія – поява білої кулі. Можна зробити три припущення (гіпотези) про вибір скриньки: Н 1 ,Н 2 , Н 3 − вибір відповідно першої, другої та третьої скриньки.

Оскільки вибір будь-якого з ящиків рівноможливий, то ймовірності гіпотез однакові:

Р(Н 1 )=Р(Н 2 )=Р(Н 3 )= 1/3.

За умовою завдання ймовірність вилучення білої кулі з першої скриньки

Імовірність вилучення білої кулі з другої скриньки

Імовірність вилучення білої кулі з третьої скриньки

Шукану ймовірність знаходимо за формулою Байєса:

Повторення випробувань. Формула Бернуллі.

Проводиться n випробувань, у кожному з яких подія може статися чи відбутися, причому ймовірність події А кожному окремому випробуванні постійна, тобто. не змінюється від досвіду до досвіду. Як знайти ймовірність події? А в одному досвіді ми вже знаємо.

Уявляє особливий інтересймовірність появи певної кількостіразів (m разів) події А в n дослідах. подібні завданнявирішуються легко, якщо випробування є незалежними.

Опр.Кілька випробувань називаюсь незалежними щодо події А якщо ймовірність події А в кожному з них не залежить від результатів інших дослідів.

Імовірність Р n (m) настання події А рівно m разів (ненастання n-m разів, подія ) у цих n випробуваннях. Подія А з'являється в різних послідовностях m раз).

– формулу Бернуллі.

Очевидні такі формули:

Р n (m менше k разів у n випробуваннях.

P n (m>k) = P n (k+1) + P n (k+2) +…+ P n (n) - ймовірність настання події А більше k разів у n випробуваннях.

Події утворюють повну групуякщо хоча б одне з них обов'язково відбудеться в результаті експерименту і попарно несумісні.

Припустимо, що подія Aможе наступити тільки разом з одним з кількох попарно несумісних подій, що утворюють повну групу. Будемо називати події ( i= 1, 2,…, n) гіпотезамидопиту (апріорі). Імовірність появи події А визначається за формулою повної ймовірності :

Приклад 16Є три урни. У першій урні знаходяться 5 білих та 3 чорних кулі, у другій – 4 білих та 4 чорні кулі, а у третій – 8 білих куль. Навмання вибирається одна з урн (це може означати, наприклад, що здійснюється вибір із допоміжної урни, де знаходяться три кулі з номерами 1, 2 та 3). З цієї урни навмання витягується куля. Яка ймовірність того, що він виявиться чорним?

Рішення.Подія A- Витягнуто чорну кулю. Якщо було б відомо, з якої урни витягається куля, то ймовірність можна було б вирахувати по класичному визначеннюімовірності. Введемо припущення (гіпотези) щодо того, яка урна обрана для вилучення кулі.

Куля може бути витягнута або з першої урни (гіпотеза), або з другої (гіпотеза), або з третьої (гіпотеза). Так як є однакові шанси вибрати будь-яку з урн, то .

Звідси слідує що

Приклад 17Електролампи виготовляються на трьох заводах. Перший завод виробляє 30% загальної кількостіелектроламп, другий - 25%,
а третій – решту. Продукція першого заводу містить 1% бракованих електроламп, другого – 1,5%, третього – 2%. До магазину надходить продукція всіх трьох заводів. Якою є ймовірність того, що куплена в магазині лампа виявилася бракованою?

Рішення.Припущення необхідно запровадити щодо того, на якому заводі було виготовлено електролампу. Знаючи це, ми зможемо знайти можливість того, що вона бракована. Введемо позначення для подій: A– куплена електролампа виявилася бракованою, – лампа виготовлена ​​першим заводом, – лампа виготовлена ​​другим заводом,
– лампа виготовлена ​​третім заводом.

Шукану ймовірність знаходимо за формулою повної ймовірності:

Формула Байєса. Нехай - повна група попарно несумісних подій (гіпотези). А– випадкова подія. Тоді,

Останню формулу, що дозволяє переоцінити ймовірність гіпотез після того, як стає відомим результат випробування, в результаті якого з'явилася подія А, називають формулою Байєса .

