Презентация "Элементы комбинаторики. Теория вероятностей и математическая статистика"

Автор
Гончарова Светлана Павловна
Преподаватель математики
Краснодарский колледж электронного приборостроения

Содержание:

Элементы комбинаторики.
Вероятность события.
Формула полной вероятности.
Повторные испытания. Формула Бернулли.
Локальная и интегральная теоремы Лапласа. Формула Пуассона.
Дискретная случайная величина. Числовые характеристики ДСВ, законы распределения.
Непрерывная случайная величина. Числовые характеристики НСВ, законы распределения.
Задачи и методы математической статистики.

2

Группы, составленные из каких-либо элементов, называются соединениями.
Различают три группы основных видов соединений: размещения, перестановки и сочетания.

Задачи, в которых производится подсчёт возможных различных соединений, составленных из конечного числа элементов по некоторому правилу, называются комбинаторными.
Раздел математики, занимающейся их решением, называется комбинаторикой.
1. Размещения. Размещениями из n элементов по m в каждом называются такие соединения, которые отличаются друг от друга либо самими элементами (хотя бы одним), либо порядком их расположения.
Число размещений из n элементов по m обозначается символом 𝐴 𝑛 𝑚 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑚 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝑚 𝑚𝑚 𝐴 𝑛 𝑚 и вычисляется по формуле
𝐴 𝑛 𝑚 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑚 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝑚 𝑚𝑚 𝐴 𝑛 𝑚 =𝑛𝑛 𝑛−1 𝑛𝑛−1 𝑛−1 𝑛−2 𝑛𝑛−2 𝑛−2 … 𝑛− 𝑚−1 𝑛𝑛− 𝑚−1 𝑚𝑚−1 𝑚−1 𝑛− 𝑚−1 . (1)
2. Перестановки. Перестановками из n элементов называются такие соединения из всех n элементов, которые отличаются друг от друга порядком их расположения.
Число перестановок из n элементов обозначается символом 𝑃 𝑛 𝑃𝑃 𝑃 𝑛 𝑛𝑛 𝑃 𝑛 .
Перестановки представляют частный случай размещений из n элементов по n в каждом, т.е.
𝑃 𝑛 𝑃𝑃 𝑃 𝑛 𝑛𝑛 𝑃 𝑛 = 𝐴 𝑛 𝑛 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑛 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝑛 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝑛 = 𝑛𝑛 𝑛−1 𝑛𝑛−1 𝑛−1 𝑛−2 𝑛𝑛−2 𝑛−2 …3.2.1или 𝑃 𝑛 𝑃𝑃 𝑃 𝑛 𝑛𝑛 𝑃 𝑛 =1∙2∙3… 𝑛−1 𝑛𝑛−1 𝑛−1 𝑛𝑛. (2)
Число всех перестановок из n элементов равно произведению последовательных чисел от 1 до n включительно. Произведение 1∙2∙3… 𝑛−1 𝑛𝑛−1 𝑛−1 𝑛𝑛 обозначают символом n! (читается «n-факториал»), причём 0!=1, 1!=1.
Поэтому 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 =𝒏𝒏! (3) и 𝑨 𝒏 𝒎 𝑨𝑨 𝑨 𝒏 𝒎 𝒏𝒏 𝑨 𝒏 𝒎 𝒎𝒎 𝑨 𝒏 𝒎 = 𝒏! 𝒏−𝒎 ! 𝒏𝒏! 𝒏! 𝒏−𝒎 ! 𝒏−𝒎 𝒏𝒏−𝒎𝒎 𝒏−𝒎 ! 𝒏! 𝒏−𝒎 ! (4) 𝑨 𝒏 𝒎+𝟏 𝑨𝑨 𝑨 𝒏 𝒎+𝟏 𝒏𝒏 𝑨 𝒏 𝒎+𝟏 𝒎𝒎+𝟏𝟏 𝑨 𝒏 𝒎+𝟏 =(𝒏𝒏−𝒎𝒎) 𝑨 𝒏 𝒎 𝑨𝑨 𝑨 𝒏 𝒎 𝒏𝒏 𝑨 𝒏 𝒎 𝒎𝒎 𝑨 𝒏 𝒎 (5)

Пример. Вычислить: 1) 5!+6!; 2) 52! 50! 52! 52! 50! 50! 52! 50! ;
3) 𝐴 15 3 𝐴𝐴 𝐴 15 3 15 𝐴 15 3 3 𝐴 15 3 ;4) 𝐴 7 3 𝐴𝐴 𝐴 7 3 7 𝐴 7 3 3 𝐴 7 3 + 𝐴 6 3 𝐴𝐴 𝐴 6 3 6 𝐴 6 3 3 𝐴 6 3 + 𝐴 5 3 𝐴𝐴 𝐴 5 3 5 𝐴 5 3 3 𝐴 5 3 ;5) 𝐴 6 5 + 𝐴 6 4 𝐴 6 3 𝐴 6 5 𝐴𝐴 𝐴 6 5 6 𝐴 6 5 5 𝐴 6 5 + 𝐴 6 4 𝐴𝐴 𝐴 6 4 6 𝐴 6 4 4 𝐴 6 4 𝐴 6 5 + 𝐴 6 4 𝐴 6 3 𝐴 6 3 𝐴𝐴 𝐴 6 3 6 𝐴 6 3 3 𝐴 6 3 𝐴 6 5 + 𝐴 6 4 𝐴 6 3 ;6) 𝐴 5 2 𝐴𝐴 𝐴 5 2 5 𝐴 5 2 2 𝐴 5 2 ∙ 𝐴 4 2 𝐴𝐴 𝐴 4 2 4 𝐴 4 2 2 𝐴 4 2 ∙ 𝐴 3 2 𝐴𝐴 𝐴 3 2 3 𝐴 3 2 2 𝐴 3 2 ;

Пример. Перед выпуском группа учащихся колледжа в 30 человек обменялась фотокарточками. Сколько всего было роздано фотокарточек?
Решение. Группа учащихся составляет множество элементов, участвовавших в обмене фотокарточками, следовательно, n = 30. Каждое размещение есть передача фотокарточки одним учащимся другому. Поэтому
m = 2. Таким образом, всех фотокарточек было 𝐴 30 2 𝐴𝐴 𝐴 30 2 30 𝐴 30 2 2 𝐴 30 2 = 30! 30−2 ! 30! 30! 30−2 ! 30−2 30−2 30−2 ! 30! 30−2 ! = 30! 28! 30! 30! 28! 28! 30! 28! =30∙29=870.
Пример. Сколькими способами можно выбрать пять человек на пять должностей из восьми кандидатов?
Пример. Сколько существует способов рассадить 10 гостей по десяти местам за праздничным столом?

3. Сочетания. Сочетаниями из n элементов по m в каждом называются такие соединения, которые отличаются хотя бы одним элементом.
Число сочетаний из n элементов по m обозначается 𝐶 𝑛 𝑚 𝐶𝐶 𝐶 𝑛 𝑚 𝑛𝑛 𝐶 𝑛 𝑚 𝑚𝑚 𝐶 𝑛 𝑚 = 𝐴 𝑛 𝑚 𝑃 𝑚 𝐴 𝑛 𝑚 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑚 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝑚 𝑚𝑚 𝐴 𝑛 𝑚 𝐴 𝑛 𝑚 𝑃 𝑚 𝑃 𝑚 𝑃𝑃 𝑃 𝑚 𝑚𝑚 𝑃 𝑚 𝐴 𝑛 𝑚 𝑃 𝑚 , которую можно записать в виде

𝑪 𝒏 𝒎 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒎 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒎 𝒎𝒎 𝑪 𝒏 𝒎 = 𝒏! 𝒎! 𝒏−𝒎 ! 𝒏𝒏! 𝒏! 𝒎! 𝒏−𝒎 ! 𝒎𝒎! 𝒏−𝒎 𝒏𝒏−𝒎𝒎 𝒏−𝒎 ! 𝒏! 𝒎! 𝒏−𝒎 ! (6)
При решении задач используются следующие формулы, выражающие основные свойства сочетаний:
𝑪 𝒏 𝒎 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒎 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒎 𝒎𝒎 𝑪 𝒏 𝒎 = 𝑪 𝒏 𝒏−𝒎 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒏−𝒎 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒏−𝒎 𝒏𝒏−𝒎𝒎 𝑪 𝒏 𝒏−𝒎 (𝟎𝟎≤𝒎𝒎≤𝒏𝒏) (7)
(по определению полагают, что 𝑪 𝒏 𝒏 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒏 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒏 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒏 =𝟏𝟏 и 𝑪 𝒏 𝟎 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝟎 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝟎 𝟎𝟎 𝑪 𝒏 𝟎 =𝟏𝟏); (8)
𝑪 𝒏 𝒎 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒎 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒎 𝒎𝒎 𝑪 𝒏 𝒎 + 𝑪 𝒏 𝒎+𝟏 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒎+𝟏 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒎+𝟏 𝒎𝒎+𝟏𝟏 𝑪 𝒏 𝒎+𝟏 = 𝑪 𝒏+𝟏 𝒎+𝟏 𝑪𝑪 𝑪 𝒏+𝟏 𝒎+𝟏 𝒏𝒏+𝟏𝟏 𝑪 𝒏+𝟏 𝒎+𝟏 𝒎𝒎+𝟏𝟏 𝑪 𝒏+𝟏 𝒎+𝟏 (9)
Пример. Сколькими способами можно выбрать в группе из 25 учащихся 3 человека на городскую математическую олимпиаду?
Решение. Пусть имеется n различных объектов. Чтобы найти число сочетаний из n объектов по m, будем выбирать комбинации из m объектов всеми возможными способами, при этом будем обращать внимание на разный состав комбинаций, но не порядок (он тут не важен, в отличие от размещений).
Так как n = 25, m = 3, то число способов выбора 3 человек на олимпиаду из 25 учащихся рассчитаем следующим образом, 𝐶 25 3 𝐶𝐶 𝐶 25 3 25 𝐶 25 3 3 𝐶 25 3 = 25! 22!3! 25! 25! 22!3! 22!3! 25! 22!3! =2300.
Пример. 1) 𝐶 15 13 𝐶𝐶 𝐶 15 13 15 𝐶 15 13 13 𝐶 15 13 ;2) 𝐶 6 4 𝐶𝐶 𝐶 6 4 6 𝐶 6 4 4 𝐶 6 4 + 𝐶 5 0 𝐶𝐶 𝐶 5 0 5 𝐶 5 0 0 𝐶 5 0 .

Пример. Сколькими способами можно разделить группу в 12 человек так, чтобы в одной группе было 5 человек, а в другой 7?

Правила суммы и произведения
При решении задач комбинаторики используют следующие правила:
Правило суммы. Если некоторый объект A может быть выбран из совокупности объектов m способами, а другой объект B  может быть выбран n способами, то выбрать либо A , либо B можно m+n способами.
Правило произведения: Пусть объект A выбирается m способами, объект B выбирается n способами, то оба объекта можно выбрать m*n способами, то есть количество способов просто умножается друг на друга.
Рассмотрим простой пример: сколько чисел можно составить из цифр 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, если число должно быть двузначным?
Можно составить 90 чисел – первую цифру числа (объект А) можем выбрать 9 способами, так как число не может начинаться с нуля. Вторую цифру числа (объект В) можем выбрать 10 способами, так как у нас есть 10 цифр. Итого получается 9*10=90 чисел.
Следующий пример – в чемпионате мира участвуют 18 команд по футболу. Сколькими способами можно распределить золотые, серебряные и бронзовые комплекты?Ясно, что золотые медали может получить любая из команд, значит золотого призера (объект А) можно выбрать 18 способами. Остается два комплекта и 17 команд. Серебряным медалистом может стать одна из 17 команд, а бронзовым – одна из 16 команд. Значит, серебряного и бронзового медалиста можно выбрать 17 и 16 способами.Итого, три комплекта медалей могут распределиться 18*17*16= 4896 способами.

