2003_-_Gmurman__TV_i_MS

вычислена по формуле

Р(8д Рв/(А)

рА (Вд = Р (81) Рв• (А) +Р (8.) Рв• (А)+ •.. +Р (8n ) РВnI (А) ,

опубликованы в 1764 г.). Формулы Бейеса позволяют

переоценить вероятности гипотез после того, как ста­

новится известным результат испытания, в итоге кото­

рого появилось событие А.

Пример. Детали, изготовляемые ЦеХОМ завода. попадают для

проверки их на стаидартность к одному из ДВУХ контролеров. Веро­ ятность того, что деталь попадает к первому контролеру, равна 0,6,

а ко второму - 0.4. Вероятность того, что годная деталь будет приз­

нана стандартной первым контролером, равна 0.94. а вторым- 0.98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти

вероятность того. что эту деталь проверил первый контролер.

Реш е н и е. Обозначим через А событие. состоящее в том. что

годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предполо­

жения:

1) деталь проверил первый кОнтролер (гипотеза В1); 2) деталь проверил второй контролер (гипотеза 8а).

Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контро­ лер, найдем по формуле Бейеса:

Р(81) РВ• (А)

РА(81) = Р (81) РВ• (А)+Р (8а) Рв. (А) •

По условию задачи имеем:

Р (81) = 0,6 (в~роятность того, что деталь попадает к рервому конт­

ролеру);

Р (8а) =0,4 (веРОЯТIIОСТЬ того, чтО деталь попадет ко второму ,сонт­

ролеру);

Рв• (А) = 0.94 (вероятность того, что годная деталь будет признана

первым контролером стандартной);

РВа (А) =0,98 (вероятность того, что годная деталь будет признана

вторым контролером стандартной). Искомая вероятность

РА (81) = (0.6·0.94)/(0,6·0,94+0,4·0,98) ::::J 0,59.

Как видно. до испытания вероятность гипотезы 81 равнялась 0.6,

апосле того, как стал известен результат испытания, вероятность

ЭТой гипотезы (точнее, условная вероятность) изменилась и стала рав­

ной 0,59. Таким образом, использование формулы Бейеса позволило

переоценить вероятность рассматрнваемой гипотезы.

Задачи

1. Два стрелка произвели по одному выстрелу. Вероят­

НОсть попадания в мишень первым стрелком равна С,7, а вторым-

0,6. Найти вероятность того, что .J!'отя бы один из стрелков попал

вмишень.

Оmв. 0,88.

53

2. У сборщика нмеется 16 деталей, изготовлениых за80AQИ Ni 1,

и " детали завода М 2. Наудачу взяты 2 деталн. Найти вероятиость

того, что хотя бы одна из ИИХ окажется ИЗГОТОlЛениой заводо.. .м 1.

OI1J8. 92/95.

3. В группе спортсменов 20 лыжииков, 6 велос.впедвстов и "ese..

гуна. BepOJlТRocть выпоnвить квалификациоиную норму такова: д4М

.IIыжинка-О,9, для велоснпедиста-О,8 и д.nя бегуна-О,75. Найти

вероятность того, что спортсмен, выбраиный наудачу, выполннт

норму.

Omв. 0,86.

4. Сборщнк пмучил 3 коробки деталей, ИЗГОТОIlReННЫХ заво­ до.. Н" 1, н 2 коробки деталей, изготовленных заводом Nt 2. Вероят­

робки. Найти вероятность того, что извлечена стандартиаи деталь.

наудачу НЗвJJeченная деталь нз наудачу взятого ящика-ставдартная.

Omв. 43/60.

8. В телевизионном ателье имеется " киНескопа. Вероятиости

тoro, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответст­

венно равиы 0,8; 0,85; 0,9; 0.95. Найти вероятность того, что взитый

наудачу кинескоп выдержит гарантийиый срок службы.

Omв. 0,875.

7. В двух ящиках имеются радиоmumы. В первом ящнке содер­ жится 12 ламп, иЗ ННХ .. неставдартная; во втором 10 ламп, из инх I нестандартная. из первоro ящика иаудачу взята лампа н перепо­ жена во второй. Найти вероятность того, что наудачу измечениая

из второго ящика лампа будет нестандартной.

Omв. 13/132.

8. Из пмного набора 28 костей домино наудачу извлечена коаь.

НаАти вероятиость тоro, что вторую извлечениую наудачу кость

можно прнставить к первой.

Omв. 7/18.

9. Студент знает ие все зкзамеиаu.иониые билеты. В каком слу­ чае вероитность вытащить неизвестный билет будет ДЛЯ иего нанмень­

шей: когда он берет билет первым или последним?

Omв. Вероятностн одинаковы в обоих случаях.

10. В ящик. содержащнй 3 одинаковых детали, брошена стан­

дартнаи деталь, а затем наудачу извлечеиа одна J,eталь. Найти

вероятность того, что извлечеиа стаидартная деталь, еслн равноверо­

ятны все ВQЗможные предположевии о числе стандартных деталей,

первоначsльно нахо.llЯЩИХСЯ в ящике.