приклад 18.До спеціалізованої лікарні надходять у середньому 50 % хворих із захворюванням До, 30% - з захворюванням L, 20 % –
із захворюванням M. Ймовірність повного лікування хвороби Kдорівнює 0,7 для хвороб Lі Mці ймовірності відповідно дорівнюють 0,8 і 0,9. Хворий, який вступив до лікарні, був виписаний здоровим. Знайдіть ймовірність того, що цей хворий страждав на захворювання K.

Рішення.Введемо гіпотези: – хворий страждав на захворювання До L, – хворий страждав на захворювання M.

Тоді за умовою завдання маємо. Введемо подію А- Хворий, який вступив до лікарні, був виписаний здоровим. За умовою

За формулою повної ймовірності отримуємо:

За формулою Байєса.

Приклад 19.Нехай в урні п'ять куль та всі припущення про кількість білих куль рівноможливі. З урни навмання взято кулю, він виявився білим. Яке припущення про початковий склад урни найімовірніше?

Рішення.Нехай - гіпотеза, яка полягає в тому, що в урні білих куль , Т. е. Можливо зробити шість припущень. Тоді за умовою завдання маємо.

Введемо подію А- навмання взята куля біла. Обчислимо. Оскільки , то за формулою Байєса маємо:

Таким чином, найбільш вірогідною є гіпотеза, тому що .

Приклад 20Два з трьох незалежно працюючих елементів обчислювального пристроювідмовили. Знайдіть ймовірність того, що відмовили перший і другий елементи, якщо ймовірності відмови першого, другого та третього елементів відповідно дорівнюють 0,2; 0,4 та 0,3.

Рішення.Позначимо через Аподія – відмовили два елементи. Можна зробити такі гіпотези:

– відмовили перший та другий елементи, а третій елемент справний. Оскільки елементи працюють незалежно, застосовна теорема множення:

Почнемо із прикладу. В урні, що стоїть перед вами, з рівною ймовірністю можуть бути (1) дві білі кулі, (2) одна біла і одна чорна, (3) дві чорні. Ви тягнете кулю, і він виявляється білим. Як тепер ви оціните ймовірністьцих трьох варіантів (гіпотез)? Очевидно, що ймовірність гіпотези (3) з двома чорними кулями = 0. А ось як підрахувати ймовірності двох гіпотез, що залишилися!? Це дозволяє зробити формула Байєса, яка в нашому випадку має вигляд (номер формули відповідає номеру гіпотези, що перевіряється):

Завантажити замітку у форматі або

х – випадкова величина(гіпотеза), що приймає значення: х 1– два білі, х 2- Один білий, один чорний; х 3– два чорні; у- Випадкова величина (подія), що приймає значення: у 1– витягнуто білу кулю і у 2- Витягнуто чорну кулю; Р(х 1)- Імовірність першої гіпотези до витягування кулі ( апріорнаймовірність чи ймовірність додосвіду) = 1/3; Р(х 2)- ймовірність другої гіпотези до витягування кулі = 1/3; Р(х 3)- Імовірність третьої гіпотези до витягування кулі = 1/3; Р(у 1|х 1)– умовна ймовірність витягнути білу кулю, якщо правильна перша гіпотеза (кулі білі) = 1; Р(у 1|х 2) – ймовірність витягнути білу кулю, якщо вірна друга гіпотеза (одна куля білий, другий – чорний) = ½; Р(у 1|х 3) – ймовірність витягнути білу кулю, якщо вірна третя гіпотеза (обидва чорних) = 0; Р(у 1)- Можливість витягнути білу кулю = ½; Р(у 2)- Можливість витягнути чорну кулю = ½; і, нарешті, те, що ми шукаємо – Р(х 1|у 1) – ймовірність того, що вірна перша гіпотеза (обидві кулі білих), за умови, що ми витягли білу кулю ( апостеріорнаймовірність чи ймовірність післядосвіду); Р(х 2|у 1) – ймовірність того, що вірна друга гіпотеза (одна біла куля, друга – чорна), за умови, що ми витягли білу кулю.