можно 

1. Случайные события. Изучение каждого явления в порядке наблюдения или производства опыта связано с осуществлением некоторого комплекса условий (испытаний). Всякий результат или исход испытаний называется событием.
Если событие при заданных условиях может произойти или не произойти, то оно называется случайным.
В том случае, когда событие должно непременно произойти, его называют достоверным, а в том случае, когда оно заведомо не может произойти, - невозможным.
События называются несовместными, если каждый раз возможно появление только одного из них.
События называются совместными, если в данных условиях появление одного из этих событий не исключает появление другого при том же испытании.
События называются противоположными, если в условиях испытания они, являясь единственными его исходами, несовместны.
Вероятность события рассматривается как мера объективной возможности появления случайного события.

2. Классическое определение вероятности. Вероятностью события A называется отношение числа исходов m, благоприятствующих наступлению данного события А, к числу n всех исходов (несовместных, единственно возможных и равновозможных), т.е. P(A) = m/n (10)
Вероятность любого события не может быть меньше нуля и больше единицы, т.е. 0≤𝑃𝑃(𝐴𝐴)≤1.


Невозможному событию соответствует вероятность P(A) = 0, а достоверному – вероятность P(A) = 1.
Пример. В лотерее из 1000 билетов имеются 200 выигрышных. Вынимают наугад один билет. Чему равна вероятность того, что этот билет выигрышный.
Решение. Общее число различных исходов есть n = 1000. Число исходов, благоприятствующих получению выигрыша, составляет m = 200. Получим P(A) = 200/1000 = 0,2.
Пример. Из урны, в которой находятся 5 белых и 3 чёрных шара, вынимают один шар. Найти вероятность того, что шар окажется чёрным.
Пример. Из урны, в которой находятся 12 белых и 8 чёрных шара, вынимают наудачу два шара. Найти вероятность того, что оба шара окажутся чёрными.
Решение. Обозначим событие, состоящее в появлении двух чёрных шаров, через А. Общее число возможных случаев n равно числу сочетаний из 20 элементов по 2: 𝑛𝑛= 𝐶 20 2 𝐶𝐶 𝐶 20 2 20 𝐶 20 2 2 𝐶 20 2 = 20∙19 1∙2 20∙19 20∙19 1∙2 1∙2 20∙19 1∙2 =190.
Число случаев m, благоприятствующих событию А, составляет m= 𝐶 8 2 𝐶𝐶 𝐶 8 2 8 𝐶 8 2 2 𝐶 8 2 = 8∙7 1∙2 8∙7 8∙7 1∙2 1∙2 8∙7 1∙2 =28.
Находим вероятность появления двух чёрных шаров: P(A) = 28/190= 0,147.

Пример. В партии из 18 деталей 4 бракованных. Наугад выбирают 5 деталей. Найти вероятность того, что из этих 5 деталей две окажутся бракованными.
Решение. Число всех равновозможных независимых исходов n равно числу сочетаний из 18 по 5:

𝐶 18 5 𝐶𝐶 𝐶 18 5 18 𝐶 18 5 5 𝐶 18 5 = 18! 13!5! 18! 18! 13!5! 13!5! 18! 13!5! = 18∙17∙16∙15∙14 5∙4∙3∙2∙1 18∙17∙16∙15∙14 18∙17∙16∙15∙14 5∙4∙3∙2∙1 5∙4∙3∙2∙1 18∙17∙16∙15∙14 5∙4∙3∙2∙1 =8568.
Число выборки двух бракованных деталей из 4 имеющихся бракованных равно числу сочетаний из 4 по 2: 𝐶 4 2 𝐶𝐶 𝐶 4 2 4 𝐶 4 2 2 𝐶 4 2 = 4∙3 2∙1 4∙3 4∙3 2∙1 2∙1 4∙3 2∙1 =6.
Число выборки трёх качественных деталей из 14 имеющихся равно числу сочетаний из 14 по 3:
𝐶 14 3 𝐶𝐶 𝐶 14 3 14 𝐶 14 3 3 𝐶 14 3 = 14∙13∙12 3∙2∙1 14∙13∙12 14∙13∙12 3∙2∙1 3∙2∙1 14∙13∙12 3∙2∙1 =364.
Число исходов m, благоприятствующих событию А, равно 𝑚𝑚= 𝐶 4 2 𝐶𝐶 𝐶 4 2 4 𝐶 4 2 2 𝐶 4 2 ∙ 𝐶 14 3 𝐶𝐶 𝐶 14 3 14 𝐶 14 3 3 𝐶 14 3 =6∙364=2184.
Искомая вероятность события А равна: P(A) = 2184/8568= 0,255.

3. Теорема сложения вероятностей.
Теорема сложения вероятностей несовместных (никакие два из них не могут произойти в данном опыте вместе) событий. Вероятность появления одного из нескольких попарно несовместных событий, безразлично какого, равна сумме вероятностей этих событий:
Р(А+В) = Р(А) + Р(В); 𝑃𝑃 𝐴 1 + 𝐴 2 +… 𝐴 𝑛 𝐴 1 𝐴𝐴 𝐴 1 1 𝐴 1 + 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 +… 𝐴 𝑛 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝐴 1 + 𝐴 2 +… 𝐴 𝑛 =𝑃𝑃 𝐴 1 𝐴 1 𝐴𝐴 𝐴 1 1 𝐴 1 𝐴 1 +𝑃𝑃 𝐴 2 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 𝐴 2 +…𝑃𝑃 𝐴 𝑛 𝐴 𝑛 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝐴 𝑛
Теорема сложения вероятностей совместных событий. Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:
Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ).
Для трёх совместных событий имеет место формула
Р(А+В+С) = Р(А) + Р(В) + Р(С)– Р(АВ) − Р(АС) − Р(ВС) + Р(АВС).
Событие противоположное событию А (т.е. ненаступления события А), обозначают 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 . Сумма вероятностей двух противоположных событий равна единице: Р(А) + Р( 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 ) = 1.

Пример. В ящике в случайном порядке разложены 20 деталей, причём пять из них стандартные. Рабочий берёт наудачу три детали. Найти вероятность того, что по крайней мере одна из взятых деталей окажется стандартной (событие А).
Решение. 1 способ. Одна из взятых деталей окажется стандартной, если произойдёт любое из трёх несовместных событий:
В – одна деталь стандартная, две нестандартные; С - две детали стандартные, одна нестандартная; D – три детали стандартные.
Таким образом, событие А можно представить в виде суммы трёх событий: A = B + C + D. По теореме сложения имеем P(A) = P(B) + P(C) + P(D). Находим вероятность каждого из этих событий
𝑃𝑃 𝐵 𝐵𝐵 𝐵 = 𝐶 5 1 ∙ 𝐶 15 2 𝐶 20 3 𝐶 5 1 𝐶𝐶 𝐶 5 1 5 𝐶 5 1 1 𝐶 5 1 ∙ 𝐶 15 2 𝐶𝐶 𝐶 15 2 15 𝐶 15 2 2 𝐶 15 2 𝐶 5 1 ∙ 𝐶 15 2 𝐶 20 3 𝐶 20 3 𝐶𝐶 𝐶 20 3 20 𝐶 20 3 3 𝐶 20 3 𝐶 5 1 ∙ 𝐶 15 2 𝐶 20 3 = 5 1 5 5 1 1 5 1 ∙ 15∙14 1∙2 15∙14 15∙14 1∙2 1∙2 15∙14 1∙2 ∙ 1∙2∙3 20∙19∙18 1∙2∙3 1∙2∙3 20∙19∙18 20∙19∙18 1∙2∙3 20∙19∙18 = 35 76 35 35 76 76 35 76 ;
𝑃𝑃 𝐶 𝐶𝐶 𝐶 = 𝐶 5 2 ∙ 𝐶 15 1 𝐶 20 3 𝐶 5 2 𝐶𝐶 𝐶 5 2 5 𝐶 5 2 2 𝐶 5 2 ∙ 𝐶 15 1 𝐶𝐶 𝐶 15 1 15 𝐶 15 1 1 𝐶 15 1 𝐶 5 2 ∙ 𝐶 15 1 𝐶 20 3 𝐶 20 3 𝐶𝐶 𝐶 20 3 20 𝐶 20 3 3 𝐶 20 3 𝐶 5 2 ∙ 𝐶 15 1 𝐶 20 3 = 5∙4 1∙2 5∙4 5∙4 1∙2 1∙2 5∙4 1∙2 ∙ 15 1 15 15 1 1 15 1 ∙ 1∙2∙3 20∙19∙18 1∙2∙3 1∙2∙3 20∙19∙18 20∙19∙18 1∙2∙3 20∙19∙18 = 5 38 5 5 38 38 5 38 ;
𝑃𝑃 𝐷 𝐷𝐷 𝐷 = 𝐶 5 3 𝐶 20 3 𝐶 5 3 𝐶𝐶 𝐶 5 3 5 𝐶 5 3 3 𝐶 5 3 𝐶 5 3 𝐶 20 3 𝐶 20 3 𝐶𝐶 𝐶 20 3 20 𝐶 20 3 3 𝐶 20 3 𝐶 5 3 𝐶 20 3 = 5∙4∙3 1∙2∙3 5∙4∙3 5∙4∙3 1∙2∙3 1∙2∙3 5∙4∙3 1∙2∙3 ∙ 1∙2∙3 20∙19∙18 1∙2∙3 1∙2∙3 20∙19∙18 20∙19∙18 1∙2∙3 20∙19∙18 = 1 114 1 1 114 114 1 114 .
Сложив найденные величины, получим P(A) = 35 76 35 35 76 76 35 76 + 5 38 5 5 38 38 5 38 + 1 114 1 1 114 114 1 114 = 137 228 137 137 228 228 137 228 =0, 601.

2 способ. События А (хотя бы одна из трёх взятых деталей оказалась стандартной) и 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 (ни одна из взятых деталей не оказалась стандартной) являются противоположными; поэтому Р(А) + Р( 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 ) = 1 или Р(А) = 1 - Р( 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 ).
Вероятность события 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 составляет Р( 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 ) = 𝐶 15 3 𝐶 20 3 𝐶 15 3 𝐶𝐶 𝐶 15 3 15 𝐶 15 3 3 𝐶 15 3 𝐶 15 3 𝐶 20 3 𝐶 20 3 𝐶𝐶 𝐶 20 3 20 𝐶 20 3 3 𝐶 20 3 𝐶 15 3 𝐶 20 3 = 15∙14∙13 1∙2∙3 15∙14∙13 15∙14∙13 1∙2∙3 1∙2∙3 15∙14∙13 1∙2∙3 ∙ 1∙2∙3 20∙19∙18 1∙2∙3 1∙2∙3 20∙19∙18 20∙19∙18 1∙2∙3 20∙19∙18 = 91 228 91 91 228 228 91 228 .

