7.5. Основные формулы теории вероятностей

Формула полной вероятности. Данная формула вытекает из законов сложения и умножения вероятностей. Пусть некоторое событие A может произойти совместно с одним из событий H₁, H₂,…, H_n, образующих полную группу. Эти события называют гипотезами, потому что A происходит в том предположении, что случилось хотя бы одно из этих событий:

AH₁AH₂AH_nA.

Поскольку гипотезы H₁, H₂,…, H_n образуют полный набор, они попарно несовместны. Поэтому и события H₁A, H₂A, , H_nA попарно несовместны. Значит, к вычислению вероятности P(A) можно применить формулу сложения вероятностей (7.12):

P(A)P(H₁A)P(H₂A)P(H_nA) .

А вероятность P(H_iA) произведения событий H_iA вычисляется по формуле (7.13):

P(H_iA)P(H_i)P(AH_i).

Тогда

P(A)P(H₁)P(AH₁)P(H₂)P(AH₂)P(H_n)P(AH_n)

 P(AH_i), (7.16)

то есть вероятность события A вычисляется как сумма произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события A при этой гипотезе. Формула (7.16) и носит название формулы полной вероятности.

Пример. В цехе две группы станков производят одни и те же детали, которые в произвольном порядке отправляются на склад. Станков первой группы 4, и они дают 5% брака. Станков второй группы 6, и брака у них 10%. Найти вероятность того, что наугад взятая со склада деталь окажется бракованной.

Событие A – деталь бракованная. Возможны следующие гипотезы для наступления этого события:

H₁ – деталь изготовлена на станках первой группы, и вероятность этой гипотезы P(H₁) 0.4;

H₂ – деталь изготовлена на станках второй группы, и вероятность этой гипотезы P(H₂) 0.6.

Гипотезы образуют полную группу событий.

Далее, событие AH_i (i ) – бракованная деталь была изготовлена на станках i-й группы. Вероятность этого события связана с процентом брака на станках i-й группы: P(AH₁)0.05, P(AH₂)0.10. Очевидно, что событие A произошло, если имело место или событие AH₁, или событие AH₂, то есть AAH₁AH₂. Значит,

P(A)P(H₁)P(AH₁)P(H₂)P(AH₂)

0.40.050.60.100.08.

Формула Байеса. Сначала вернемся к только что рассмотренному примеру и дополним его так. Пусть событие A наступило, наугад отобранная деталь оказалась бракованной. Спрашивается, какова вероятность того, что эта деталь изготовлена на станках i-й группы, то есть реализовалась гипотеза H_i?

Понятно, что в нашем случае событие A происходит одновременно с событием H_i, то есть имеет место событие H_iA или, что то же самое, AH_i. По формуле (7.13) для этих событий имеем:

P(H_iA)P(H_i)P(AH_i),

P(AH_i)P(A)P(H_iA).

Левые части этих выражений равны, равны и их правые части:

P(H_i)P(AH_i)P(A)P(H_iA).

Отсюда

P(H_iA) . (7.17)

Напомним, что здесь i . Величины, входящие в формулу (7.17), нами уже определены: P(H₁)0.4, P(H₂) 0.6, P(AH₁)0.05, P(AH₂)0.10, P(A)0.08. Тогда

P(H₁A)0.25, P(H_iA)0.75.

Если знаменатель в выражении (7.17) вычислить по формуле (7.16), получим формулу Байеса для двух гипотез (i ):

P(H_iA) .

В общем случае для i она записывается так:

P(H_iA) . (7.18)

Формула Байеса (или формула гипотез) позволяет пересчитать вероятности каждой из гипотез после того, как наступило обусловленное ими событие. В формуле (7.18) исходные вероятности гипотез P(H_i) называются априорными (доопытными), а искомые вероятности P(H_iA) – апостериорными (послеопытными).

Пример. Два охотника одновременно и независимо стреляют в кабана. Известно, что первый попадает в цель с вероятностью 0.8, а второй – с вероятностью 0.5. Кабан убит, и в нем обнаружена одна пуля. Как справедливо разделить трофей?

Здесь событие A – наличие в убитом кабане одной пули после такого испытания, как два одновременных и независимых выстрела. В качестве гипотез выступают возможные результаты этого испытания:

H₀₀ – не попал ни первый стрелок, ни второй,

H₁₀ – попал первый, не попал второй,

H₀₁ – не попал первый, попал второй,

H₁₁ – попал и первый, и второй.