Імовірність того, що вірна перша гіпотеза (два білих), за умови, що ми витягли білу кулю:

Імовірність того, що вірна друга гіпотеза (одна біла, друга – чорна), за умови, що ми витягли білу кулю:

Імовірність того, що вірна третя гіпотеза (два чорні), за умови, що ми витягли білу кулю:

Що робить формула Байєса? Вона дає можливість на підставі апріорних ймовірностей гіпотез. Р(х 1), Р(х 2), Р(х 3)- І ймовірностей настання подій - Р(у 1), Р(у 2)- підрахувати апостеріорні ймовірності гіпотез, наприклад, ймовірність першої гіпотези, за умови, що витягли білу кулю. Р(х 1|у 1).

Повернемося ще раз до формули (1). Початкова ймовірність першої гіпотези була Р(х 1) = 1/3. Імовірно Р(у 1) = 1/2ми могли витягнути білу кулю, і з ймовірністю Р(у 2) = 1/2- Чорний. Ми витягли білий. Імовірність витягнути білий за умови, що вірна перша гіпотеза Р(у 1|х 1) = 1.Формула Байєса каже, що оскільки витягли білий, то ймовірність першої гіпотези зросла до 2/3, ймовірність другої гіпотези як і дорівнює 1/3, а ймовірність третьої гіпотези звернулася в нуль.

Легко перевірити, що витягнемо ми чорну кулю, апостеріорні ймовірності змінилися б симетрично: Р(х 1|у 2) = 0, Р(х 2|у 2) = 1/3, Р(х 3|у 2) = 2/3.

Ось що писав П'єр Симон Лаплас про формулу Байєса в роботі, що вийшла 1814:

Це основний принцип галузі аналізу випадковостей, яка займається переходами від подій до причин.

Чому формула Байєса така складна для розуміння!? На мій погляд, тому, що наш звичайний підхід – це міркування причин до наслідків. Наприклад, якщо в урні 36 куль, з яких 6 чорних, а інші білі. Яка можливість витягнути білу кулю? Формула Байєса дозволяє йти від подій до причин (гіпотез). Якщо в нас було три гіпотези, і відбулася подія, то як саме ця подія (а не альтернативна) вплинула на ймовірність гіпотез? Як змінилися ці можливості?

Я вважаю, що формула Байєса не просто про ймовірності. Вона змінює парадигму сприйняття. Яким є хід думок при використанні детерміністської парадигми? Якщо сталася подія, яка її причина? Якщо сталася ДТП, надзвичайна подія, воєнний конфлікт. Хто чи що стало їхньою провиною? Як вважає байєсовський спостерігач? Яка структура реальності, що привела до даномуу випадку до такого прояву… Байєсовець розуміє, що в іншомуу разі результат міг бути іншим…

Трохи інакше розмістимо символи у формулах (1) та (2):

Давайте ще раз проговоримо, що ми бачимо. З рівною вихідною (апріорною) ймовірністю могла бути істинною одна з трьох гіпотез. З рівною ймовірністю ми могли витягнути білу або чорну кулю. Ми витягли білий. У світлі цієї нової додаткової інформації слід переглянути нашу оцінку гіпотез. Формула Байєса дозволяє це зробити чисельно. Апріорна ймовірність першої гіпотези (формула 7) була Р(х 1), витягли білу кулю, апостеріорна ймовірність першої гіпотези стала Р(х 1|у 1).Ці ймовірності відрізняються на коефіцієнт.

Подія у 1називається свідченням, що більшою чи меншою мірою підтверджує або спростовує гіпотезу х 1. Зазначений коефіцієнт іноді називають потужністю свідоцтва. Чим потужніше свідчення (чим більше коефіцієнт відрізняється від одиниці), тим більше більше фактспостереження у 1змінює апріорну ймовірність, тим більше апостеріорна ймовірність відрізняється від апріорної. Якщо свідчення слабке (коефіцієнт ~ 1), апостеріорна ймовірність майже дорівнює апріорній.