Следовательно, искомая вероятность есть Р(А) = 1 - 91 228 91 91 228 228 91 228 = 137 228 137 137 228 228 137 228 =0, 601.
Пример. Найти вероятность того, что наудачу взятое двузначное число окажется кратным 3, либо 5, либо тому и другому одновременно.
Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что наудачу взятое число кратно 3, а В – в том, что это число кратно 5. Найдём Р (А+В). Так как А и В совместные события, то Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ).
Всего имеется 90 двузначных чисел: 10,11, …, 98,99. Из них 30 являются кратными 3 (благоприятствует наступлению события А); 18 – кратными 5 (благоприятствует наступлению события В) и 6 – кратными одновременно 3 и 5 (благоприятствует наступлению события АВ).
Таким образом, Р(А) = 30/90 = 1/3, Р(В) = 18/90 = 1/5, Р(АВ) = 6/90 = 1/15, Р(А+В) = 1/3 + 1/5 – 1/15 = 0,467.

События А, В, С, … называются независимыми в совокупности, если вероятность каждого из них не меняется в связи с наступлением или ненаступлением других событий по отдельности или в любой их комбинации.

Вероятность наступления события А, вычисленная в предположении, что событие В уже произошло, называется условной вероятностью события А при условии В и обозначается 𝑃 В 𝑃𝑃 𝑃 В В 𝑃 В (А) или Р (А/В).

4. Теоремы умножения вероятностей.
Теорема умножения вероятностей независимых событий. Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий: Р(АВ) = Р(А) · Р(В).
Вероятность появления нескольких событий, независимых в совокупности, вычисляется по формуле
𝑃𝑃 𝐴 1 𝐴 2 … 𝐴 𝑛 𝐴 1 𝐴𝐴 𝐴 1 1 𝐴 1 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 … 𝐴 𝑛 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝐴 1 𝐴 2 … 𝐴 𝑛 =𝑃𝑃 𝐴 1 𝐴 1 𝐴𝐴 𝐴 1 1 𝐴 1 𝐴 1 ∙𝑃𝑃 𝐴 2 𝐴 2 𝐴𝐴 𝐴 2 2 𝐴 2 𝐴 2 …𝑃𝑃 𝐴 𝑛 𝐴 𝑛 𝐴𝐴 𝐴 𝑛 𝑛𝑛 𝐴 𝑛 𝐴 𝑛 .
Теорема умножения вероятностей зависимых событий. Вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность второго:
Р(АВ) = Р(А) · 𝑃 𝐴 𝑃𝑃 𝑃 𝐴 𝐴𝐴 𝑃 𝐴 (В) = Р(В) · 𝑃 В 𝑃𝑃 𝑃 В В 𝑃 В (А).

Пример. В одной урне находятся 4 белых и 8 чёрных шара, в другой – 3 белых и 9 чёрных. Из каждой урны вынули по шару. Найти вероятность того, что оба шара окажутся белыми.
Решение. Пусть А – появление белого шара из первой урны, а В - появление белого шара из второй урны. Очевидно, что события А и В независимы.
Найдём Р (А) = 4/12 = 1/3, Р (В) = 3/12 = 1/4. По формуле Р(АВ) = Р(А) · Р(В) получим
Р(АВ) = 1 3 1 1 3 3 1 3 ∙ 1 4 1 1 4 4 1 4 = 1 12 1 1 12 12 1 12 =0, 083.
Пример. В ящике находятся 12 деталей, из которых 8 стандартных. Рабочий берёт наугад одну за другой две детали. Найти вероятность того, что обе детали окажутся стандартными.
Решение. Событие А – первая взятая деталь стандартная; В - вторая взятая деталь стандартная. Вероятность того, что первая деталь стандартная, составляет Р (А) = 8/12 = 2/3.
Вероятность того, что вторая взятая деталь окажется стандартной при условии, что была стандартной первая деталь, т.е. условная вероятность события В, равна 𝑃 𝐴 𝑃𝑃 𝑃 𝐴 𝐴𝐴 𝑃 𝐴 (В) = 7/11.
Вероятность того, что обе детали окажутся стандартными, находим по теореме умножения вероятностей зависимых событий: Р(АВ) = Р(А) · 𝑃 𝐴 𝑃𝑃 𝑃 𝐴 𝐴𝐴 𝑃 𝐴 (В) = 2 3 2 2 3 3 2 3 ∙ 7 11 7 7 11 11 7 11 = 14 33 14 14 33 33 14 33 =0, 424.

 Формула полной вероятности

Если событие А может произойти только при выполнении одного из событий
которые образуют полную группу несовместных событий, то вероятность события А вычисляется по формуле 

Эта формула называется формулой полной вероятности.
Рассмотрим полную группу несовместных событий  , вероятности появления которых 

Событие А может произойти только вместе с каким-либо из событий ,
которые будем называть гипотезами. Тогда по формуле полной вероятности

Если событие А произошло, то это может изменить вероятности гипотез
По теореме умножения вероятностей
  откуда

Аналогично, для остальных гипотез

Полученная формула называется формулой Байеса (формулой Бейеса). Вероятности гипотез называются апостериорными вероятностями, тогда как  - априорными вероятностями.

Пример. В магазин поступила новая продукция с трех предприятий. Процентный состав этой продукции следующий: 20% - продукция первого предприятия, 30% - продукция второго предприятия, 50% - продукция третьего предприятия; далее, 10% продукции первого предприятия высшего сорта, на втором предприятии - 5% и на третьем - 20% продукции высшего сорта. Найти вероятность того, что случайно купленная новая продукция окажется высшего сорта.
Решение. Обозначим через В событие, заключающееся в том, что будет куплена продукция высшего сорта, через обозначим события, заключающиеся в покупке продукции, принадлежащей соответственно первому, второму и третьему предприятиям.
Можно применить формулу полной вероятности, причем в наших обозначениях:



Подставляя эти значения в формулу полной вероятности, получим искомую вероятность:

Пример. Один из трех стрелков вызывается на линию огня и производит два выстрела. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для первого стрелка равна 0,3, для второго - 0,5; для третьего - 0,8. Мишень не поражена. Найти вероятность того, что выстрелы произведены первым стрелком.

Решение. Возможны три гипотезы: - на линию огня вызван первый стрелок,
- на линию огня вызван второй стрелок,
- на линию огня вызван третий стрелок.
Так как вызов на линию огня любого стрелка равновозможен, то 
В результате опыта наблюдалось событие В - после произведенных выстрелов мишень не поражена. Условные вероятности этого события при сделанных гипотезах равны:


По формуле Байеса находим вероятность гипотезы  после опыта:

При решении вероятностных задач часто приходится сталкиваться с ситуациями, в которых одно и тоже испытание повторяется многократно и исход каждого испытания независим от исходов других.
Такой эксперимент еще называется схемой повторных независимых испытаний или схемой Бернулли.
Примеры повторных испытаний:
бросание монеты или игрального кубика (вероятности выпадения герба/решки или определенной цифры одинаковы в каждом броске);
извлечение из урны шара при условии, что вынутый шар после записи его цвета кладется обратно в урну (то есть состав шаров в урне не меняется и не меняется вероятность вынуть шар нужного цвета);
включение приборов (ламп, станков и т.п.) с заранее заданной одинаковой вероятностью выхода из строя каждого;
повторение стрелком выстрелов по одной и той же мишени при условии, что вероятность удачного попадания при каждом выстреле принимается одинаковой и т.д.

Пусть в результате испытания возможны два исхода: либо появится событие А, либо противоположное ему событие. Проведем n испытаний Бернулли. Это означает, что все n испытаний независимы; вероятность появления события А в каждом отдельно взятом или единичном испытании постоянна и от испытания к испытанию не изменяется (т.е. испытания проводятся в одинаковых условиях).

Обозначим вероятность появления события А в единичном испытании буквой p,
т.е. p = P(A), а вероятность противоположного события (событие A не наступило) – буквой 𝑞𝑞=𝑃𝑃 𝐴 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 𝐴 =1−𝑝𝑝.
Тогда вероятность того, что событие A появится в этих n  испытаниях ровно k раз, выражается 
формулой Бернулли 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝒒 𝒏−𝒌 𝒒𝒒 𝒒 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝒒 𝒏−𝒌 , 𝒒𝒒=𝟏𝟏−𝒑𝒑.
Распределение числа успехов (появлений события) носит название биномиального распределения.

Пример 1. Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть 2 партии из 4 или 3 партии из 6 (ничьи во внимание не принимаются).
Решение. Так как шахматисты по условию равносильные, а ничьи не учитываются, считаем, что выигрыш и проигрыш может наступить с равной вероятностью. Поэтому 𝑝𝑝=𝑞𝑞= 1 2 1 1 2 2 1 2 =0,5, 𝑞𝑞=1−𝑝𝑝= 1 2 1 1 2 2 1 2 =0,5.

Применяем формулу Бернулли и получаем: 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝟏−𝒑 𝟏𝟏−𝒑𝒑 𝟏−𝒑 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝟎,𝟓 𝒏 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝟎,𝟓 𝒏 𝒏𝒏 𝟎,𝟓 𝒏 𝟏 𝟏𝟏 𝟏 .
Нужно вычислить две вероятности, для каждой из которых применяем формулу (1).
В первом случае n=4, k=2, а во втором – n=6, k=3. Получаем 𝑃 1 𝑃𝑃 𝑃 1 1 𝑃 1 = 𝑃 4 𝑃𝑃 𝑃 4 4 𝑃 4 2 2 2 = 𝐶 4 2 𝐶𝐶 𝐶 4 2 4 𝐶 4 2 2 𝐶 4 2 ∙ 0,5 4 0,5 0,5 4 4 0,5 4 =6∙ 0,5 4 0,5 0,5 4 4 0,5 4 =0,375
𝑃 2 𝑃𝑃 𝑃 2 2 𝑃 2 = 𝑃 6 𝑃𝑃 𝑃 6 6 𝑃 6 3 3 3 = 𝐶 6 3 𝐶𝐶 𝐶 6 3 6 𝐶 6 3 3 𝐶 6 3 ∙ 0,5 6 0,5 0,5 6 6 0,5 6 =20∙ 0,5 6 0,5 0,5 6 6 0,5 6 =0,313.
Число 0,375 больше, чем 0,313. Поэтому вероятнее выиграть 2 партии из 4.

Пример 2. Играет два равных по силе игрока, какая вероятность выше: выиграть одну партию из трех, или три из пяти.

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна p. Производится n выстрелов. Найти вероятность того, что цель будет поражена в точности k раз (будет k попаданий).

Применяя формулу Бернулли получаем: 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝟏−𝒑 𝟏𝟏−𝒑𝒑 𝟏−𝒑 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝒒 𝒏−𝒌 𝒒𝒒 𝒒 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝒒 𝒏−𝒌

Пример 3. Произвели 7 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,705. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 5 попаданий.
Решение. Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (выстрелах по мишени), всего производится n=7 выстрелов, вероятность попадания при каждом p=0,705, вероятность промаха
q=1-p= 1-0,705=0,295. Нужно найти, что будет ровно k=5 попаданий. Подставляем все в формулу (1) и получаем: 𝑃 7 𝑃𝑃 𝑃 7 7 𝑃 7 5 5 5 = 𝐶 7 5 𝐶𝐶 𝐶 7 5 7 𝐶 7 5 5 𝐶 7 5 ∙ 0,705 5 0,705 0,705 5 5 0,705 5 ∙ 0,295 2 0,295 0,295 2 2 0,295 2 = 21∙ 0,705 5 0,705 0,705 5 5 0,705 5 ∙ 0,295 2 0,295 0,295 2 2 0,295 2 =0,318.
Пример 4. Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,3. Найти вероятность того, что при 6 выстрелах мишень будет поражена от трех до шести раз.