Обозначим элементарные события в данном испытании: F – попал первый, T – попал второй. Их вероятности заданы:

P(F)0.8, P(T)0.5.

Каждая из гипотез – произведение двух событий из четырех: {F, F, T, T}:

H₀₀FT, H₁₀FT, H₀₁FT, H₁₁FT.

Их априорные вероятности таковы:

P(H₀₀)P(FT)0.20.50.1; P(H₁₀)P(FT)0.80.50.4;

P(H₀₁)P(FT)0.20.50.1; P(H₁₁)P(FT)0.80.50.4.

Очевидно, что

P(AH₀₀)0; P(AH₁₀)1;

P(AH₀₁)1; P(AH₁₁)0.

Справедливым будет делить добычу пропорционально апостериорным вероятностям гипотез H₁₀ и H₀₁,которые вычисляем по формуле Байеса:

P(H₁₀A) 

  ;

P(H₀₁A) 

  .

Итак, первому охотнику достанется , а второму – трофея.

Формула Бернулли. И снова начнем с примера. По мишени производится три независимых выстрела. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна p. Найти вероятность того, что при этих трех выстрелах получится ровно два попадания.

Обозначим через A₁, A₂, A₃ попадания при первом, при втором и при третьем выстрелах, а через A₁, A₂, A₃ – промахи при первом, при втором и при третьем выстрелах. При этом вероятность попадания при любом из выстрелов равна P(A_i)p, а вероятность промаха при любом из выстрелов – P(A_i)1pq, (i ). Перечислим те исходы, в которых наблюдаются два попадания:

A₁A₂A₃ – попадания при первом и втором выстрелах, промах при третьем,

A₁A₂A₃ – попадания при первом и третьем выстрелах, промах при втором,

A₁A₂A₃ – промах при первом выстреле, попадания при втором и третьем.

Очевидно, что событие «ровно два попадания при трех выстрелах» - это сумма перечисленных исходов:

A₁A₂A₃A₁A₂A₃A₁A₂A₃.

Слагаемые в этой сумме – события несовместные, а сомножители в каждом из них – события независимые. Обозначим искомую вероятность события «ровно два попадания при трех выстрелах» как и применим для ее вычисления формулы сложения и умножения вероятностей:

P(A₁A₂A₃)P(A₁A₂A₃)P(A₁A₂A₃)

ppqpqpqpp3p²q.

 p²q.

Так мы получили формулу Бернулли для серии из n3 испытаний, в которых событие A наступило ровно m2 раза.

В общем случае формула Бернулли записывается так:

 p^mq^n-m. (7.19)

Она позволяет вычислить вероятность того, что в n последовательных испытаниях успех будет достигнут ровно m раз.

Формула Бернулли применяется при решении таких задач. Пусть в результате случайного испытания некоторое событие A может наступить или не наступить. Наступление этого события в данном испытании называют успехом. Вероятность успеха равна p, вероятность неуспеха равна q1p. Испытание повторяют n раз. При этом соблюдаются следующие условия:

• вероятность успеха P(A)p в каждом испытании одна и та же,

• результат любого испытания не зависит от результатов предыдущих испытаний.

Говорят, что такая последовательность испытаний с двумя исходами (успех/неудача) отвечает схеме Бернулли с параметрами p, q, n.

Из этой формулы Бернулли можно вывести такие простые следствия:

1. pⁿ; qⁿ; 2.    1.

Пример. В урне 2 белых и 2 черных шара. Из нее наугад вынимают 2 шара и возвращают их обратно. Это испытание выполняют 4 раза. Найти вероятность того, что:

а) шары разного цвета вынуты ровно 3 раза,

б) шары разного цвета вынуты хотя бы один раз.

а) Очевидно, что здесь n4, m3 и нужно вычислить по формуле (7.19). Успех испытания A состоит в том, что из урны вынуты шары разного цвета, и для применения формулы (7.19) нужно найти P(A)p и q1p.

При каждом испытании из урны берут 2 шара из 4. У такого испытания может быть m()  6 исходов. Из них благоприятными для A будут исходы с шарами разного цвета. Такие исходы образуются так. Каждый из 2 белых шаров может сочетаться с любым из 2 черных, то есть действие «вынуть шары разного цвета» реализуется двумя способами – один белый с любым из двух черных. А всего таких действий два – два белых. Значит, по правилу умножения из комбинаторики (п. 7.1) m(A)224. Отсюда по определению P(A)  p, а q1p . Теперь

 p³q p³q4   0.4.