Свідоцтво у 1в = 2 вкотре змінило апріорну ймовірність гіпотези х 1(Формула 4). Водночас свідчення у 1не змінило ймовірність гіпотези х 2, оскільки його потужність = 1 (Формула 5).

У загальному випадкуформула Байєса має такий вигляд:

х- Випадкова величина (набір взаємовиключних гіпотез), що приймає значення: х 1, х 2, … , хn. у- Випадкова величина (набір взаємовиключних подій), що приймає значення: у 1, у 2, … , уn. Формула Байєса дозволяє знайти апостеріорну ймовірність гіпотези. хiпри настанні події y j. У чисельнику – твір апріорної ймовірності гіпотези хi – Р(хi) на ймовірність настання події y jякщо вірна гіпотеза хi – Р(y j|хi). У знаменнику - сума творів того ж, що і в чисельнику, але для всіх гіпотез. Якщо вирахувати знаменник, то отримаємо сумарну ймовірність настання події уj(якщо вірна кожна з гіпотез) - Р(y j) (як у формулах 1-3).

Ще раз про свідчення. Подія y jдає додаткову інформаціющо дозволяє переглянути апріорну ймовірність гіпотези хi. Потужність свідчення – містить у чисельнику ймовірність настання події y jякщо вірна гіпотеза хi. У знаменнику – сумарна ймовірність настання події уj(або ймовірність настання події уjусереднена з усіх гіпотез). уjвище для гіпотези xi, ніж у середньому всім гіпотез, то свідчення грає на руку гіпотезі xiзбільшуючи її апостеріорну ймовірність Р(y j|хi). Якщо ймовірність настання події уjнижче для гіпотези xi, ніж у середньому всім гіпотез, то свідчення знижує, апостеріорну можливість Р(y j|хi) длягіпотези xi. Якщо ймовірність настання події уjдля гіпотези xiтака ж, як у середньому для всіх гіпотез, свідчення не змінює апостеріорну ймовірність Р(y j|хi) длягіпотези xi.

Пропоную до вашої уваги кілька прикладів, які, сподіваюся, закріплять ваше розуміння формули Байєса.

Завдання 2. Два стрілки незалежно один від одного стріляють по одній і тій же мішені, роблячи кожен по одному пострілу. Імовірність влучення у мету першого стрілка дорівнює 0,8, другого - 0,4. Після стрілянини в мішені виявлено одну пробоїну. Знайти ймовірність того, що ця пробоїна належить першій стрілці. .

Завдання 3. Об'єкт, за яким ведеться спостереження, може бути в одному із двох станів: Н 1 = (функціонує) та Н 2 = (не функціонує). Апріорні ймовірності цих станів Р(Н1) = 0,7, Р(Н2) = 0,3. Є два джерела інформації, які дають суперечливі відомості про стан об'єкта; перше джерело повідомляє, що об'єкт не функціонує, другий – що функціонує. Відомо, що перше джерело дає правильні відомості з ймовірністю 0,9, а з ймовірністю 0,1 помилкові. Друге джерело менш надійне: він дає правильні відомості з ймовірністю 0,7, а з ймовірністю 0,3 - помилкові. Знайдіть апостеріорні ймовірності гіпотез. .

Завдання 1-3 взяті з підручника Е.С.Вентцель, Л.А.Овчаров. Теорія ймовірностей та її інженерні програми, Розділ 2.6 Теорема гіпотез (формула Байєса).

Завдання 4 взято з книги, розділ 4.3 Теорема Байєса.

Сформулюйте та доведіть формулу повної ймовірності. Наведіть приклад її застосування.

Якщо події H 1 , H 2 , …, H n попарно несумісні і при кожному випробуванні обов'язково настає хоча б одна з цих подій, то для будь-якої події А справедлива рівність:

P(A)= P H1 (A)P(H 1)+ P H2 (A)P(H 2)+…+ P Hn (A)P(H n) – формула повної ймовірності. У цьому H 1 , H 2 , …, H n називають гіпотезами.