Куплено n лотерейных билетов. Вероятность выигрыша для каждого билета одинакова и равна p (проигрыша – q=1-p).  Найти вероятность того, что окажется ровно k  выигрышных билетов (и соответственно, n-k без выигрышных билетов).

Применяя формулу Бернулли получаем: 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝟏−𝒑 𝟏𝟏−𝒑𝒑 𝟏−𝒑 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝒒 𝒏−𝒌 𝒒𝒒 𝒒 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝒒 𝒏−𝒌 (1)

Пример 5. Вероятность того, что на один лотерейный билет выпадет выигрыш, равна 0,2. Куплено 5 билетов. Найти вероятность того, что выиграют 2 билета. Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (покупках билетов), всего куплено n=5 билетов, вероятность выигрыша p=0,2, вероятность проигрыша q= 1-p = 1 – 0,2 = 0,8. Нужно найти, что будет ровно Нужно найти, что будет, если k=2. Подставляем все в формулу (1) и получаем:
𝑃 5 𝑃 𝑃 𝑃𝑃 𝑃 𝑃 5 5 𝑃 5 2 2 2 = 𝐶 5 2 𝐶𝐶 𝐶 5 2 5 𝐶 5 2 2 𝐶 5 2 ∙ 0,2 2 0,2 0,2 2 2 0,2 2 ∙ 0,8 3 0,8 0,8 3 3 0,8 3 = 𝐶 5 2 𝐶𝐶 𝐶 5 2 5 𝐶 5 2 2 𝐶 5 2 ∙ 0,2 2 0,2 0,2 2 2 0,2 2 ∙ 0,8 3 0,8 0,8 3 3 0,8 3 =10∙ 0,2 2 0,2 0,2 2 2 0,2 2 ∙ 0,8 3 0,8 0,8 3 3 0,8 3 = 0,205
Пример 6. Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету равна 0,3. Вы купили 8 билетов. Найти вероятность того, что а) хотя бы один билет выигрышный; б) менее трех билетов выигрышные.

Пусть в каждом из n независимых испытаний событие A может произойти с вероятностью p, q = 1 – p (условия схемы Бернулли). Обозначим как и раньше, через  𝑃 𝑛 𝑃𝑃 𝑃 𝑛 𝑛𝑛 𝑃 𝑛 𝑘 𝑘𝑘 𝑘 вероятность ровно k появлений события А в n испытаниях. Кроме того, пусть 𝑃 𝑛 𝑃𝑃 𝑃 𝑛 𝑛𝑛 𝑃 𝑛 𝑘 1; 𝑘 2 𝑘 1; 𝑘𝑘 𝑘 1; 1; 𝑘 1; 𝑘 2 𝑘𝑘 𝑘 2 2 𝑘 2 𝑘 1; 𝑘 2 – вероятность того, что число появлений события А находится между  𝑘 1 𝑘𝑘 𝑘 1 1 𝑘 1 и 𝑘 2 𝑘𝑘 𝑘 2 2 𝑘 2 .
Локальная теорема Лапласа.
Если n – велико, а р – отлично от 0 и 1, то 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝒌 ≈ 𝟏 𝒏𝒑𝒒 𝟏𝟏 𝟏 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒏𝒑𝒑𝒒𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝟏 𝒏𝒑𝒒 𝝋𝝋 𝒌−𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌−𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌𝒌−𝒏𝒏𝒑𝒑 𝒌−𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒏𝒑𝒑𝒒𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒌−𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌−𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 , где 𝜑𝜑 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 1 2𝜋 1 1 2𝜋 2𝜋 2𝜋 2𝜋𝜋 2𝜋 1 2𝜋 𝑒 −𝑥 2 2 𝑒𝑒 𝑒 −𝑥 2 2 −𝑥 2 2 −𝑥 2 −𝑥𝑥 −𝑥 2 2 −𝑥 2 −𝑥 2 2 2 −𝑥 2 2 𝑒 −𝑥 2 2 - функция Гаусса.
Интегральная теорема Лапласа.
Если n – велико, а р – отлично от 0 и 1, то 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝟏; 𝒌 𝟐 𝒌 𝟏; 𝒌𝒌 𝒌 𝟏; 𝟏𝟏; 𝒌 𝟏; 𝒌 𝟐 𝒌𝒌 𝒌 𝟐 𝟐𝟐 𝒌 𝟐 𝒌 𝟏; 𝒌 𝟐 ≈Ф 𝒌 𝟐 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟐 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟐 𝒌𝒌 𝒌 𝟐 𝟐𝟐 𝒌 𝟐 −𝒏𝒏𝒑𝒑 𝒌 𝟐 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒏𝒑𝒑𝒒𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟐 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟐 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 −Ф 𝒌 𝟏 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟏 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟏 𝒌𝒌 𝒌 𝟏 𝟏𝟏 𝒌 𝟏 −𝒏𝒏𝒑𝒑 𝒌 𝟏 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒏𝒏𝒑𝒑𝒒𝒒 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟏 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 𝒌 𝟏 −𝒏𝒑 𝒏𝒑𝒒 ,
где Ф 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 1 2𝜋 1 1 2𝜋 2𝜋 2𝜋 2𝜋𝜋 2𝜋 1 2𝜋 0 𝑥 𝑒 −𝑡 2 2 𝑑𝑡 0 0 𝑥 𝑒 −𝑡 2 2 𝑑𝑡 𝑥𝑥 0 𝑥 𝑒 −𝑡 2 2 𝑑𝑡 𝑒 −𝑡 2 2 𝑒𝑒 𝑒 −𝑡 2 2 −𝑡 2 2 −𝑡 2 −𝑡𝑡 −𝑡 2 2 −𝑡 2 −𝑡 2 2 2 −𝑡 2 2 𝑒 −𝑡 2 2 𝑑𝑑𝑡𝑡 0 𝑥 𝑒 −𝑡 2 2 𝑑𝑡 - функция Лапласа.
Функции Гаусса и Лапласа обладают свойствами, которые необходимо знать при использовании таблиц значений этих функций:
𝜑𝜑 −𝑥 −𝑥𝑥 −𝑥 =𝜑𝜑(𝑥𝑥); Ф −𝑥 −𝑥𝑥 −𝑥 =−Ф 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 .
при больших 𝑥𝑥 верно 𝜑𝜑 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 ≈0; Ф 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 ≈0,5.

Пример 1. Для мастера определенной квалификации вероятность изготовить деталь отличного качества равна 0,75. За смену он изготовил 400 деталей. Найти вероятность того, что в их числе 280 деталей отличного качества.
Решение. По условию 𝑛𝑛=400, 𝑝𝑝=0,75, 𝑞𝑞=0,25, 𝑘𝑘=280, откуда 𝑥𝑥= 𝑘−𝑛𝑝 𝑛𝑝𝑞 𝑘𝑘−𝑛𝑛𝑝𝑝 𝑘−𝑛𝑝 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑛𝑝𝑝𝑞𝑞 𝑛𝑝𝑞 𝑘−𝑛𝑝 𝑛𝑝𝑞 = 280−400∙0,75 400∙0,75∙0,25 280−400∙0,75 280−400∙0,75 400∙0,75∙0,25 400∙0,75∙0,25 400∙0,75∙0,25 400∙0,75∙0,25 400∙0,75∙0,25 280−400∙0,75 400∙0,75∙0,25 =−2,31.
По таблицам найдем 𝜑𝜑 −2,31 −2,31 −2,31 =𝜑𝜑 2,31 2,31 2,31 =0,0277. Искомая вероятность равна:

𝑃 400 𝑃𝑃 𝑃 400 400 𝑃 400 280 280 280 = 1 𝑛𝑝𝑞 1 1 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑛𝑝𝑝𝑞𝑞 𝑛𝑝𝑞 1 𝑛𝑝𝑞 𝜑𝜑 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 0,0277 75 0,0277 0,0277 75 75 75 75 75 0,0277 75 ≈0,0032.
Пример2. В продукции некоторого производства брак составляет 15%. Изделия отправляются потребителям (без проверки) в коробках по 100 штук. Найти вероятности событий:
В – наудачу взятая коробка содержит 13 бракованных изделий;
С – число бракованных изделий в коробке не превосходит 20
Решение. Изготовление детали – это испытание, в котором может появиться событие А – изделие бракованное – с вероятностью 𝑝𝑝=0,15.  Находим  n𝑝𝑝=15, 𝑛𝑛𝑝𝑝𝑞𝑞=12,75.
Можно применять формулы Лапласа: 𝑃𝑃 𝐵 𝐵𝐵 𝐵 = 𝑃 100 𝑃𝑃 𝑃 100 100 𝑃 100 13 13 13 ≈ 1 12,75 1 1 12,75 12,75 12,75 12,75 12,75 1 12,75 𝜑𝜑 13−15 12,75 13−15 12,75 13−15 13−15 12,75 12,75 12,75 12,75 12,75 13−15 12,75 13−15 12,75 =0,28𝜑𝜑 −0,56 −0,56 −0,56 =0,28∙0,341=0,095.
𝑃𝑃 𝐶 𝐶𝐶 𝐶 = 𝑃 100 𝑃𝑃 𝑃 100 100 𝑃 100 0;20 0;20 0;20 ≈Ф 20−15 12,75 20−15 12,75 20−15 20−15 12,75 12,75 12,75 12,75 12,75 20−15 12,75 20−15 12,75 −Ф 0−15 12,75 0−15 12,75 0−15 0−15 12,75 12,75 12,75 12,75 12,75 0−15 12,75 0−15 12,75 =Ф 1,4 1,4 1,4 −Ф −4,2 −4,2 −4,2 =Ф 1,4 1,4 1,4 +Ф 4,2 4,2 4,2 =0,419+0,5=0,919.
Приблизительно 9,5% всех коробок содержат 13 бракованных изделий и в 92% коробок число бракованных не превосходит 20.

Задача 1. Вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти вероятность того, что среди 100 новорожденных окажется 50 мальчиков.

Задача 2. Вычислительное устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо друг от друга. Вероятность отказа каждого элемента за смену равна p. Найти вероятность, что за смену откажут m элементов. p=0,024; m=6.
Задача 3. На конвейер за смену поступает 300 изделий. Вероятность того, что поступившая на конвейер деталь стандартна, равна 0,75. Найти вероятность того, что стандартных деталей на конвейер за смену поступило ровно 240.
Задача 4. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле равна 0,8 Найти вероятность того, что при 100 выстрелах стрелок поразит мишень ровно 75 раз. Найти наивероятнейшее число попаданий в цель.

