3.1.4 Вероятность появления хотя бы одного события

Пусть в результате испытания могут появиться n событий, независимых в совокупности, причем вероятности появления событий известны.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий , независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий :

, (11)

где , , …, – вероятности противоположных событий.

Частный случай. Если события имеют одинаковую вероятность, равную р, то вероятность появления хотя бы одного из этих событий равна:

, (12)

где – вероятность противоположного события;

– количество проведённых испытаний.

3.1.5 Формула полной вероятности

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий которые образуют полную группу. Пусть известны веро­ятности этих событий и условные вероятности , , …, события А. Как найти вероятность события А? Ответ на этот вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий , образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

, (13)

где , , …, – вероятности событий ;

, , …, – условные вероятности события А.

Эту формулу называют «формулой полной вероятности».

3.1.6 Формулы Байеса

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

Условная вероятность любой гипотезы (i=1, 2, …, n) может быть вычислена по формуле:

, (14)

где – вероятности гипотез (i=1, 2, …, n);

, , …, – условные вероятности события А.

Полученные формулы называют формулами Байеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.). Формулы Байеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.

3.2 Примеры решения задач к практической работе №3

Пример 1. В урне 30 шаров: 10 красных, 5 синих и 15 белых. Найти вероятность появления цветного шара.

Решение: Появление цветного шара означает появление либо красного, либо синего шара.

Вероятность появления красного шара (событие А):

.

Вероятность появления синего шара (событие В):

.

События А и В несовместны (появление шара одного цвета исключает появление шара другого цвета), поэтому теорема сложения (7) применима.

.

Ответ: Вероятность появления цветного шара равна .

Пример 2. В партии из 10 деталей 8 стандартных. Найти вероятность того, что среди наудачу извлеченных двух деталей есть хотя бы одна стандартная.

Решение: Обозначим: событие А – «из 2 деталей, 1 стандартная»; событие В – «из 2 деталей, 2 стандартных».

Составим схему для события А (см. рисунок 2).

10 8 станд. 2 нест. 1 станд. и 1 нест. 2

Рис. 2 – Схема события А

Составим схему для события В (см. рисунок 3).

10 8 станд. 2 нест. 2 станд. и 0 нест. 2

Рис. 3 – Схема события В

События А и В несовместны, поэтому теорема сложения (7) применима.

.

Ответ: Вероятность того, что среди наудачу извлеченных двух деталей есть хотя бы одна стандартная, равна .

Пример 3. У сборщика имеется 3 конусных и 7 эллиптических валиков. Сборщик взял один валик, а затем второй. Найти вероят­ность того, что первый из взятых валиков - конусный, а второй - эллиптический.

Решение: Вероятность того, что первый валик окажется ко­нусным (событие А), равна

.

Вероятность того, что второй валик окажется эллиптическим (событие В), вычисленная в предположении, что первый валик - конусный, т. е. условная вероятность равна

.

По теореме умножения (10), искомая вероятность равна

.

Ответ: вероят­ность того, что первый из взятых валиков - конусный, а второй – эллиптический равна .

Пример 4. Вероятность попадания в цель при стрельбе из трёх орудий таковы: ; ; . Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.

Решение: Вычислим вероятности противоположных событий.

,

,

.

Искомая вероятность по формуле (11) получается

Ответ: вероятность хотя бы одного попадания при одном залпе из всех орудий равна .

Пример 5. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадет в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы один раз?

Решение: По условию задачи р=0,4, P(A)=0,9. Вычислим вероятность противоположного события

Воспользуемся формулой (12) и найдем n. Подставив известные значения в формулу (12), получим:

.

Преобразуем полученное показательное неравенство:

,

,

.

Прологарифмируем обе части показательного неравенства по основанию 10.

,

,

,

.

Ответ: Стрелок должен произвести не менее пяти выстрелов.

Пример 6. Вероятность того, что событие появится хотя бы один раз в трёх испытаниях, равна 0,936. Найти вероятность появления события в одном испытании.

Решение: Воспользуемся формулой (12) и найдем q. Подставив известные значения в формулу (12), получим

,

,

.

По теореме противоположных событий (9) получаем:

.

Ответ: Вероятность появления события в одном испытании равна .

Пример 7. Имеется два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго – 0,9. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) – стандартная.

Решение: Обозначим через А событие «извлеченная деталь стандартна».

Деталь может быть извлечена либо из первого набора (событие ), либо из второго (событие ).

Вероятность того, что деталь вынута из первого набора, равна

.

Вероятность того, что деталь вынута из второго набора, равна

.

Условная вероятность того, что из первого набора будет извлечена стандартная деталь, равна

.

Условная вероятность того, что из второго набора будет извле­чена стандартная деталь, равна

.

Искомая вероятность того, что извлеченная наудачу деталь – стандартная, по формуле полной вероятности (13) равна

.

Ответ: Вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) – стандартная, равна .

Пример 8. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролёров. Вероятность того, что деталь попадает к первому контролёру, равна 0,6, а ко второму – 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролёром, равна 0,94, а вторым – 0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил первый контролёр.

Решение: Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предположения:

1) деталь проверил первый контролёр (гипотеза );

2) деталь проверил второй контролёр (гипотеза ).

Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контролёр, найдем по формуле (14).

По условию задачи имеем:

Вероятность того, что деталь попадает к первому контролёру, равна

.

Вероятность того, что деталь попадет ко второму контролёру, равна

.

Вероятность того, что годная деталь будет признана первым контролёром стандартной, равна

.

Вероятность того, что годная деталь будет признана вторым контролёром стандартной, равна

.

Подставляя найденные значения в формулу (14) получаем

.

Ответ: Вероятность того, что эту деталь проверил первый контролёр, приблизительно равна .