Доведення:Подія А розпадається на варіанти: AH 1, AH 2, …, AH n. (А настає разом з H 1 і т.д.) Інакше кажучи, маємо А = AH 1 + AH 2 + ... + AH n. Оскільки H 1 , H 2 , …, H n попарно несумісні, то несумісні й події AH 1 , AH 2 , …, AH n . Застосовуючи правило додавання, знаходимо: P(А)= P(AH 1)+ P(AH 2)+…+ P(AH n). Замінивши кожне доданок P(AH i) правої частини твором P Hi (A)P(H i), отримуємо необхідну рівність.

Приклад:

Допустимо, у нас є два набори деталей. Імовірність того, що деталь першого набору стандартна дорівнює 0,8, а другого – 0,9. Знайдемо ймовірність того, що взята навмання деталь – стандартна.

Р(А) = 0,5 * 0,8 + 0,5 * 0,9 = 0,85.

Сформулюйте та доведіть формулу Байєса. Наведіть приклад її застосування.

Формула Байєса:

Вона дозволяє переоцінити ймовірність гіпотез після того, як стає відомим результат випробування, в результаті якого з'явилася подія А.

Доведення:Нехай подія А може наступити за умови появи однієї з несумісних подій H1, H2, …, Hn, що утворюють повну групу. Оскільки наперед невідомо, яка з цих подій настане, їх називають гіпотезами.

Імовірність появи події А визначається за формулою повної ймовірності:

P(A)= P H1 (A)P(H 1)+ P H2 (A)P(H 2)+…+ P Hn (A)P(H n) (1)

Припустимо, що проведено випробування, в результаті якого з'явилася подія А. Визначимо, як змінилися, у зв'язку з тим, що А вже настала, ймовірності гіпотез. Іншими словами, шукатимемо умовні ймовірності

P A (H 1), P A (H 2), …, P A (H n).

За теоремою множення маємо:

Р(АH i) = Р(А) Р A (H i) = Р(H i)Р Hi (А)

Замінимо тут Р(А) за формулою (1), отримуємо

Приклад:

Є три однакові на вигляд ящики. У першому ящику n=12 білих куль, у другому m=4 ​​білих і n-m=8 чорних куль, третьому n=12 чорних куль. З вибраного навмання ящика вийняли білу кулю. Знайдіть ймовірність Р того, що кулю вийнято з другого ящика.

Рішення.

4) Виведіть формулу для ймовірностіkуспіхів у серіїnвипробувань за схемою Бернуллі

Досліджуємо випадок, коли провадиться nоднакових та незалежних дослідів, кожен з яких має лише 2 результати ( A;). Тобто. деякий досвід повторюється nраз, причому у кожному досвіді деяка подія Аможе з'явитися з ймовірністю P(A)=qабо не з'явитися з ймовірністю P()=q-1=p .

Простір елементарних подій кожної серії випробувань містить точок або послідовностей із символів Ата . Таке ймовірнісний простірі називається схема Бернуллі. Завдання ж полягає в тому, щоб для цього kзнайти ймовірність того, що при n-кратному повторенні досвіду подія Анастане kразів.

Для більшої наочності умовимося кожен наступ події Арозглядати як успіх, ненаступ А –як неуспіх. Наша мета - знайти ймовірність того, що з nдослідів рівно kвиявляться успішними; позначимо цю подію тимчасово через B.

Подія Уподається у вигляді суми низки подій – варіантів події Ст.Щоб фіксувати певний варіант, потрібно вказати номери дослідів, які закінчуються успіхом. Наприклад, один з можливих варіантівє

. Число всіх варіантів дорівнює, очевидно, , а ймовірність кожного варіанта через незалежність дослідів дорівнює . Звідси ймовірність події Удорівнює. Щоб підкреслити залежність отриманого виразу від nі k,позначимо його . Отже, .