Пример 3. Небольшой город ежедневно посещают 100 туристов, которые днем идут обедать. Каждый из них выбирает для обеда один из двух городских ресторанов с равными вероятностями и независимо друг от друга. Владелец одного из ресторанов желает, чтобы c вероятностью приблизительно 0,99 все пришедшие в его ресторан туристы могли там одновременно пообедать. Сколько мест должно для этого быть в его ресторане?
Решение. Будем считать, что событие A произошло, если турист пообедал у заинтересованного владельца. По условию задачи 𝑝𝑝=𝑃𝑃 𝐴 𝐴𝐴 𝐴 =0,5 , 𝑛𝑛=100. Нас интересует такое наименьшее число посетителей m, что вероятность одновременного прихода не менее чем m туристов из числа n=100 с вероятностью успеха
p=0,5 приблизительно равна вероятности переполнения ресторана, т.е. 1-0,99=0,01.
Таким образом, нас интересует такое наименьшее число m, что 𝑃 100 𝑃𝑃 𝑃 100 100 𝑃 100 𝑚;100 𝑚𝑚;100 𝑚;100 ≈0,01.
Применим интегральную теорему Муавра-Лапласа.
В нашем случае: m - неизвестно, 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑝𝑞 𝑛𝑛𝑝𝑝𝑞𝑞 𝑛𝑝𝑞 =5, 𝑡 𝑚 2 𝑡𝑡 𝑡 𝑚 2 𝑚 2 𝑚𝑚 𝑚 2 2 𝑚 2 𝑡 𝑚 2 = 100−50 5 100−50 100−50 5 5 100−50 5 =10, 𝑡 𝑚 1 𝑡𝑡 𝑡 𝑚 1 𝑚 1 𝑚𝑚 𝑚 1 1 𝑚 1 𝑡 𝑚 1 = 𝑚−50 5 𝑚𝑚−50 𝑚−50 5 5 𝑚−50 5 = 𝑚 5 𝑚𝑚 𝑚 5 5 𝑚 5 −10.
Тогда 0,01≈ 𝑃 100 𝑃𝑃 𝑃 100 100 𝑃 100 𝑚;100 𝑚𝑚;100 𝑚;100 ≈ Ф 10 −Ф 𝑚 5 −10 Ф 10 10 10 −Ф 𝑚 5 −10 𝑚 5 𝑚𝑚 𝑚 5 5 𝑚 5 −10 𝑚 5 −10 Ф 10 −Ф 𝑚 5 −10 ≈0,5−Ф 𝑚 5 −10 𝑚 5 𝑚𝑚 𝑚 5 5 𝑚 5 −10 𝑚 5 −10 .Ф 𝑚 5 −10 𝑚 5 𝑚𝑚 𝑚 5 5 𝑚 5 −10 𝑚 5 −10 ≈0,49. Используя таблицы для функции Ф 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 , находим, 𝑚 5 𝑚𝑚 𝑚 5 5 𝑚 5 −10≈2,33, и, значит, 𝑚𝑚≈2,33∙5+10≈61,65.
Следовательно, в ресторане должно быть 62 места.

Задача 5. Найти вероятность того, что если бросить монету 200 раз, то орел выпадет от 90 до 110 раз.

Задача 6. Вероятность изготовления годной детали равна 0,8. Произведено 500 деталей. Какое число годных деталей вероятнее получить: а) менее 390; б) от 390 до 410?

Задача 8. Вероятность изготовления годной детали равна 0,8. Произведено 500 деталей. Какое число годных деталей вероятнее получить: а) менее 390; б) от 390 до 410?

При большом числе испытаний n и малой вероятности p формулой Бернулли пользоваться неудобно, например, 0,97 999 0,97 0,97 999 999 0,97 999 вычислить трудно. В этом случае для вычисления вероятности того, что в n испытаниях (n- велико) событие произойдет k раз , используют 

формулу Пуассона: 𝑷 𝒏 𝑷𝑷 𝑷 𝒏 𝒏𝒏 𝑷 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝒌 = 𝝀 𝒌 𝒌! 𝝀 𝒌 𝝀𝝀 𝝀 𝒌 𝒌𝒌 𝝀 𝒌 𝝀 𝒌 𝒌! 𝒌𝒌! 𝝀 𝒌 𝒌! ∙ 𝒆 −𝝀 𝒆𝒆 𝒆 −𝝀 −𝝀𝝀 𝒆 −𝝀 .

Здесь λ=𝑛𝑛∙𝑝𝑝 обозначает среднее число появлений события в n испытаниях. Эта формула дает удовлетворительное приближение для 𝑝𝑝≤0,1 и 𝑛𝑛𝑝𝑝≤10. События, для которых применима формула Пуассона, называют редкими, так как вероятность их осуществления очень мала (обычно порядка 0,001-0,0001). При больших np рекомендуется применять формулы Муавра-Лапласа.
Пример 4. Устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо один от другого. Вероятность отказа любого элемента в течении времени Т равна 0,002. Найти вероятность того, что за время Т откажут ровно три элемента.
Решение. По условию дано 𝑛𝑛=1000, 𝑝𝑝=0,002, λ=𝑛𝑛𝑝𝑝=2, 𝑘𝑘=3.
Искомая вероятность после подстановки в формулу: 𝑃 1000 𝑃𝑃 𝑃 1000 1000 𝑃 1000 3 3 3 = 2 3 3! 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3 3! 3! 2 3 3! ∙ 𝑒 −2 𝑒𝑒 𝑒 −2 −2 𝑒 −2 ≈0,18.

Пример 9. Вероятность того, что ПК дает сбой при нажатии клавиши, равна 0,0002. Определить вероятность того, что при наборе текста, состоящего из 5000 знаков, не произойдет ни одного сбоя.

Пример 10. Автомат по продаже воды не срабатывает в среднем в одном случае из тысячи. Какова вероятность того, что он не сработает в трех случаях из ста.

Пример 11. Вероятность сбоя в работе банкомата при каждом запросе равна 0,0019. Банкомат обслуживает 2000 клиентов за неделю. Определить вероятность того, что при этом число сбоев не превзойдет 3.

Дискретная случайная величина задается своим рядом распределения: перечнем значений 𝑥 𝑖 𝑥𝑥 𝑥 𝑖 𝑖𝑖 𝑥 𝑖 , которые она может принимать, и соответствующих вероятностей 𝑝 𝑖 𝑝𝑝 𝑝 𝑖 𝑖𝑖 𝑝 𝑖 =𝑃𝑃 𝑋= 𝑥 𝑖 𝑋𝑋= 𝑥 𝑖 𝑥𝑥 𝑥 𝑖 𝑖𝑖 𝑥 𝑖 𝑋= 𝑥 𝑖 . Количество значений случайной величины может быть конечным или счетным. Для определенности будем рассматривать случай 𝑖𝑖= 1;𝑛. 1;𝑛𝑛. 1;𝑛.
Тогда табличное представление дискретной случайной величины имеет вид:



При этом выполняется условие нормировки: сумма всех вероятностей должна быть равна единице
𝑖=1 𝑛 𝑝 𝑖 =1 𝑖𝑖=1 𝑖=1 𝑛 𝑝 𝑖 =1 𝑛𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑝 𝑖 =1 𝑝 𝑖 𝑝𝑝 𝑝 𝑖 𝑖𝑖 𝑝 𝑖 =1 𝑖=1 𝑛 𝑝 𝑖 =1
Графически ряд распределения можно представить полигоном распределения (или многоугольником распределения). Для этого на плоскости откладываются точки с координатами 𝑥 𝑖 ; 𝑝 𝑖 𝑥 𝑖 𝑥𝑥 𝑥 𝑖 𝑖𝑖 𝑥 𝑖 ; 𝑝 𝑖 𝑝𝑝 𝑝 𝑖 𝑖𝑖 𝑝 𝑖 𝑥 𝑖 ; 𝑝 𝑖 и соединяются по порядку ломаной линией.

Математическое ожидание: 𝑴𝑴 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒊𝒊=𝟏𝟏 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒏𝒏 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒙 𝒊 𝒙𝒙 𝒙 𝒊 𝒊𝒊 𝒙 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒑𝒑 𝒑 𝒊 𝒊𝒊 𝒑 𝒊 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊
Свойства математического ожидания:

Свойство 1. Математическое ожидание постоянной величины равно этой постоянной: M 𝑐 𝑐𝑐 𝑐 =𝑐𝑐.
Свойство 2. Постоянный множитель можно выносить за знак математического ожидания:
M 𝑘𝑋 𝑘𝑘𝑋𝑋 𝑘𝑋 =𝑘𝑘𝑀𝑀(𝑋𝑋).
Свойство 3. Математическое ожидание суммы (разности) случайных величин равно сумме (разности) их математических ожиданий: M 𝑋±𝑌 𝑋𝑋±𝑌𝑌 𝑋±𝑌 =𝑀𝑀(𝑋𝑋)±𝑀𝑀 𝑌 𝑌𝑌 𝑌 .
Свойство 4. Математическое ожидание произведения случайных величин равно произведению их математических ожиданий: M 𝑋∙𝑌 𝑋𝑋∙𝑌𝑌 𝑋∙𝑌 =𝑀𝑀(𝑋𝑋)∙𝑀𝑀 𝑌 𝑌𝑌 𝑌 .
Свойство 5. Если все значения случайной величины X уменьшить (увеличить) на одно и то же число С, то её математическое ожидание уменьшится (увеличится) на то же число: M 𝑋−𝐶 𝑋𝑋−𝐶𝐶 𝑋−𝐶 =𝑀𝑀 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 −𝐶𝐶.
Дисперсия:
𝑫𝑫 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 =𝑴𝑴 𝑿 𝟐 𝑿 𝟐 𝑿𝑿 𝑿 𝟐 𝟐𝟐 𝑿 𝟐 𝑿 𝟐 − 𝑴 𝑿 𝟐 𝑴 𝑿 𝑴𝑴 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 𝑴 𝑿 𝑴 𝑿 𝟐 𝟐𝟐 𝑴 𝑿 𝟐 = 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝟐 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒊𝒊=𝟏𝟏 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝟐 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒏𝒏 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝟐 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒙 𝟐 𝒊 𝒙 𝟐 𝒙𝒙 𝒙 𝟐 𝟐𝟐 𝒙 𝟐 𝒙 𝟐 𝒊 𝒊𝒊 𝒙 𝟐 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 𝒑𝒑 𝒑 𝒊 𝒊𝒊 𝒑 𝒊 𝒊=𝟏 𝒏 𝒙 𝟐 𝒊 ∙ 𝒑 𝒊 − 𝑴 𝑿 𝟐 𝑴 𝑿 𝑴𝑴 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 𝑴 𝑿 𝑴 𝑿 𝟐 𝟐𝟐 𝑴 𝑿 𝟐
Среднее квадратическое отклонение: 𝝈𝝈 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝑫 𝑿 𝑫 𝑿 𝑫𝑫 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 𝑫 𝑿
Коэффициент вариации: 𝑽𝑽 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝝈 𝑿 𝑴 𝑿 𝝈𝝈 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 𝝈 𝑿 𝑴 𝑿 𝑴𝑴 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 𝝈 𝑿 𝑴 𝑿

Функция распределения ДСВ
По ряду распределения можно составить функцию распределения дискретной случайной величины 𝐹𝐹 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 =𝑃𝑃 𝑋<𝑥 𝑋𝑋<𝑥𝑥 𝑋<𝑥 .
Эта функция задает вероятность того, что случайная величина X примет значение меньшее некоторого числа x.
Свойства функции распределения ДСВ:
Свойство 1. Значения функции распределения принадлежат отрезку 0;1 0;1 0;1 ,0≤ 𝐹𝐹 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 ≤1.
Свойство 2. 𝐹𝐹 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 - неубывающая функция, т.е.
равна приращению функции распределения на этом интервале: 𝑃𝑃 𝑎≤𝑋<𝑏 𝑎𝑎≤𝑋𝑋<𝑏𝑏 𝑎≤𝑋<𝑏 =𝑃𝑃 𝑏 𝑏𝑏 𝑏 −𝑃𝑃 𝑎 𝑎𝑎 𝑎 .
Следствие 2. Вероятность того, что непрерывная случайная величина X примет одно определенное значение, равна нулю.


Пример 1 . Случайная величина X задана функцией распределения



Найти вероятность того, что в результате испытания X примет значение, принадлежащее интервалу 0;2 0;2 0;2 .