Omв. 0,625.

11. При отклоиенин от нормального режима работы автомата

срабатывает сигнализатор С-l с вероятностью 0.8. а сигнализатор C-II срабатывает с вероятностью 1. Вероятности тоro. что автомат

Omв. Вероятность того, что автомат снабжен сигиализатором С-l.

равна 6/11. а С-11-5/1l.

64

12. Дли участия в студеических отборочиых спортивных соревно­

ваииях выделено из первой группы курса 4, из второй -6, нз третьей rруппы-5 студентов. Вероятности того, что студент первой, второй

и третьей группы попадает в сбориую института, соответствеино равны 0,9; 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревно­

вания попал в сборную. I< какой из групп вероятнее всего прииад­

лежал 9ТОТ студеитj)

Otn8. Вероятности того, что выбран студент первой, второй, тре­

тьей трупп, соответственно равны: J8/59, 21/59, 20/59.

13. Вероятность дпя изделий некоторого производства удовлетво­

рять стандарту равна 0,96. Лредпагается упрощениаи система про­

веркк ка стандартность, дающак пonожнтe.nьныЙ резу,nьтат с вероят­ иостью 0,98 ДJ'Iя иэде.лий, удовлетворяющих стандарту, а дпя изде­

пий, которые не уДовnетворяют стандарту,- с вероятиостью 0,05.

Найти вероятность того, что нзделие, прнэнанное при проверке стаидартиым, действительно удовлетворяет стандарту.

Otn8. 0,998.

Глава пятая

ПОВТОРЕНИЕ ИСПЫТАниА

§ 1. Формула Бериулли

Если производится несколько испытаннй, при­

чем вероятность события А в каждом испытании не за­

висит от исходов других испытаний, то такие испытания

называют неэависu,Мы.ми относительно события А.

В разных независимых испытаниях событие А может

иметь либо различные вероятности, либо одну и ту же

вероятность. Будем далее рассматривать лишь такие

независимые испытания, в которых событие А имеет одну

иту же вероятность.

Ниже воспользуемся понятием сложного соБыmя,. по­ нимая под ним совмещение нескольких отдельных собы­

тий, которые называют nросты,Ми.

Пусть производится n независимых испытаний, в каж­

дом из которых событие А может появиться либо не

появиться. Условимся считать, что вероятность собы­ тия А в каждом испытанин одна и та же, а именно равна р. Следовательно, вероятность ненаступления со­

бытия А в каждом испытании также постоянна и равна

q=l-p.

Поставим перед собоА задачу вычислить вероятность

того, что при n испытаниях событие А осуществится

ровно k раз и, следовательно, не осуществится n - k раз.

Важно подчеркнуть, что не требуется, чтобы событие А повторилось ровно k раз в определенной последователь-

66

ности. Например, если речь идет о появлении события А

три раза в четырех испытаниях, то возможны следующие

сложные события: АААА, АААА, АААА, АААА. Запись

АААА означает, что в первом, втором и третьем испы­ таниях событие А наступило, а в четвертом испытании

оно не появилось, т. е. наступило противоположное со-

бытие А; соответственный смысл имеют и другие записи. Искомую вероятность обозначим Рn (k). Например,

символ рr. (3) означает вероятность того, что в пяти испытаниях событие появится ровно 3 раза и, следова­

тельно, не наступит 2 раза.

Поставленную задачу можно решить с помощью так называемой формулы Бернулли.

ВЫВОД ФОРМУЛЫ Бернулли, Вероятность одного слож­

ного события, состоящего в том, что в n испытаниях

событие А наступит k раз н не наступит n - k раз, по

теореме умножения вероятностей независимых событий

равна pkqn-k. Таких сложных событий может быть

столько, сколько можно составить сочетаний из n эле­

ментов по k элементов, т. е. C~. Так как эти СJlожные

события несовместны, то по теореме сложения вероятно­

стей несовместных событий искомая вероятность равна

сумме вероятностей всех возможных сложных событий.

Поскольку же вероятности всех этих СJlОЖНЫХ событий

одинаковы, то искомая вероятность (появления k раз со­ бытия А в n испытаниях) равна вероятности одноrо сложного события, умноженной на их ЧИСJlО:

Рn (k) = C':Jykqn-k

или

Рn (k) -- kl(nn-I k)IРkqn - k .

Полученную формулу называют формулой Бернуллu.

Пример. Вероятность того, что расход электроэнергни в продол­

жение одних суток не превысит установленной H:JPMbl, равна р=О,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электро­

энергии в теченне 4 суток не превысит нормы.

Реш е н и е. Вероятность нормального расхода электроэнергии

в продол жение каждых из 6 сут?к постоянна н равна р = О ,75. Сле­

довательно, вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки

также постоянна и равна q=l-р=I-О,75=О,25.