5) Використовуючи інтегральну наближену формулу Лапласа, виведіть формулу для оцінки відхилення відносної частоти події А від ймовірності наступу A в одному досвіді.

В умовах схеми Бернуллі з заданими значеннями n і p для даного e>0 оцінимо ймовірність події, де k - Число успіхів в n дослідах. Це нерівність еквівалентно |k-np|£en, тобто. -en £ k-np £ en або np-en £ k £ np+en. Таким чином, йдеться про одержання оцінки для ймовірності події k 1 £ k £ k 2 , де k 1 = np-en, k 2 = np+en. Застосовуючи інтегральну наближену формулу Лапласа, отримаємо: P(». З урахуванням непарності функції Лапласа отримуємо наближену рівність P(»2Ф).

Примітка : т.к. за умовою n=1, то підставляємо замість n одиницю та отримуємо остаточну відповідь.

6) Нехай X– дискретна випадкова величина, що приймає лише невід'ємні значення та має математичне очікування m. Доведіть, що P(X≥ 4) ≤ m/ 4 .

m= (т.к. перше доданок позитивно, то якщо його прибрати, буде менше) ³ (замінний aна 4, буде тільки менше) ³ = =4× P(X³4). Звідси P(X≥ 4) ≤ m/ 4 .

(Замість 4 може бути будь-яке число).

7) Доведіть, що якщо Xі Y– незалежні дискретні випадкові величини, що набувають кінцевої множини значень, то M(XY)=M(X)M(Y)

називається число M(XY)= x 1 p 1 + x 2 p 2 + …

Якщо випадкові величини Xі Yнезалежні, то математичне очікування їхнього твору дорівнює твору їхніх математичних очікувань (теорема множення математичних очікувань).

Доведення:Можливі значення Xпозначимо x 1 , x 2, …, можливі значення Y - y 1 , y 2, …а p ij = P (X = x i, Y = y j). XY M(XY)=Зважаючи на незалежність величин Xі Yмаємо: P (X = x i, Y = y j) = P (X = x i) P (Y = y j).Позначивши P(X=x i)=r i , P(Y=y j)=s j, перепишемо дану рівність у вигляді p ij = r i s j

Таким чином, M(XY)= = . Перетворюючи отриману рівність, виводимо: M(XY)=()() = M(X)M(Y),що й потрібно було довести.

8) Доведіть, що якщо Xі Y– дискретні випадкові величини, що набувають кінцевої множини значень, то M(X+Y) = M(X) +M(Y).

Математичним очікуванням дискретної випадкової величини із законом розподілу

називається число M(XY)= x 1 p 1 + x 2 p 2 + …

Математичне очікування суми двох випадкових величин дорівнює сумі математичних очікувань доданків: M(X+Y)= M(X)+M(Y).

Доведення:Можливі значення Xпозначимо x 1 , x 2, …, можливі значення Y - y 1 , y 2, …а p ij = P (X = x i, Y = y j).Закон розподілу величини X+Yвисловлюватиметься відповідною таблицею. M(X+Y)= .Цю формулу можна переписати так: M(X+Y)= . Першу суму правої частини можна у вигляді . Вираз є ймовірність того, що настане якась з подій (X = x i, Y = y 1), (X = x i, Y = y 2), ... Отже, цей вираз дорівнює P (X = x i). Звідси . Аналогічно, . У результаті маємо: M(X+Y)= M(X)+M(Y), як і потрібно довести.

9) Нехай Х– дискретна випадкова величина, розподілена за біноміальним законом розподілу з параметрами nі р. Доведіть, що М(Х)=nр, D(Х)=nр(1-р).