Задача 1. Дискретная случайная величина задана рядом распределения:



Построить многоугольник распределения и функцию распределения 𝐹𝐹 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 .
Вычислить: 𝑀𝑀 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 , 𝐷𝐷 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 , 𝜎𝜎 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 .
Решение. Строим многоугольник распределения

Строим функцию распределения 𝐹𝐹 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =𝑃𝑃 𝑋<𝑥 𝑋𝑋<𝑥𝑥 𝑋<𝑥 . Сначала составим таблицу:



Строим график:

Вычислим 𝑀𝑀 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 , 𝐷𝐷 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 , 𝜎𝜎 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 .
Математическое ожидание: 𝑀𝑀 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 = 𝑥 𝑖 𝑝 𝑖 =3,91 𝑥 𝑖 𝑝 𝑖 =3,91 𝑥 𝑖 𝑝 𝑖 =3,91 𝑥 𝑖 𝑥𝑥 𝑥 𝑖 𝑖𝑖 𝑥 𝑖 𝑝 𝑖 𝑝𝑝 𝑝 𝑖 𝑖𝑖 𝑝 𝑖 =3,91 𝑥 𝑖 𝑝 𝑖 =3,91

Дисперсия: 𝐷𝐷 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 = 𝑖=1 𝑛 𝑥 2 𝑖 ∙ 𝑝 𝑖 𝑖𝑖=1 𝑖=1 𝑛 𝑥 2 𝑖 ∙ 𝑝 𝑖 𝑛𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑥 2 𝑖 ∙ 𝑝 𝑖 𝑥 2 𝑖 𝑥 2 𝑥𝑥 𝑥 2 2 𝑥 2 𝑥 2 𝑖 𝑖𝑖 𝑥 2 𝑖 ∙ 𝑝 𝑖 𝑝𝑝 𝑝 𝑖 𝑖𝑖 𝑝 𝑖 𝑖=1 𝑛 𝑥 2 𝑖 ∙ 𝑝 𝑖 − 𝑀 𝑋 2 𝑀 𝑋 𝑀𝑀 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 𝑀 𝑋 𝑀 𝑋 2 2 𝑀 𝑋 2 =18,33− 3,91 2 3,91 3,91 2 2 3,91 2 =3,042
Среднее квадратическое отклонение: 𝜎𝜎 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 = 𝐷 𝑋 𝐷 𝑋 𝐷𝐷 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 𝐷 𝑋 = 3,042 3,042 3,042 3,042 ≈1,744
Коэффициент вариации: 𝑉𝑉 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 = 𝜎 𝑋 𝑀 𝑋 𝜎𝜎 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 𝜎 𝑋 𝑀 𝑋 𝑀𝑀 𝑋 𝑋𝑋 𝑋 𝜎 𝑋 𝑀 𝑋 = 1,744 3,91 1,744 1,744 3,91 3,91 1,744 3,91 ≈0,4461
Расчеты в таблице:

Задача2. Для случайной величины Х с данным рядом распределения

Биномиальным называют распределение количества «успехов» в последовательности из n независимых случайных экспериментов, таких, что вероятность «успеха» в каждом из них постоянна и равна p.
Пусть происходит n независимых испытаний, в каждом из которых событие может появится с одной и той же вероятностью p. Тогда случайная величина  X - количество испытаний, в которых появилось событие, имеет биномиальное распределение вероятностей. Она может принимать целые значения от 0 (событие не произошло ни разу) до n (событие произошло во всех испытаниях). Формула для вычисления соответствующих вероятностей - уже известная нам формула Бернулли  для схемы повторных независимых испытаний:
𝐏𝐏 𝑿=𝒌 𝑿𝑿=𝒌𝒌 𝑿=𝒌 = 𝑪 𝒏 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝒏 𝒌 𝒏𝒏 𝑪 𝒏 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝒏 𝒌 ∙ 𝒑 𝒌 𝒑𝒑 𝒑 𝒌 𝒌𝒌 𝒑 𝒌 ∙ 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝟏−𝒑 𝟏𝟏−𝒑𝒑 𝟏−𝒑 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝟏−𝒑 𝒏−𝒌 , 𝒌𝒌=𝟎𝟎,𝟏𝟏,𝟐𝟐, …..,𝒏𝒏
Для биномиального распределения известны готовые формулы для математического ожидания и дисперсии:

Задача 1.

Задача 3.

Задача 5. Контрольная работа состоит из трех вопросов. На каждый вопрос приведено четыре варианта ответа, один из которых правильный. Составить закон распределения числа правильных ответов при простом угадывании. Найти M(X), D(X).

Задача 6. Стрелок производит 4 выстрела по мишени. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна 0,3. За каждое попадание стрелку засчитывается 10 очков. Найти закон распределения числа засчитанных очков.
Задача 7. По многолетним статистическим данным известно, что вероятность рождения мальчика равна 0,515. Составить закон распределения случайной величины Х - числа мальчиков в семье с 4 детьми. Найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.

Пусть происходит серия независимых испытаний, в каждом из которых событие может появится с одной и той же вероятностью p. Тогда случайная величина X - количество испытаний до первого появления события, имеет геометрическое распределение вероятностей.
Она может принимать всевозможные целые значения от 0 (событие произошло в первом испытании) и больше (счетное число значений). Формула для вычисления соответствующих вероятностей легко выводится: 𝐏𝐏 𝑿=𝒌 𝑿𝑿=𝒌𝒌 𝑿=𝒌 = 𝒒 𝒌 𝒒𝒒 𝒒 𝒌 𝒌𝒌 𝒒 𝒌 ∙𝒑𝒑, 𝒌𝒌=𝟎𝟎,𝟏𝟏,𝟐𝟐, …..,𝒏𝒏
Для геометрического распределения известны готовые формулы для математического ожидания и дисперсии:

Задача 8.

Задача 9.

С понятием гипергеометрической вероятности мы уже сталкивались ранее, когда решали определенный кластер задач по формуле классической вероятности: задачи про выбор шаров определенного цвета, выигрышных лотерейных билетов или бракованных деталей. Теперь такие же задачи будут встречаться и при изучении случайных величин.
Для определенности сформулируем задачу следующим образом:
Из урны, в которой находятся N шаров (K белых и N-K чёрных шаров), наудачу и без возвращения вынимают n шаров (n≤N). Найти закон распределения случайной величины X - равной числу белых шаров среди выбранных.
Случайная величина X может принимать целые значения от 0 до K (если nВероятности вычисляются по формуле: 𝑷𝑷 𝑿=𝒌 𝑿𝑿=𝒌𝒌 𝑿=𝒌 = 𝑪 𝑲 𝒌 ∙ 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝑪 𝑵 𝒏 𝑪 𝑲 𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝑲 𝒌 𝑲𝑲 𝑪 𝑲 𝒌 𝒌𝒌 𝑪 𝑲 𝒌 ∙ 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝑪𝑪 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝑵𝑵−𝑲𝑲 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝒏𝒏−𝒌𝒌 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝑪 𝑲 𝒌 ∙ 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝑪 𝑵 𝒏 𝑪 𝑵 𝒏 𝑪𝑪 𝑪 𝑵 𝒏 𝑵𝑵 𝑪 𝑵 𝒏 𝒏𝒏 𝑪 𝑵 𝒏 𝑪 𝑲 𝒌 ∙ 𝑪 𝑵−𝑲 𝒏−𝒌 𝑪 𝑵 𝒏 , 𝟎𝟎≤𝒌𝒌≤𝑲𝑲
В задачах, конечно же, речь может идти не только о шарах белого и черного цвета, а о многом другом: телевизорах марки А или Б, выигрышных и проигрышных билетах, стандартных и нестандартных деталях и т.п. выборках, где есть объекты двух типов и мы отслеживаем, сколько объектов нужного "типа" появится.
Для гипергеометрического распределения можно вычислять числовые характеристики (математическое ожидание и дисперсию) как по обычным формулам (по ряду распределения), так и по готовым формулам:
𝑴 𝑿 = 𝑲 𝑵 ∙𝒏; 𝑫 𝑿 = 𝑲 𝑵 ∙𝒏∙ 𝑵−𝒏 𝑵 ∙ 𝑵−𝑲 𝑵−𝟏

Задача. В магазине имеется 15 автомобилей определенной марки. Среди них 7 черного цвета, 6 серого и 2 белого. Представители фирмы обратились в магазин с предложением о продаже им 3 автомобилей этой марки, безразлично какого цвета. Составьте ряд распределения числа проданных автомобилей черного цвета при условии, что автомобили отбирались случайно.

РЕШЕНИЕ. Введем дискретную случайную величину X = (Число проданных автомобилей черного цвета). X может принимать значения 0, 1, 2 и 3. Найдем соответствующие вероятности по классическому определению вероятности. Всего способов выбрать 3 любых автомобиля из 15 будет:
𝑛𝑛= 𝐶 15 3 𝐶𝐶 𝐶 15 3 15 𝐶 15 3 3 𝐶 15 3 = 15! 3!12! 15! 15! 3!12! 3!12! 15! 3!12! =455.
X = 0 , если все автомобили не черные, таких было 8 штук, поэтому 𝑃𝑃 𝑋=0 𝑋𝑋=0 𝑋=0 = 𝐶 8 3 455 𝐶 8 3 𝐶𝐶 𝐶 8 3 8 𝐶 8 3 3 𝐶 8 3 𝐶 8 3 455 455 𝐶 8 3 455 = 8 65 8 8 65 65 8 65 .
X =1, если один автомобиль черный (выбираем из 7) и еще два – не черные (выбираем из 8 остальных),
𝑃𝑃 𝑋=1 𝑋𝑋=1 𝑋=1 = 7∙ 𝐶 8 2 455 7∙ 𝐶 8 2 𝐶𝐶 𝐶 8 2 8 𝐶 8 2 2 𝐶 8 2 7∙ 𝐶 8 2 455 455 7∙ 𝐶 8 2 455 = 28 65 28 28 65 65 28 65 .
X = 2 , если два автомобиля черные (выбираем из 7) и еще один – не черный (выбираем из 8 остальных),
𝑃𝑃 𝑋=2 𝑋𝑋=2 𝑋=2 = 8∙ 𝐶 7 2 455 8∙ 𝐶 7 2 𝐶𝐶 𝐶 7 2 7 𝐶 7 2 2 𝐶 7 2 8∙ 𝐶 7 2 455 455 8∙ 𝐶 7 2 455 = 24 65 24 24 65 65 24 65 .
X = 3, если все автомобили черные, вероятность 𝑃𝑃 𝑋=3 𝑋𝑋=3 𝑋=3 = 𝐶 7 3 455 𝐶 7 3 𝐶𝐶 𝐶 7 3 7 𝐶 7 3 3 𝐶 7 3 𝐶 7 3 455 455 𝐶 7 3 455 = 1 13 1 1 13 13 1 13 .
Ряд распределения случайной величины X :
Сумма вероятностей равна 1, распределение найдено верно.

Задача 1. Составить закон распределения вероятностей числа появлений события А в трёх независимых испытаниях, если вероятность появления события в каждом испытании равна 0,6.

Задача 2. Игральная кость брошена 3 раза. Написать закон распределения числа появлений шестёрки.
Задача 3. Производится бросание игральной кости до первого выпадения шести очков. Найти вероятность того, что первое выпадение «шестёрки» произойдёт при втором бросании игральной кости.

Задача 4. В магазине продаются 5 отечественных и 3 импортных телевизора. Составить закон распределения случайной величины – числа импортных из четырех наудачу выбранных телевизоров. Найти функцию распределения этой случайной величины и построить ее график.

