Учебное пособие 2003

Таким образом, вероятность события В разная, в зависимости от того, произошло ли А или Ā.

не зависит от того, произошло или нет событие А. Итак, в схеме без возвращения P(B / A) P(B / A) , в схеме с

возвращением P(B / A) P(B / A) .

Пример. При переписи населения Англии и Уэльса в 1891 году оказалось, что темноволосые отцы и темноволосые сыновья составляют 5% обследованных, темноволосые отцы и светловолосые сыновья – 7,9%, светловолосые отцы и темноволосые сыновья – 8,9%, светловолосые отцы и светловолосые сыновья – 78,2%. Найдем условные вероятности рождения светловолосого сына у темноволосого и светловолосого отцов.

Пусть событие А означает, что у случайно выбранной пары отец-сын светловолосым является отец, событие В -

светловолосый сын. Тогда событие A - темноволосый отец,

и условная вероятность того, что у темноволосого отца родится светловолосый сын

3.3. Теорема умножения вероятностей

Каждое из равенств (1), (2) может быть записано в виде Р(АВ)=Р(А)·Р(В/А)=Р(В)·Р(А/В). (3)

Высказывание, определяемое равенством (3), принято называть теоремой умножения вероятностей.

С точки зрения математической науки это утверждение является тривиальным результатом, вытекающим из определения. Однако эта теорема применяется для нахождения вероятностей произведений событий в тех случаях, когда по смыслу задачи легко определяются условные вероятности.

Пример. В урне находится М белых и N-М черных шаров. Последовательно извлекаются два шара. Найти вероятность того, что оба шара будут белыми.

Пусть событие А - первый извлеченный шар белый, В – второй извлеченный шар белый. Тогда в задаче требуется найти вероятность события АВ, которая по теореме умножения равна Р(АВ)=Р(А)Р(В/А).

По классическому определению вероятности легко

эллиптических валиков. Сборщик взял один валик, а затем второй. Найти вероятность того, что первый из взятых валиков

Пример. Партия из ста деталей подвергается выборочному контролю. Условием непригодности всей партии является наличие хотя бы одной бракованной детали среди пяти проверяемых. Какова вероятность для данной партии быть не принятой, если она содержит 5% неисправных деталей?

так как всего деталей 100, а исправных – 95. После осуществления события А1 деталей останется 99, среди

которых исправных 94, поэтому P(A2 /A1 ) 9499 . Аналогично

Отсюда, вероятность исходного события А

P(A) 1 P(A) 0, 23 .

3.4. Нeзависимые события

Понятие независимости событий является важным в теории вероятностей. Если события А и В таковы, что Р(В)>0, то существует условная вероятность Р(А/В). В случае, когда Р(А/В)=Р(А), говорят, что событие А не зависит от события В. Если и Р(А)>0, то в этом случае

33

и из независимости А от В следует независимость В от А, то есть понятие независимости событий А и В симметрично. Из теоремы умножения вероятностей (3) следует, что для независимых событий А и В имеет место равенство Р(АВ)=Р(А)·Р(В). Эти рассуждения приводят к следующему определению.

События А и В называются независимыми, если Р(АВ)=Р(А)·Р(В). (4)

Если равенство (4) не выполняется, то события А и В называются зависимыми. Это определение не содержит ограничений типа Р(А)>0, причем в нем не предполагается существования условной вероятности.

Рассмотрим пример использования определения (4) для установления независимости или зависимости событий.

Пример. Опыт состоит в последовательном бросании двух монет. Рассматриваются события: А - выпадение герба на первой монете, В - выпадение герба на второй монете, С - выпадение хотя бы одной цифры. Установить, зависимы или независимы пары событий А и В, А и С.

1)Ω={ГГ, ГЦ, ЦГ, ЦЦ}, A={ГГ, ГЦ}, P(A)=2/4, B={ГГ, ЦГ}, P(B)=2/4; C={ГЦ, ЦГ, ЦЦ}, P(C)=3/4, AB={ГГ},

P(AB)=1/4; P(A)P(B)=1/2·1/2=1/4; P(AC)=P(A)P(B). Таким образом, события А и В независимы.