Искомая вероятность по формуле Бериулли равна

56

§ 2. Локальная теорема Лапласа

Выше была выведена формула Бернулли, позво­

ляющая вычислить вероятность того, что событие появится

в n испытаниях ровно k раз. При выводе мы предпола­

гали, что вероятность появления события в каждом

испытании постоянна. Легко видеть, что пользоваться

формулой Бернулли при больших значениях n достаточно трудно. так как формула требует выполнения действий

вычислить выражение Р60 (30) = 50l/(30!20!)· (о, 1)30. (0,9)20,

вычисления, пользуясь специальными таблицами лога­

рифмов факториалов. Однако и этот путь остается

u

громоздким и к тому же имеет существенныи недостаток:

таблицы содержат приближенные значения логарифмов, поэтому в процессе вычислений накапливаются погреш­

ности; в итоге окончательный результат может значи­

тельно отличаться от истинного.

Естественно возникает вопрос: нельзя ли вычислить

интересующую нас вероятность, не прибегая к формуле

Бернулли? Оказывается, можно. Локальная теорема

Лапласа и дает асимптотическую *) формулу, которая

позволяет приближенно найти вероятность появления события ровно k раз в n испытаниях, если число испы­

таниЙ достаточно велико.

Заметим, что для частного случая, а именно для

р = 1/2, асимптотическая формула была найдена в 1730 г. Муавром; в 1783 г. Лаплас обобщил формулу Муавра для произвольного р, отличного от О и 1. Поэтому тео­

рему, о которой здесь идет речь, иногда называют теоремой Муавра-Лаnласа.

Доказательство локальной теоремы Лапласа довольно сложно, поэтому мы приведем лишь формулировку тео­

ремы и примеры, иллюстрирующие ее использование.

Локальная теорема Лапласа. Если вероятность р появ­ ления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность Рn (k) того,

57

что событие А появится 8 n испытаниях ровно k раз,

при х = (k-np)/Vnpq.

Имеются таблицы, в которых помещены значения

функции r:p (х) = у1 e-~·/·, соответствующие положитель-

2n

ным значениям аргумента х (см. приложение 1). Для

•

отрицательных значении аргумента пользуются теми же

таблицами, так как функция <р(х) четна, т. е. Ч' (-х)=<р(х).

Итак, вероятность того, что событие А появится в n

независимыx испытаниях ровно k раз, приближенно равна

Р,. (k) ~ у I . Ч' (х),

npq

где х = (k-np)/V npq.

Пр.мер 1. Наiiти вероятиость того, что событие А наступит

ровно 80 раз в 400 испытаниях, еслн вероятность появления этого

события в каждом испытании равна 0,2.

Решение. По условию, n=400; k=80; р=О,2; q=O,8. Вос­

пользуемся асимптотической формулой Ламаса:

Вычислим определяемое данными задачи значение х:

x=(k-np)/ У npq=(80-400.0,2)/8=0.

По табnице приложения 1 находим ер (О) = 0,3989. Искомаll вероятность

Р.ОО (80) = (1/8) .0,3989=0,04986.

Формула Бернуллн приводит примерио к такому же резy.nьтату (выкладки ввиду их громоздкости опущены):

Pf,OO (80) =0,0498.

Пример 2. Вероятность поражения мишеин стрелком при одном

выстреле р =0,75. Найтн вероятность того, что при 10 выстрелах

стрелок поразит мишень 8 раз.

Решение. По условию, n=lO; k=8; р=О,75; ч=0,25.

Воспользуемся асимптотической формулой Лапласа:

Р111 (8)::.. у 10.0:75.0,25 • ., (х)=0,7301 .• (х).

68

четна, т. е. Ф ( - х) = - ф (х)]. В таблице приведены

значения интеграла лишь до х = 5, так как для х > 5

можно принять Ф (х) = 0,5. Функцию Ф (х) часто называют функцией Лапласа.

Для того чтобы можно было пользоваться таблицей функции Лапласа, преобразуем соотношение (*) так:

Итак, вероятность того, что событие А появится в n

независимых испытаниях от k 1 до k" раз.

Рn (k1 , k2 ) ~ ф (х")-Ф (х'),

где х' = (k1-np)/V npq и х" = (k 2 -np)/Vnpq.

Приведем примеры, иллюстрирующие применение ин­

тегральной теоремы Лапласа.

Пример. Вероятность того, что деталь не прошла проверку ОТК, равна р=О,2. Найтн вероятность того, что среди 400 случайно ото·

бранных деталей окажется непроверенных от 70 до 100 деталей.

Решение. По условию, р=0,2; ч=0,8; n=400; k 1 =70; k2 = 100. Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

р400 (70, 100) ::::: Ф (х") - Ф (х').

Вычислим нижний и верхний пределы интегрирования:

Таким образом, имеем

Р.ОО (70, 100) = ф (2,5) - ф (-1,25) = Ф (2,5) +Ф (1,25).

По таблице приложения 2 нахОДИМ:

Ф (2,5) = 0,4938; Ф (1,25) = 0,3944.

Искомая вероятность

Р.ОО (70, 100)=0,4938+0,3944=0,8882.

3 а м е ч а н и е. Обозначим через т число появлений события А

при n независимых испытаниях, в КаЖДОМ нз которых вероятность

наступления событня А постоянна и равна р. Если число т изме·

50