В отличие от дискретной случайной величины, НСВ может принять любое действительное значение из некоторого промежутка ненулевой длины, что делает невозможным её представление в виде таблицы (т.к. действительных чисел несчётно много).
В этой связи непрерывную случайную величину задают функциями двух типов.
Функция распределения непрерывной случайной величины X определяется точно так же, как и функция распределения ДСВ: 𝐹𝐹 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =𝑃𝑃 𝑋<𝑥 𝑋𝑋<𝑥𝑥 𝑋<𝑥  – вероятность того, что случайная величина X примет значение, МЕНЬШЕЕ, чем переменная x, которая «пробегает» все значения от «минус» до «плюс» бесконечности. Таким образом, учитываются все значения, которые в принципе может принять произвольная случайная величина. С увеличением x функция распределения «накапливает» (суммирует) вероятности, а значит, является неубывающей и изменяется в пределах 0≤𝐹𝐹 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 ≤1.  По этой причине её иногда называют интегральной функцией распределения.
Важной особенностью является тот факт, что функция распределения ЛЮБОЙ непрерывной случайной величины всегда и всюду непрерывна! Часто её можно встретить в кусочном виде, например:

Функция ПЛОТНОСТИ распределения вероятностей
или дифференциальная функция распределения. Она представляет собой производную функции распределения: 𝑓𝑓 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 𝐹 ′ 𝐹𝐹 𝐹 ′ ′ 𝐹 ′ 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 . Примечание: для дискретной случайной величины такой функции не существует.



Если случайная величина X принимает значения из конечного промежутка, то всё дело сводится к вычислению определённого интеграла:




 С вероятностной точки зрения это означает, что случайная величина X  достоверно примет одно из значений отрезка 0;3 0;3 0;3 . Геометрически же это означает, что площадь между осью OX и графиком f(x) равна единице.

Пусть непрерывная случайная величина X задана плотностью распределения f(x). Все возможные значения случайной величины X принадлежат промежутку 𝑎;𝑏 𝑎𝑎;𝑏𝑏 𝑎;𝑏 .

Математическим ожиданием непрерывной случайной величины X называется определенный интеграл
𝑴𝑴 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝒂 𝒃 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒂𝒂 𝒂 𝒃 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒃𝒃 𝒂 𝒃 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒙𝒙𝒇𝒇(𝒙𝒙)𝒅𝒅𝒙𝒙 𝒂 𝒃 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙
Если X принимает значения на −∞;+∞ −∞;+∞ −∞;+∞ , то 𝑴𝑴 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = −∞ +∞ 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙. −∞ −∞ +∞ 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙. +∞ −∞ +∞ 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙. 𝒙𝒙𝒇𝒇(𝒙𝒙)𝒅𝒅𝒙𝒙. −∞ +∞ 𝒙𝒇(𝒙)𝒅𝒙.
Дисперсией непрерывной случайной величины X называется математическое ожидание квадрата отклонения
D 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝒂 𝒃 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒂𝒂 𝒂 𝒃 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒃𝒃 𝒂 𝒃 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝑿−𝑴 𝒙 𝑿𝑿−𝑴𝑴 𝒙 𝒙𝒙 𝒙 𝑿−𝑴 𝒙 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝟐𝟐 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇𝒇(𝒙𝒙)𝒅𝒅𝒙𝒙 𝒂 𝒃 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ; D 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝒂 𝒃 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒂𝒂 𝒂 𝒃 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒃𝒃 𝒂 𝒃 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒙 𝟐 𝒙 𝒙𝒙 𝒙 𝒙 𝟐 𝟐𝟐 𝒙 𝟐 𝒇𝒇(𝒙𝒙)𝒅𝒅𝒙𝒙 𝒂 𝒃 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 − 𝑴 𝟐 𝑴𝑴 𝑴 𝟐 𝟐𝟐 𝑴 𝟐 𝒙 𝒙𝒙 𝒙
Если X принимает значения на −∞;+∞ −∞;+∞ −∞;+∞ , то D 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = −∞ +∞ 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙. −∞ −∞ +∞ 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙. +∞ −∞ +∞ 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙. 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝑿−𝑴 𝒙 𝑿𝑿−𝑴𝑴 𝒙 𝒙𝒙 𝒙 𝑿−𝑴 𝒙 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝟐𝟐 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇𝒇(𝒙𝒙)𝒅𝒅𝒙𝒙. −∞ +∞ 𝑿−𝑴 𝒙 𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙.
Среднее квадратическое отклонение непрерывной случайной величины 𝜹𝜹 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 = 𝑫 𝑿 𝑫 𝑿 𝑫𝑫 𝑿 𝑿𝑿 𝑿 𝑫 𝑿

Пример. Найти 𝑀𝑀 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 и 𝐷𝐷 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 , если случайная величина X задана функцией распределения
𝐹𝐹 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 0, при 𝑥≤0 𝑥, при 0<𝑥≤1 1, при 𝑥>1 0, при 𝑥≤0 𝑥, при 0<𝑥≤1 1, при 𝑥>1 0, при 𝑥𝑥≤0 0, при 𝑥≤0 𝑥, при 0<𝑥≤1 1, при 𝑥>1 𝑥𝑥, при 0<𝑥𝑥≤1 0, при 𝑥≤0 𝑥, при 0<𝑥≤1 1, при 𝑥>1 1, при 𝑥𝑥>1 0, при 𝑥≤0 𝑥, при 0<𝑥≤1 1, при 𝑥>1 0, при 𝑥≤0 𝑥, при 0<𝑥≤1 1, при 𝑥>1

Найдем 𝑓𝑓 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 𝐹 ′ 𝐹𝐹 𝐹 ′ ′ 𝐹 ′ 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 0, при 𝑥≤0 1, при 0<𝑥≤1 0, при 𝑥>1 0, при 𝑥≤0 1, при 0<𝑥≤1 0, при 𝑥>1 0, при 𝑥𝑥≤0 0, при 𝑥≤0 1, при 0<𝑥≤1 0, при 𝑥>1 1, при 0<𝑥𝑥≤1 0, при 𝑥≤0 1, при 0<𝑥≤1 0, при 𝑥>1 0, при 𝑥𝑥>1 0, при 𝑥≤0 1, при 0<𝑥≤1 0, при 𝑥>1 0, при 𝑥≤0 1, при 0<𝑥≤1 0, при 𝑥>1

𝑀𝑀 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 0 1 𝑥∙1𝑑𝑥= 𝑥 2 2 1 0 = 1 2 0 0 1 𝑥∙1𝑑𝑥= 𝑥 2 2 1 0 = 1 2 1 0 1 𝑥∙1𝑑𝑥= 𝑥 2 2 1 0 = 1 2 𝑥𝑥∙1𝑑𝑑𝑥𝑥= 𝑥 2 2 𝑥 2 𝑥𝑥 𝑥 2 2 𝑥 2 𝑥 2 2 2 𝑥 2 2 1 0 = 1 2 1 0 1 1 0 0 1 0 = 1 2 1 1 2 2 1 2 1 0 = 1 2 0 1 𝑥∙1𝑑𝑥= 𝑥 2 2 1 0 = 1 2
D 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 0 1 𝑥 2 ∙1𝑑𝑥− 𝑀 2 𝑥 = 𝑥 3 3 1 0 − 1 4 = 1 3 − 1 4 = 1 12 0 0 1 𝑥 2 ∙1𝑑𝑥− 𝑀 2 𝑥 = 𝑥 3 3 1 0 − 1 4 = 1 3 − 1 4 = 1 12 1 0 1 𝑥 2 ∙1𝑑𝑥− 𝑀 2 𝑥 = 𝑥 3 3 1 0 − 1 4 = 1 3 − 1 4 = 1 12 𝑥 2 𝑥𝑥 𝑥 2 2 𝑥 2 ∙1𝑑𝑑𝑥𝑥− 𝑀 2 𝑀𝑀 𝑀 2 2 𝑀 2 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 = 𝑥 3 3 𝑥 3 𝑥𝑥 𝑥 3 3 𝑥 3 𝑥 3 3 3 𝑥 3 3 1 0 − 1 4 = 1 3 − 1 4 = 1 12 1 0 1 1 0 0 1 0 − 1 4 1 1 4 4 1 4 = 1 3 1 1 3 3 1 3 − 1 4 1 1 4 4 1 4 = 1 12 1 1 12 12 1 12 1 0 − 1 4 = 1 3 − 1 4 = 1 12 0 1 𝑥 2 ∙1𝑑𝑥− 𝑀 2 𝑥 = 𝑥 3 3 1 0 − 1 4 = 1 3 − 1 4 = 1 12

Равномерным распределением непрерывной случайной величины называется распределение, в котором значения случайной величины с двух сторон ограничены и в границах интервала имеют одинаковую вероятность. Это означает, что в в данном интервале плотность вероятности постоянна.
Таким образом, при равномерном распределении плотность вероятности имеет вид



Значения f(x) в крайних точках a и b участка (a, b) не указываются, так как вероятность попадания в любую из этих точек для непрерывной случайной величины равна нулю.
Кривая равномерного распределения имеет вид прямоугольника, опирающегося на участок (a, b) , в связи с чем равномерное распределение иногда называют "прямоугольным".

Найти вероятность попадания случайной величины X, равномерно распределённой на участке (a, b) на любую часть (α, β) участка (a, b). Эта вероятность находится по формуле


и геометрически представляет собой площадь, дважды заштрихованную на рисунке ниже и опирающуюся на часть (α, β) участка (a, b):


Функция распределения F(x) непрерывной случайной величины при равномерном распределении имеет вид

Пример 1. Наблюдения показали, что вес ящика, предназначенного для транспортировки овощей, является равномерно распределённой случайной величиной в интервале от 985 г. до 1025 г. Случайно выбран один ящик. Найти характеристики равномерно распределённой случайной величины при условиях, которые будут указаны в решении.
Решение. Найдём вероятность того, что вес данного ящика будет в интервале от 995 г. до 1005 г. :


Найдём среднее значение непрерывной случайной величины:

Найдём стандартное отклонение:

Примерами случайных величин, распределённых по нормальному закону, являются рост человека, масса вылавливаемой рыбы одного вида. Нормальность распределения означает следующее: существуют значения роста человека, массы рыбы одного вида, которые на интуитивном уровне воспринимаются как "нормальные" (а по сути - усреднённые), и они-то в достаточно большой выборке встречаются гораздо чаще, чем отличающиеся в большую или меньшую сторону.
Нормальное распределение вероятностей непрерывной случайной величины (иногда - распределение Гаусса) можно назвать колоколообразным из-за того, что симметричная относительно среднего функция плотности этого распределения очень похожа на разрез колокола.






Нормальное распределение можно найти в распределении многих показателях в системах связи (сигналы, шумы, помехи и другие), под нормальное распределение подгоняют многие финансовые показатели.
Центральная предельная теорема позволяет применить нормальный закон еще к сотням изучаемых явлений: "Если результат наблюдения является суммой многих случайных слабо взаимозависимых величин, каждая из которых вносит малый вклад относительно общей суммы, то при увеличении числа слагаемых распределение центрированного и нормированного результата стремится к нормальному."

Функцию плотности нормального распределения непрерывной случайной величины можно найти по формуле:

Задача 1. Коробки с шоколадом упаковываются автоматически. Их средняя масса равна 1,06 кг. Известно, что 5% коробок имеют массу, меньшую 1 кг. Каков процент коробок, масса которых превышает 940 г?
Решение. Пусть X - нормально распределенная случайная величина, равная массе коробки с конфетами, параметры a =1,06 (математическое ожидание), σ (среднее квадратичное отклонение). Используем формулу для нахождения вероятности попадания нормальной случайной величины в интервал:
,где Φ(x ) - функция Лапласа (значения берутся из таблицы).
Используем условие: 5% коробок имеют массу, меньшую 1 кг, то есть:




Теперь вычислим, каков процент коробок, масса которых превышает 940 г.

