§ 3. Основные формулы вычисления вероятностей

3.5. Формула Бернулли

Рассмотрим последовательность из n независимых испытаний (опытов) с двумя исходами (событиями) A и A¯¯¯, которые называются соответственно «успехом» и «неуспехом», причемP(A)=p∈(0,1),P(A¯¯¯)=q≜1−p Построенная схема испытаний называется схемой Бернулли , а сам опыт - опытом Бернулли

Теорема 3.5. Пусть опыт G производится по схеме Бернулли. Тогда вероятность Pn(m) событияAn(m) состоящего в том, что при n повторениях опыта G событие A произойдет ровно m раз, вычисляется по формуле Бернулли:

Pn(m)≜P(An(m))=Cmnpm(1−p)n−m.

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Продемонстрируем справедливость этой формулы для n=3 и m=1 В этом случае

P3(1)≜P(A3(1))=C13p1(1−p)2=3p(1−p)2.

Представим событие A3(1) в виде суммы несовместных событий:

A3(1)=A1A2¯¯¯¯A3¯¯¯¯+A1¯¯¯¯A2A3¯¯¯¯+A1¯¯¯¯A2¯¯¯¯A3,

где события Ai и A¯¯¯i состоят в том, что в i-ом опыте, i=1,2,3, наблюдается или не наблюдается «успех». Поэтому получаем

P3(1)≜P(A3(1))=P(A1A2¯¯¯¯A3¯¯¯¯)+P(A1¯¯¯¯A2A3¯¯¯¯)+P(A1¯¯¯¯A2¯¯¯¯A3).

Так как события A1,A2,A3, а также A1¯¯¯¯,A2¯¯¯¯,A3¯¯¯¯ независимы, то

P3(1)=P(A1)P(A2¯¯¯¯)P(A3¯¯¯¯)+P(A1¯¯¯¯)P(A2)P(A3¯¯¯¯)+P(A1¯¯¯¯)P(A2¯¯¯¯)P(A3).

Поэтому P3(1)=3p(1−p)2=C13p1(1−p)2. В общем случае формула Бернулли доказывается аналогично. ■

Пример 3.4.

Монету подбрасывают 5 раз. Найти вероятность того, что «герб» выпадет ровно 3 раза. В этом случае

n=5,m=3,p=1/2,q≜1−p=1/2.

Тогда по формуле Бернулли

P5(3)=C35(1/2)3(1/2)2=5/16.

§ 3. Основные формулы вычисления вероятностей

3.6. Типовые задачи

Задача 3.1.

Из колоды (52 карты) наугад вынимается одна. Являются ли зависимыми события

А={эта карта — туз}

и

В={эта карта имеет пиковую масть}?

Решение. По определению операции произведения событий АВ={эта карта — туз пик}. Следовательно по классической теории вероятностей

P(AB)=1/52,P(A)=4/52,P(B)=13/52.

Так как выполняется равенство P(AB)=P(A)P(B) , то события A и B независимы.  Ответ. События A и B независимы. ■

Задача 3.2.

Пусть P(C)=1/2. Сравнить вероятности

P(A+B∣∣C)иP(A∣∣C)+P(B∣∣C).

Решение. Пользуясь определением условной вероятности и формулой сложения вероятностей, получаем

P(A+B|C)=P((A+B)C)P(C)=P(AC+BC)P(C)=P(AC)+P(BC)−P(ABC)P(C)=P(A|C)+P(B|C)−P(AB|C).

Но поскольку вероятность P(AB|C) неотрицательна, то

P(A+B|C)≤P(A|C)+P(B|C).

Ответ. P(A+B|C)≤P(A|C)+P(B|C) . ■

Задача 3.3.

Пусть P(A)=1/7,P(B)=4/21. Верно ли, что P(A+B)≤1/3. Ответ обосновать. Решение. Согласно формуле сложения вероятностей имеем:

P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)≤P(A)+P(B)=17+421=13.

Ответ. Верно. ■

Задача 3.4.

Пусть H1,H2,H3 — равновероятные гипотезы. Произошло событие A=H2+H3. Образуют ли систему гипотез события H1+H2 и H3 . Если да, то найдите их апостериорные вероятности.Решение. Необходимо проверить, выполняются ли для событий H1+H2 и H3 свойства, которым должны удовлетворять гипотезы. Проверим, попарную несовместность этих событий :

(H1+H2)H3=H1H3+H2H3=∅,

так как H1,H2,H3 — гипотезы, и поэтому они несовместны. Проверим, образуют ли эти события полную группу:

(H1+H2)+H3=H1+H2+H3=Ω.