2)АС={ГЦ}, Р(АС)=1/4, Р(А)Р(С)=1/2·3/4=3/8,

Р(АС)≠Р(А)Р(С). События А и С зависимы.

На практике для определения независимости данных событий редко обращаются к проверке выполнения равенства

(4). Обычно для этого пользуются интуитивными соображениями, основанными на опыте. При этом используют гипотезу физической независимости, согласно которой независимыми считаются события, не связанные причинно. Так, например, в опыте по бросанию двух монет выпадение

34

герба на одной из них не изменяет вероятности появления герба или цифры на другой.

Из определения независимости событий могут быть получены следующие утверждения.

1.Ω и любое событие А Ω независимы. Действительно, Р(Ω·А)=Р(А)= Р(Ω)·Р(А).

2.Если события А и В независимы, то независимы

Воспользуемся при этом соотношением А В А В .

Р А В Р А В 1 Р А В 1 Р А Р В Р АВ

1 Р А Р В Р А Р В 1 Р А 1 Р В

Р А Р В .

Для остальных пар событий предлагается доказать независимость самостоятельно.

3.Любые два несовместных события с ненулевыми вероятностями зависимы.

Пусть A·В=Ø и Р(А)>0, Р(В)>0, тогда Р(А·В)=Р(Ø)=0.

Предположим, что события А и В независимы, тогда из определения независимости Р(А·В)=Р(А)·Р(В)=0, что невозможно.

4.Если события А и В независимы и Р(А)>0, Р(В)>0, то они совместны.

Предположим, что А и В несовместны, то есть А·В=Ø. Тогда Р(АВ)=Р(Ø)=Р(А)·Р(В)=0, а это противоречит условию Р(А)>0, Р(В)>0. Отсюда следует: АВ≠Ø.

Определение независимости (4) может быть обобщено на несколько событий.

События A1, A2,...,Ап называются независимыми в совокупности, если для любых k из них (k≤n) выполняется соотношение

35

Если это соотношение выполняется только при k=2, то события Ai i=1,2,…n называются попарно независимыми.

Отметим, что из попарной независимости событий не следует их независимость в совокупности (пример Бернштейна).

Для практических приложений используется следующее

утверждение.

Если события A1, A2,...,Ап независимы в совокупности, то вероятность осуществления хотя бы одного из них, то есть события A1+A2+...+Ап может быть вычислена по формуле

предыдущем примере, установить, являются ли события А, В и С независимыми в совокупности.

Решение. Достаточно проверить, выполняется ли для

примере установлено, что события А и С не являются независимыми, то события А, В и С не являются независимыми в совокупности.

Пример. Вычислить надежность схемы, изображенной на рисунке. (Надежность – вероятность безотказной работы). Отказы независимы. Пусть событие А – схема будет работать. Аk – работает k-й прибор, k=1,2,3.

P

1

P2

P3

36

Тогда А=А1+А2+А3 и

4. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ. ФОРМУЛА БАЙЕСА. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ НЕЗАВИСИМЫХ ИСПЫТАНИЙ. СХЕМА БЕРНУЛЛИ. НАИВЕРОЯТНЕЙШЕЕ ЧИСЛО УСПЕХОВ В ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ п НЕЗАВИСИМЫХ ИСПЫТАНИЙ

4.1. Формула полной вероятности. Формула Байеса

Теорема 1. Пусть событие А может произойти с одним и только одним из попарно несовместных событий Н1, Н2, …, Нп, то есть А H1+Н2+...+Hn=Ω, и пусть Р(Нk)>0, k=1,2,…n. Тогда справедлива формула

которая называется формулой полной вероятности.

События Hk k=1,…,п принято называть гипотезами. Докажем это утверждение. Представим событие А в

виде суммы несовместных событий

А=АΩ=А(Н1+Н2+…+Hn)=AH1+AH2+…+АНп.

