ГЛАВА 3. СЛЕДСТВИЯ ТЕОРЕМ УМНОЖЕНИЯ
ИСЛОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
3.1.Формула полной вероятности. Формула Бейеса
Пусть некоторое событие A может наступить при условии появле-
ния одного из несовместных событий H1, H2 , H3 , , Hn , образующих полную группу. Их называют гипотезами, поскольку заранее неизвестно, ка-
кое |
именно из этих событий наступит. |
Вероятности гипотез P(Hi ) и |
||||||
условные вероятности PHi (A) , |
i = |
|
, известны. Тогда вероятность собы- |
|||||
1, n |
||||||||
тия |
A находится по формуле, именуемой формулой полной вероятности |
|||||||
|
P(A) = P(H1 ) PH (A) + P(H 2 ) PH |
2 |
(A) + + P(H n ) PH |
n |
(A) , |
|||
|
1 |
|
|
|
|
|
||
n
где ∑PHi =1 .
i=1
Предположим теперь, что событие A произошло, что приводит к
изменению вероятностей гипотез. Условная вероятность PA (Hi ) находится по формуле, называемой формулой Бейеса
PA (Hi ) = P(Hi ) PHi (A) , i =1, n , P(A)
где вероятность P(A) находится по предыдущей формуле.
3.2. Формулы Бернулли, Лапласа и Пуассона
Пусть вероятность появления некоторого события в каждом
из нескольких испытаний одна и та же и равна p (такие испытания называются независимыми), то вероятность того, что это событие появится K раз в N испытаниях, находится по формуле Бернулли
PN (K) = CNK pK q N −K ,
где q =1− p .
Если при K = K0 вероятность PN (K0 ) не меньше вероятностей при
других значениях K , то число K0 называется наивероятнейшем. Оно удовлетворяет условию
Np −q ≤ K0 ≤ Np + p .
Возможно одно или два таких числа.
Для достаточно больших значений N и p формула Бернулли практически непригодна в связи с возникающей недопустимой погрешностью
26
вычислений. В данном случае вместо неё с той же целью применяется более точная приближенная формула Лапласа
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
PN (K) ≈ |
|
1 |
|
ϕ(x) , |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Npq |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
где |
x = |
K |
− Np |
|
|
|
, ϕ(x) – так называемая дифференциальная функция Лапла- |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Npq |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
ϕ(x) = |
1 |
|
|
|
e− |
x2 |
|
|
|
|
|
||||
са, |
|
|
|
2 |
. Для нахождения значений этой функции имеется таб- |
|||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
2π |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
только для положительных значений x , |
|||||||||
лица (см. приложение таблица2) |
||||||||||||||||
поскольку ϕ(x) |
– чётная функция, |
ϕ(−x) = ϕ(x) . Следует иметь в виду, что с |
||||||||||||||
увеличением эта функция быстро приближается к нулю.
Если K1 ≤ K0 ≤ K 2 , то для вычисл ения вероятности осуществление этого неравенства используется другая приближенная формула Лапласа
|
|
Ki − Np |
PN (K1 , K2 ) = Φ(x2 ) − Φ(x1 ) , |
|||
где |
xi = |
, i =1,2 , Φ(x) – так называемая интегральная функция |
||||
|
|
|
||||
|
Npq |
|||||
|
|
|
|
|||
Лапласа, Φ(x) = ∫x ϕ(x)dx . Для этой функции также имеется таблица (см. при-
0
ложение таблица 3) при положительных значений x , так как Φ(x) – нечётная функция, Φ(−x) = − Φ(x) . Надо иметь в виду, что с возрастанием x эта
функция быстро стремится к числу 0,5.
При малых значениях K и p , ( p ≤ 0,1) , и больших значениях N вместо формулы Бернулли используется приближенная формула Пуассона
PN (K) = eλλKK! ,
где λ = Np .
3.3. Примеры
Ниже иллюстрируются теория из пунктов 3.1, 3.2.
Пример 1.
Два станка изготавливают одинаковые детали, которые сбрасываются на общий конвейер. Производительность первого станка вдвое больше производительности второго. Первый станок производит в среднем 60% де-
талей первого сорта, а второй 84% . Найти вероятность того, что взятая
наугад с конвейера деталь будет первого сорта.
Решение.
27
Здесь нужно воспользоваться формулой полной вероятности из
пункта 3.1. Пусть событие |
A – взятая деталь первого сорта. Возникают |
|||||||||||
две гипотезы: H1 |
– деталь изготовлена первым станком, H2 |
– деталь изго- |
||||||||||
товлена вторым |
станком, |
причем: |
P(H1 ) = |
2 |
, |
P(H 2 ) = |
1 . |
Контроль |
||||
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
P(H1 ) + P(H2 ) =1. Условная вероятность того, что деталь будет первого сор- |
||||||||||||
та, если она изготовлена первым станком, равна |
PH (A) = 0,6 ; |
эта вероят- |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
ность для второго станка PH2 (A) = 0,84 . Таким образом, |
|
|
||||||||||
P(A) = P(H |
1 |
) P (A) + P(H |
2 |
) P |
(A) = 2 0,6 + 1 0,84 = |
0,68. |
||||||
|
|
H1 |
|
H 2 |
3 |
|
|
3 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Пример 2.
Предположим, что в примере 1 взятая деталь оказалась первого сорта. Какова вероятность того, что она изготовлена первым станком?
Решение.
Здесь нужно применить формулу Бейеса из пункта 3.1. имеем
PH1 |
(A) = |
P(H1 ) PH1 (A) |
2 |
3 0,6 |
|
10 |
. |
|
|
= |
|
|
= |
|
|||
P(A) |
|
0,68 |
17 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|||
Пример 3.