Таким образом, H1+H2,H3 образуют полную группу несовместных событий иP(H1+H2)≥P(H1)>0,P(H3)>0. Следовательно, эти события являются гипотезами. Апостериорными вероятностями этих гипотез являются P(H1+H2|A) и P(H3|A). Найдем эти условные вероятности:

P(H1+H2|A)=P((H1+H2)A)P(A)=P((H1+H2)(H2+H3))P(H2+H3)=P(H2)P(H2+H3).

Аналогично получим:

P(H3|A)=P(H3)P(H2+H3).

В силу равновероятности гипотез H1,H2,H3:

P(H1)=P(H2)=P(H3)=13;

P(H1+H2)=P(H1)+P(H1)=23.

Следовательно,

P(H1+H2|A)=P(H3|A)=1/32/3=0,5.

Ответ. События H1+H2,H3 образуют систему гипотез, апостериорные вероятности этих гипотез равны P(H1+H2|A)=P(H3|A)=0,5. ■

Задача 3.5.

Система состоит из двух элементов с надежностями p1 и p2 соответственно. Элементы соединены параллельно и выходят из строя независимо друг от друга. Работоспособность системы сохраняется, если работает хотя бы один элемент. Система работает. Найти вероятность того, что неисправен первый элемент.  Решение. Рассмотрим следующие случайные события:

A={первый элемент работает нормально},

B={второй элемент работает нормально},

C={система работает}.

. Согласно условию задачи P(A)=p1 , P(B)=p2 . Используя свойство противоположного события 11)P и формулу умножения вероятностей, получим вероятность события C :

P(C)=1−P(C¯¯¯)=1−P(A¯¯¯⋅B¯¯¯)=1−(1−p1)(1−p2).

Требуется найти P(A¯¯¯∣∣C). Согласно определению условной вероятности случайного события

P(A|¯¯¯¯C)=P(A¯¯¯C)P(C)=P(A¯¯¯)P(C∣∣A¯¯¯)P(C)=(1−p1)p21−(1−p1)(1−p2) .

Ответ. Искомая вероятность равна (1−p1)p21−(1−p1)(1−p2) . ■

Задача 3.6.

Некто нашел чужую пластиковую карточку банкомата. Найти вероятность того, что двух попыток, предоставляемых банкоматом, хватит для того, чтобы отгадать неизвестный ему четырехзначный код.Решение. Рассмотрим событие

A={двух предоставленных попыток хватит, чтобы угадать код}.

Это событие может быть представлено следующим образом:

A=A1+A1¯¯¯¯A2,

где Ai={код впервые угадан сi-той попытки},i=1,2 . События A1 и A1¯¯¯¯ — несовместны по определению противоположных событий. Множество элементарных событий, благоприятствующих событию A1¯¯¯¯A2 , состоит из элементарных событий, одновременно благоприятствующих событиям A1¯¯¯¯и A2 . Следовательно, это множество не пересекается с множеством элементарных событий, благоприятствующих событию A1 . Таким образом, события A1 и A1¯¯¯¯A2 несовместны.  Для нахождения P(A) воспользуемся формулой сложения вероятностей для несовместных событий:

P(A)=P(A1)+P(A1¯¯¯¯A2).

Вероятность события A1 находим, используя схему выбора с возвращением (см. задачу 2.4):

P(A1)=1/104

По формуле умножения вероятностей

P(A1¯¯¯¯A2)=P(A1¯¯¯¯)P(A2|A1¯¯¯¯),

где P(A1¯¯¯¯)=1−P(A1)=1−1104, P(A2|A1¯¯¯¯)=1104−1. Число n=104−1 есть количество всевозможных четырехзначных кодов, за исключением одного, проверенного при первой попытке. Таким образом,

P(A)=1104+(1−1104)1104−1=2104.

Ответ.P(A)=2/104. ■

Задача 3.7.

Средний процент невозвращения в срок кредита, выдаваемого банком, составляет 5%. Найти вероятность того, что при выдаче банком 100 кредитов проблемы с возвратом денег возникнут не менее, чем в двух случаях. Предполагается, что различные кредиты выдаются и возвращаются независимо друг от друга.  Решение. Воспользуемся схемой Бернулли. Это возможно, так как различные кредиты выдаются и возвращаются независимо друг от друга. Под опытом понимается получение кредита, который был выдан банком. В каждом опыте событие

A={кредит не возвращается в срок}.

происходит с вероятностью p=0,05 . Назовем наступление события A "успехом". Указанный опыт проводится n=100 раз в одних и тех же условиях. Требуется определить вероятность события

B={кредит не будет возвращен в срок хотя бы в двух случаях}.

В этой задаче

B¯¯¯={кредит не будет возвращен менее, чем в двух случаях}.