Используя теоремы сложения и умножения вероятностей, получаем

Р(А)=Р(Н1+Н2+…+Нп)=Р(АН1)+Р(АН2)+…+Р(АНп)= =Р(Н1)Р(А/Н1)+Р(Н2)Р(А/Н2)+…+Р(Нп)Р(А/Нп).

Теорема 2. Если выполнены условия теоремы 1 и Р(А)>0, то имеют место формулы Байеса

37

Для доказательства запишем теорему умножения для произведения событий

АНk: Р(АHk)=P(A)P(Hk/A)=P(Hk)P(A/Hk).

последнее равенство выражение для Р(А) из формулы полной вероятности (1), получаем формулы Байеса (2).

Формулы Байеса часто интерпретируются как формулы, позволяющие по априорным (известным до проведения опыта) вероятностям Р(Нk) и по результатам опыта (наступление события А) найти апостериорные (вычисленные после опыта) вероятности Р(Нk/A).

Пример. Система, в которую входит 3 элемента, может работать в двух температурных режимах. Вероятность того, что система работает в первом режиме - 0,6; во втором - 0,4. Надежность работы каждого элемента (вероятность исправной работы) задана таблицей

Найти надежность системы в двух случаях:

а) когда элементы соединены последовательно; б) когда элементы соединены параллельно.

Решение. Выбираем гипотезы следующим образом: Н1 - система работает в первом режиме, Н2 - система работает во втором режиме.

Пусть Аi - событие, заключающееся в том, что i-й элемент исправен (i=1,2,3), а А - событие, заключающееся в том, что система работает без отказа. Представим событие А через события Аi:

а) в случае последовательного соединения элементов

38

3

А А1 А2 А3 Ai ;

i 1

б) в случае параллельного соединения элементов

1

2

3

3

А А1 А2 А3 Ai .

i 1

Найдем условные вероятности:

a) P(A/H1)=Р(А1/Н1)Р(А2/Н1)Р(А3/Н1)=0,9·0,8·0,7=0,504; Р(А/Н2)=Р(А1/Н2)Р(А2/Н2)Р(А3/Н2)=0,8·0,6·0,5=0,24

По формуле полной вероятности Р(А)=Р(Н1)Р(А/Н1)+Р(Н2)Р(А/Н2)=0,504·0,6+0,24·0,4=

=0,398.

б) Так как события Аi в этом случае совместные, то

Таким образом, при параллельном соединении надежность системы гораздо выше.

Пример. При переливании крови надо учитывать группу крови донора и больного. Человеку, имеющему четвертую группу крови, можно перелить кровь любой группы; человеку со второй или третьей группой крови можно перелить кровь либо той же группы, либо первой; человеку с

39

первой группой крови можно перелить только кровь первой группы. среди населения 33,7% имеют первую, 37,5% - вторую, 20,9% - третью и 7,9% четвертую группы крови. Найти вероятность того, что случайно взятому больному можно перелить кровь случайно взятого донора.

В качестве гипотез возьмем Нi (i=1,2,3,4) - выбранный больной имеет i-тую группу крови. По условию задачи

P(H1 ) 0, 337, P(H2 ) 0, 375, P(H3 ) 0, 209, P(H4 ) 0, 079 .

Пусть событие А - выбранному больному можно перелить кровь случайно взятого донора. Тогда условные вероятности находятся следующим образом:

Пример. Студент Иванов знает только 10 из 25 экзаменационных билетов. В каком случае шансы Иванова получить знакомый билет выше: когда он подходит тянуть билет первым или вторым по счету?

Пусть гипотезы Н1 - студент Иванов подходит тянуть билет первым, Н2 – вторым, а событие А - Иванов взял знакомый ему билет.

1) Ясно, что вероятность вытащить Иванову знакомый билет, если он подходит тянуть билет вторым, зависит от того, какой билет вытянули перед ним. Поэтому введем еще две гипотезы:

H1 - перед Ивановым вытянули известный ему билет; H2 - неизвестный ему билет.

Тогда

40