Нехай проводиться n незалежних випробувань, у кожному з яких може з'явитися подія А з ймовірністю ртак що ймовірність протилежної події Ā дорівнює q=1-p. Розглянемо сл. величину Х- Число появи події Ав nдослідах. Представимо Х у вигляді суми індикаторів події А для кожного випробування: Х = Х 1 + Х 2 + ... + Х n. Тепер доведемо, що М(Х i)=р, D(Х i)=np. І тому розглянемо закон розподілу сл. величини, що має вигляд:

Очевидно, що М(Х) = р, випадкова величина Х 2 має той самий закон розподілу, тому D(Х)=М(Х 2)-М 2 (Х)=р-р 2 =р(1-р)=рq. Таким чином, М(Х i)=р, D(Х i)=pq. За теоремою складання математичних очікувань М(Х)=М(Х 1)+..+М(Х n)=nр.Оскільки випадкові величини Х iнезалежні, то дисперсії теж складаються: D(Х)=D(Х 1)+…+D(Х n)=npq=np(1-р).

10) Нехай X– дискретна випадкова величина, розподілена згідно із законом Пуассона з параметром λ. Доведіть, що M(X) = λ .

Закон Пуассона задається таблицею:

Звідси маємо:

Таким чином, параметр λ, що характеризує цей пуассонівський розподіл, є не що інше як математичне очікування величини X.

11) Нехай Х – дискретна випадкова величина, розподілена за геометричним законом із параметром р. Доведіть, що M(X) = .

Геометричний законрозподіл пов'язаний з послідовністю випробувань Бернуллі до 1-го успішного події А. Імовірність появи події А в одному випробуванні дорівнює р, протилежної події q = 1-p. Закон розподілу випадкової величини Х – числа випробувань має вигляд:

Ряд, записаний у дужках, виходить почленним диференціюванням геометричній прогресії

Отже, .

12) Доведіть, що коефіцієнт кореляції випадкових величин Х і У задовольняє умову.

Визначення:Коефіцієнтом кореляції двох випадкових величин називається ставлення їхньої коваріації до твору середніх квадратичних відхилень цих величин: . .

Доведення:Розглянемо випадкову величину Z =. Обчислимо її дисперсію. Оскільки ліва частинаневід'ємна, то права невід'ємна. Отже, , |ρ|≤1.

13) Як обчислюється дисперсія у разі безперервного розподілузі щільністю f(x)? Доведіть, що для випадкової величини Xзі щільністю дисперсія D(X) не існує, а математичне очікування M(X) існує.

Дисперсія абсолютно безперервної випадкової величини X з функцією щільності f(x) та математичним очікуванням m = M(X) визначається такою самою рівністю, як і для дискретної величини

.

Якщо абсолютно безперервна випадкова величина X зосереджена на проміжку ,

∞ - інтеграл розходиться, отже, дисперсія не існує.

14) Доведіть, що для нормальної випадкової величини Х з функцією густини розподілу математичне очікування М(Х) = μ.

Доведемо, що μ є математичне очікування.

За визначенням математичного очікуваннябезперервний с.в.,

Введемо нову змінну . Звідси. Взявши до уваги, що нові межі інтегрування дорівнюють старим, отримаємо

Перше з доданків дорівнює нулю через непарність підінтегральної функції. Друге із доданків одно μ (Інтеграл Пуассона ).

Отже, M(X)=μ, тобто. математичне очікування нормального розподілудорівнює параметру μ.

15) Доведіть, що для нормальної випадкової величини Х з функцією густини розподілу диспресія D(X) = σ 2 .

Формула описує щільність нормального розподілу ймовірностей безперервної с.в.

Доведемо, що – середнє квадратичне відхиленнянормального розподілу. Введемо нову змінну z=(х-μ)/.Звідси . Взявши до уваги, що нові межі інтегрування рівні старим, отримаємо інтегруючи частинами, поклавши u=z, знайдемо Отже, .Отже, середнє квадратичне відхилення нормального розподілу дорівнює параметру .

16) Доведіть, що з безперервної випадкової величини, розподіленої за показовим законом з параметром , математичне очікування .

Кажуть, що випадкова величина X, що приймає лише невід'ємні значення, розподілена за показовим законом, якщо для деякого позитивного параметра λ>0 функція щільності має вигляд:

Для знаходження математичного очікування скористаємося формулою