Событие B¯¯¯ может быть представлено в виде следующей суммы событий:

B¯¯¯=A100(0)+A100(1),

где A100(m)={ровно вmслучаях из 100 кредит не будет возвращен в срок},m=0,1¯¯¯¯.События A100(0) и A100(1) несовместны. Воспользуемся формулой сложения вероятностей

P(B)=P(A100(0))+P(A100(1)),

где вероятности событий A100(0) и A100(1) вычисляются по формуле Бернулли

P(A100(m))=Cm100(0,05)m(0,95)100−m, m=0,1¯¯¯¯.

Таким образом,

P(B¯¯¯)=​C0100(0,05)0(0,95)100​​+C1100(0,05)1(0,95)99​​=​(0,95)100​​+5⋅(0,95)99​.

Следовательно,

P(B)=1−P(B¯¯¯)=1−(0,95)100−5⋅(0,95)99≈0,96.

Ответ. P(B)≈0,96 . ■

Задача 3.8.

В торговую фирму поступают телевизоры от трех фирм изготовителей в соотношении 2:5:3. Телевизоры, поступающие от первой фирмы, требуют ремонта в течение гарантийного срока в 15% случаев, от второй и третьей – соответственно в 8% и 6% случаев. Найти вероятность того, что проданный телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока.  Решение.В опыте, рассматриваемом в задаче, можно выделить два этапа. На первом этапе осуществляется продажа торговой фирмой телевизора, изготовленного в одной из трех фирм, упомянутых в условии задачи. Второй этап представляет собой эксплуатацию телевизора, в результате чего он либо ломается в течение гарантийного срока, либо нет. Построим систему гипотез как возможных исходов первого этапа опыта:

Hi={проданный телевизор был произведен i-й фирмой},  i=1,3¯¯¯¯.

Очевидно, что построенная система событий удовлетворяет требованиям, предъявляемым к гипотезам, так как эти события являются несовместными (телевизор не может быть изготовлен двумя фирмами одновременно), и никакие другие исходы первого этапа опыта невозможны (так как в продажу поступают телевизоры только указанных фирм). Определим событие, вероятность которого требуется найти:

A={проданный телевизор потребует гарантийного ремонта}.

Согласно условию задачи телевизоры поступают в продажу от трех фирм в пропорции 2:5:3. Обозначим через x количество телевизоров, приходящихся на одну долю в указанной пропорции. Тогда общее количество телевизоров, поступающих в продажу:

2x+5x+3x=10x.

При этом количество телевизоров, поступивших от первой фирмы равно 2x , следовательно, согласно классической формуле вычисления вероятностей:

P(H1)=2x10x=15.

Аналогично найдем вероятности остальных гипотез:

P(H2)=12,  P(H3)=310.

Условные вероятности события A относительно каждой из гипотез заданы в условии задачи:

P(A|H1)=0,15, P(A|H2)=0,08,  P(A|H3)=0,06.

Воспользовавшись формулой полной вероятности, получаем

P(A)=∑i=13P(Hi)P(A|Hi)=15⋅0,15+12⋅0,08+310⋅0,06=0,088.

Ответ. P(A)=0,088 . ■

Задача 3.9.

После осмотра больного врач считает, что равновозможно одно из двух заболеваний C или D. Для уточнения диагноза больного направляют на анализ, исход которого дает положительную реакцию при заболевании C в 30 процентах случаев, а при заболевании D – в 20 процентах случаев. Анализ дал положительную реакцию. Какое заболевание становится более вероятным?  Решение. В данной задаче опыт, так же, как и в предыдущей задаче, может быть разбит на два этапа. На первом этапе врач ставит диагноз. Систему гипотез можно сформулировать следующим образом:

H1={пациент имеет заболевание C},

H2={пациент имеет заболевание D}.

Для ответа на поставленный в задаче вопрос нужно найти апостериорные вероятности гипотез. Априорные вероятности гипотез, согласно условию задачи, равны: P(H1)=0,5, P(H2)=0,5.Рассмотрим событие

A={анализ дал положительную реакцию}.

Для нахождения апостериорных вероятностей гипотез, т. е. P(H1|A) и P(H2|A) , воспользуемся формулой Байеса. Для того чтобы воспользоваться формулой Байеса, необходимо найти условные вероятности события A относительно каждой из гипотез. Согласно условию задачи они равны соответственно:

P(A|H1)=0,3,  P(A|H2)=0,2.

Воспользуемся формулой Байеса:

P(H1|A)=P(H1)P(A|H1)∑i=12P(Hi)P(A|Hi)=0,150,25=0,6,

P(H2|A)=P(H2)P(A|H2)∑i=12P(Hi)P(A|Hi)=0,10,25=0,4.

Так как P(H1|A)>P(H2|A) , то заболевание С становится более вероятным.  Ответ. Более вероятно заболевание С. ■