Задача 2. Станок изготовляет шарики для подшипников. Шарик считается годным, если отклонение X диаметра шарика от проектного размера по абсолютной величине меньше 0,5мм. Считая, что случайная величина X распределена нормально со средним квадратическим отклонением σ = 0,25 мм, найти, сколько в среднем будет годных шариков среди ста изготовленных.

Решение. Используем формулу: - - нормированная функция Лапласа.

Задача 3. Дневная добыча угля в некоторой шахте распределена по нормальному закону с математическим ожиданием 870 тонн и стандартным отклонением 90 тонн.а) Найдите вероятность того, что в определенный день будут добыты по крайней мере 900 тонн угля.б) Определите долю рабочих дней, в которые будет добыто от 860 до 940 тонн угля.в) Найдите вероятность того, что в данный день добыча угля окажется ниже 750 тонн.
Задача 4. Автоматический токарный станок настроен на выпуск деталей со средним диаметром 2.00 см и со средним квадратическим отклонением 0.005 см. Действует нормальный закон распределения. Компания технического сервиса рекомендует остановить станок для технического обслуживания и корректировки в случае, если образцы деталей, которые он производит, имеют средний диаметр более 2.01 см, либо менее 1.99 см.1) Найти вероятность остановки станка, если он настроен по инструкции на 2.00 см.2) Если станок начнет производить детали, которые в среднем имеют слишком большой диаметр, а именно, 2.02 см, какова вероятность того, что станок будет продолжать работать?


Математической статистикой называется наука, занимающаяся методами обработки экспериментальных данных, полученных в результате наблюдений над случайными явлениями. Первая задача математической статистики: указать способы сбора и группировки статистических данных, полученных в результате экспериментов. Вторая задача математической статистики: разработать методы анализа статистических данных.
Ко второй задаче относятся:
Оценка неизвестных параметров (вероятности события, функции распределения и её параметров и т.д.) с построением доверительных интервалов (методы оценивания).
Проверка статистических гипотез о виде неизвестного распределения и параметров распределения (методы проверки гипотез).
При этом решаются следующие в порядке сложности и важности задачи:

Описание явлений, то есть, упорядочение поступившего статистического материала, представление его в наиболее удобном для обозрения и анализа виде (таблицы, графики).
Анализ и прогноз, то есть приближённая оценка характеристик на основании статистических данных. Например, приближённая оценка математического ожидания и дисперсии наблюдаемой случайной величины и определение погрешностей этих оценок.
Выработка оптимальных решений. Например, определение числа опытов n, достаточного для того, чтобы ошибка от замены теоретических числовых характеристик их экспериментальными оценками не превышала заданного значения. В связи с этим возникает задача проверки правдоподобия гипотез о параметрах распределения и о законах распределения случайной величины, решением которой является возможность сделать один из выводов:
– отбросить гипотезу, как противоречащую опытным данным;
– принять гипотезу, считать ее приемлемой.

Математическая статистика помогает экспериментатору лучше разобраться в опытных данных, полученных в результате наблюдений над случайными явлениями; оценить, значимы или не значимы наблюдаемые факты; принять или отбросить те или иные гипотезы о природе случайных явлений.

Генеральной совокупностью называют полный набор всех возможных N значений дискретной случайной величины Х. Практически сложно получить полную информацию о случайной величине. Поэтому случайным образом отбирают объекты, которые называется выборкой, при этом число – n называется объемом выборки. Выборку делают либо из ранее полученных результатов, либо планируют эксперимент. По результатам выборки строят простой статистический ряд в виде таблицы, состоящей из двух строк, в первой – порядковый номер измерения, во второй – его результат xi. Затем производят группировку данных. Вначале xi располагают в порядке возрастания, интервал наблюдаемых значений случайной величины разбивают на последовательные непересекающиеся частичные интервалы, далее подсчитывают количество значений xi, попавших в каждый интервал, т.е. ni. Таким образом, получается группированный статистический ряд или статистическое распределение выборки. Статистическим распределением выборки или статистическим рядом называют перечень вариант и соответствующих им частот или относительных частот.

Пример 1. После группировки данных в выборке статистический ряд задан таблицей 1 (где объем выборки n = 15).
Таблица 1

В таблице 1 значения xi называют вариантами. Последовательность вариант, записанных в возрастающем порядке (вся строка xi) называется вариационным рядом. Число наблюдений ni называют частотами, i – номер варианты.
Учитывая, что

– это объем выборки, можно найти относительную частоту pi=ni/k, наблюдаемого значения xi – варианты, k – количество вариант.
Тогда таблица 1 будет иметь вид:
Таблица 2

Табличные данные могут быть представлены графически в виде полигона или гистограммы. Если выборка задана в виде отдельных точек, а не интервалов, тогда строят полигон частот. Полигоном частот называется ломанная, отрезки которой соединяют точки (x;; ni/n). На рис.1 изображен полигон относительных частот, приведённых в таблице 2.

Рис.1
Полигон

Пример 2. В этом примере наблюдаемые значения случайной величины после группировки данных в выборке разбиты на последовательные непересекающиеся частичные интервалы. В результате получается статистический ряд, который задан таблицей 3.
Таблица 3



Данную таблицу можно представить через относительную частоту pi =ni/n (где объем выборки n = 30).
Таблица 4

При этом частоты рi удовлетворяют условию 𝑖=1 𝑘 𝑝 𝑖 =1 𝑖𝑖=1 𝑖=1 𝑘 𝑝 𝑖 =1 𝑘𝑘 𝑖=1 𝑘 𝑝 𝑖 =1 𝑝 𝑖 𝑝𝑝 𝑝 𝑖 𝑖𝑖 𝑝 𝑖 =1 𝑖=1 𝑘 𝑝 𝑖 =1 . Если выборка задана в виде интервалов, тогда строят гистограмму.

Гистограммой частот называется ступенчатая фигура, состоящая из прямоугольников, основаниями которых служат интервалы xi, их высоты равны рi =ni/n (плотности относительной частоты). На рис. 2 изображена гистограмма относительных частот, приведённых в таблице 4.

Рис.2
Гистограмма
 

Для выборки вводится понятие эмпирической функции распределения.
Эмпирическая функция распределения (функция распределения выборки) это функция F*(x), которая определяет для каждого значения xi относительную частоту события X



где: nx – число вариант меньших х, n – объём выборки.
В отличие от эмпирической функции распределения для выборки, вводится понятие теоретической функции распределения для генеральной совокупности – F(x).
Теоретическая функция распределения определяет вероятность события XЗначения эмпирической функции принадлежат отрезку F*(x) Î [0;1].
F*(x) – неубывающая функция.
Если х1 – наименьшая варианта, то F*(x)=0 при x ≤ x1;
если хk – наибольшая варианта, то F*(x)=1 при x > xk.

Пример 3. Учитывая свойства 1, 2, 3, найдём эмпирическую функцию распределения для примера 1.
Решение. Объём выборки n=15.
Наименьшая варианта х1=2, тогда: F*(x)=0 при x ≤ x1.

При значениях варианты в интервале 2При значениях варианты в интервале 3При 5При x>10: F*(x) =1.
Эмпирическая функция распределения представлена в таблице 5.
Таблица 5

На рис. 3 представлен график эмпирической функции распределения.

ЗАДАНИЕ. Дан следующий вариационный ряд


Требуется 1) Построить полигон распределения 2) Вычислить выборочную среднюю, дисперсию, моду, медиану. 3) Построить выборочную функцию распределения 4) Найти несмещенные оценки математического ожидания и дисперсии.
РЕШЕНИЕ. В задании дана выборка объема n =10 . 1) Полигон распределения – это зависимость абсолютной частоты варианта 𝑚 𝑖 𝑚𝑚 𝑚 𝑖 𝑖𝑖 𝑚 𝑖 от значения варианта 𝑥 𝑖 𝑥𝑥 𝑥 𝑖 𝑖𝑖 𝑥 𝑖 . Эту зависимость можно представить в виде таблицы:

Строим график полигона частот:

2) Вычислим выборочную среднюю, дисперсию, моду, медиану. Выборочная средняя:


Выборочная дисперсия:

Выборочное среднеквадратичное отклонение:

Мода равна варианту, имеющему наибольшую частоту: 𝑥 𝑀𝑜 𝑥𝑥 𝑥 𝑀𝑜 𝑀𝑀𝑜𝑜 𝑥 𝑀𝑜 =4;5 (две моды).
Медиана равна среднему варианту выборки: 𝑥 𝑀е 𝑥𝑥 𝑥 𝑀е 𝑀𝑀е 𝑥 𝑀е =4.

3) Выборочная функция распределения аналогична функции распределения дискретной случайной величины. Для ее нахождения запишем ряд распределения выборки, где

РЕШЕНИЕ. Перейдем к простому вариационному ряду, выбирая в качестве значений середины интервалов. Получим

Найдем необходимые числовые характеристики. Выборочная средняя:

Выборочная дисперсия:

Выборочное среднеквадратичное отклонение:
Коэффициент вариации:

Расчеты в таблице

Строим гистограмму и полигон частот:

1. Определите правильный ответ.
По статистическому распределению выборки установите её объём:
a) 11; b) 30; c) 18; d) 13.

2. Определите правильный ответ.
Статистическое распределение выборки имеет вид:
Тогда объём предложенной выборки равен:
a) 20; b) 80; c) 18; d)13.
3. Выбрать таблицу, которая соответствует статистическому распределению выборки.
а) b) c) d)

4. Определите правильный ответ.
Средняя выборочная вариационного ряда 1,2,3,3,4,5 равна:
a) 2; b) 3; c) 5; d) 10.
5. Определите правильный ответ.
Дана выборка объема n = 5: -4, -2, 2, 6, 8. Выборочное среднее  𝑥 𝑥𝑥 𝑥 равно:
a) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =3,0; 𝑏𝑏) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2,0; c) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =1,2; 𝑑𝑑) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2,5.
6. Определите правильный ответ.
Дана выборка объема n = 5: -2, -1, 1, 3, 4. Выборочное среднее  𝑥 𝑥𝑥 𝑥 и выборочная дисперсия S2 равны:
a) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =1; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =5,2; 𝑏𝑏) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2,0; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =5; c) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =1,2; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =6,2; 𝑑𝑑) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2,5; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =31.

ЗАДАНИЕ 1 . Дана выборка: 10,20,20,5,15,20,5,10,20,5.

Требуется: а) Построить статистический ряд распределения частот и полигон частот; б) Вариационный ряд; в) Найти оценки математического ожидания и дисперсии; г) Найти выборочные моду, медиану, коэффициент вариации.
ЗАДАНИЕ 2. Определите правильный ответ.
Дано статистическое распределение выборки:

Выборочное среднее  𝑥 𝑥𝑥 𝑥 равно:
a) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2,4; 𝑏𝑏) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2,0; c) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =1,5; 𝑑𝑑) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =1,0.
ЗАДАНИЕ 3. Определите правильный ответ.
Дано статистическое распределение выборки:

Выборочное среднее  𝑥 𝑥𝑥 𝑥 и выборочная дисперсия S2 равны:
a) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =2; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =0; 𝑏𝑏) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =0,1; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =7; c) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =0; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =30; 𝑑𝑑) 𝑥 𝑥𝑥 𝑥 =1,2; 𝑆 2 𝑆𝑆 𝑆 2 2 𝑆 2 =30.