б) Фраза «хотя бы один раз» означает, что имеет место событие B, состоящее или из одного успеха, или из двух, или из трех, или из четырех. Эти успехи несовместны, и потому

P(B)          

1q⁴1  0.987.

Этот же результат можно получить и без использования следствия 2 из формулы Бернулли. Действительно, если событие B – «хотя бы один раз», то событие B – это «ни одного раза». Его вероятность P(B) q⁴. Значит, P(B)1q⁴.

Последний пример иллюстрирует принцип целесообразности применения в теории вероятностей противоположного события. Этот принцип можно сформулировать так.

Если противоположное событие распадается на меньшее число вариантов, чем прямое, то при вычислении вероятностей имеет смысл перейти к противоположному событию.

Вопросы и задачи для самоконтроля

1. Сформулировать правило умножения комбинаторики.

Сформулировать правило сложения комбинаторики.

2. Сформулировать понятие «перестановка» и записать формулу вычисления общего числа перестановок из n элементов.

Сформулировать понятие «размещение» и записать формулу вычисления общего числа размещений из n по k.

Сформулировать понятие «сочетание» и записать формулу вычисления общего числа сочетаний из n по k.

3. Анкета по изучению общественного мнения содержит 6 вопросов, на каждый из которых можно дать один из трех ответов: да, нет, не знаю. Найти общее число возможных вариантов заполнения анкеты. Сколько среди них анкет, которые содержат только разные ответы?

4. На занятии 10 студентов. Преподаватель может опросить любое число студентов, а может не опросить ни одного. Сколько существует вариантов для числа опрошенных студентов, если никто из них не опрашивается повторно, порядок опроса – произволен?

5. Сформулировать понятия «случайный эксперимент», «случайное событие», «элементарное событие», «пространство элементарных событий», «достоверное событие», «невозможное событие».

6. Двое играют в шахматы. Событие A – выиграл первый игрок, событие B – выиграл второй. Что означают записи:

а) B, б) AB, в) AB?

7. Дать классическое определение вероятности.

8. В урне 9 красных и 6 синих шаров. Наугад вынимают один. Какова вероятность вынуть красный шар?

9. Шифр замка сейфа набирают из цифр {1,2,3,4,5}. Длина кода – 4 разряда. Преступник пытается открыть сейф. Какова вероятность того, что он угадает шифр с первой попытки?

10. В учебной группе 25 студентов. Из них 5 студентов отличники, 10 – хорошисты. Из группы наугад выбирают одного студента на тестирование по математике. Какова вероятность того, что выбран отличник или хорошист?

11. Определить понятия событий независимых и зависимых, понятие условной вероятности.

Сформулировать теорему умножения вероятностей.

12. В юридическом колледже экзамен по математике сдают так. Каждый студент наугад выбирает 3 вопроса из 25. Положительная оценка выставляется при ответе на два или три вопроса. Студент Сухов выучил 15 вопросов. Вычислить вероятность того, что он:

а) получит пятерку,

б) получит положительную оценку,

в) не сдаст экзамен.

13. В течение месяца суд вынес 30 приговоров, в том числе 6 – по делам о краже. В порядке прокурорского надзора проверяется 10% дел. Какова вероятность того, что среди них окажется:

а) два дела о краже,

б) хотя бы одно дело о краже?

14. Записать формулу полной вероятности и пояснить, когда она применяется.

15. Записать формулу Байеса и пояснить, когда она применяется.

16. Из 10 лотерейных билетов 4 выигрышных.

а) Наугад один за другим без возвращения берут два билета. Какова вероятность того, что вторым будет выигрышный билет?

б) Вторым оказался выигрышный билет. Какова вероятность того, что первым был тоже выигрышный билет?

17. Пояснить, какой случайный эксперимент отвечает схеме Бернулли? Записать формулу Бернулли.

18. Каждый четвертый клиент банка приходит в банк брать проценты с вклада. Сейчас в банке ожидают своей очереди на обслуживание 6 клиентов. Найти вероятность того, что из них будут брать проценты а) только двое, б) хотя бы один.

19. Условия стрельбы таковы, что мишень поражается в 20% случаев. Сколько выстрелов нужно произвести, чтобы с вероятностью 0.9 попасть в мишень хотя бы один раз?

20. Выполнить ДКЗ: Тест 7. ПОНЯТИЕ ВЕРОЯТНОСТИ.