Имеется два одинаковых ящика с шарами. В первом ящике 2 белых шара и 1 черный шар, во втором 1 белый шар и 4 черных шара. Наудачу выбирают один ящик и вынимают из него шар. Какова вероятность того, что взятый шар окажется белым?
Решение.
Обозначим событие A – взятый шар окажется белым. Возникают гипотезы: H1 – этот шар из первого ящика, H2 – этот шар из второго ящика. По
условию P(H1 ) = P(H 2 ) = 12 . Вероятность того, что взятый шар белый, если он из первого ящика, т.е. условная вероятность PH1 (A) = 23 . Эта вероятность
для второго станка PH1 (A) = 15 . Тогда по формуле полной вероятности
P(A) = 12 23 + 12 15 = 13 + 101 = 1330 .
Пример 4.
Предположим, что взятый шар в примере 3, оказался белым. Найти вероятность того, что он из второго ящика.
Решение.
28
По условию событие A произошло. Требуется найти условную вероятность PA (H 2 ) . По формуле Бейеса получим
PA (H 2 ) = |
1 |
2 |
1 |
5 |
= |
1 |
: |
13 = |
|
3 |
. |
13 |
|
|
|
13 |
|||||||
|
30 |
10 |
|
30 |
|
||||||
Пример 5. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В специализированную больницу поступают в среднем 50% боль- |
|||||||||||
ных с заболеванием M , 30% – с заболеванием |
|
B , 20% – с заболеванием |
|||||||||
K . Вероятность полного излечения болезни M |
|
равна 0,7; для болезней B |
|||||||||
и K эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Найти вероятность |
|||||||||||
того, что больной страдал заболеванием M . |
|
|
|
|
|||||||
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пусть событие A – указанный больной был выписан здоровым. По |
|||||||||||
условию событие A произошло. |
Значит, |
надо сначала воспользоваться |
|||||||||
формулой полной вероятности, а затем формулой Бейеса. Имеют место три гипотезы по поводу события A ; H1 – этот больной страдал заболеванием
M , H2 – он страдал заболеванием B , H3 – он страдал заболеванием K . Ве-
роятности этих гипотез равны соответственно 0,5; 0,3; 0,2. Вероятность того, что больной был выписан здоровым, имея болезнь M , равна 0,7, т.е.
PH1 (A) = 0,7 . Другие условные вероятности PH2 (A) = 0,8, PH3 (A) = 0,9 . Значит,
P(A) = 0,5 0,7 +0,3 0,8 +0,2 0,9 = 0,77 .
По условию надо вычислить PA (H1 ) . Получаем
PA (H1 ) = 0,05,770,7 ≈0,45.
Пример 6.
Найти вероятность того, что при трёх бросаниях монеты герб выпадет: A – один раз, Б – два раза, B – не менее одного раза и не более двух раз.
Решение. |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для события A : N = 3 , K =1, |
p = |
, q = |
1 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
1 1 |
2 |
1 2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
3! |
|
|
1 |
|
3 |
. |
|
|
|
|
|
|
||
P(A) |
= P3 (1) = C3 |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
1!2! |
8 |
8 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Для события Б : |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
|
3! |
|
|
1 |
|
3 |
|
|||
|
|
|
|
2 |
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||||||
N =3 , K = 2 , |
P(Б) = P3 (2) = C3 |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
= |
|
. |
||||
|
|
2!1! |
8 |
8 |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
Событие В :
B = А+ Б, Р(В) = Р(А) + Р(Б) = 0,75 .
Пример 7.
29
Наблюдениями установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Найти наивероятнейшее число таких дней в текущем году.
Решение.
Здесь можно воспользоваться неравенством из пункта 3.2. В сентябре 30 дней, поэтому N = 30 ; вероятность того, что данный (любой) день
этого месяца будет дождливым одна и та же и равна p = 1230 = 52 , т.е. испытания (дни) независимы, тогда q =1− 52 = 53 . Имеем неравенство
30 52 − 53 ≤ k0 ≤ 30 52 + 52 ,
или 1152 ≤ k0 ≤12 52 , т.е. 11,4 ≤ k0 ≤12,4 ; следовательно, k0 =11.
Пример 8.
Вероятность того, что изделие качественное, равна 0,8. Найти вероятность того, что в партии из 400 изделий: а) 300 качественных; б) не менее 300 качественных.
Решение.
а) Имеем: p =0,8, N = 400 , K = 300 ,
x = 300 − 400 |
0,8 |
= −2,5 |
, |
ϕ |
− |
|
=ϕ |
(2,5) |
= |
0,0175 |
, |
||||
|
400 0,8 |
0,2 |
|
|
( 2,5) |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
P400 (300) = |
|
|
1 |
|
|
|
|
0,0175 = 0,002 . |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
400 |
0,8 |
0,2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
б) Имеем: K1 = 300 , |
K2 = 400 |
, |
|
x1 = −2,5 |
, |
|
|
|
|
|
|
||||||||
x = |
400 − 400 0,8 |
=10 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
Φ |
|
= |
|
, |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
Φ |
− |
= −Φ |
|
= − |
|
|
||||||||||||
|
|
400 0,8 0,2 |
|
|
( |
2,5) |
|
|
|
(2,5) |
0,4938 |
|
(0) |
|
0,5 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
P400 (300,400) =Φ(10) +Φ(2,5) =0,9938 .
Пример 9.
Завод отправил потребителю 5000 электроламп. Вероятность того, что в пути лампа повредится равна 0,0002. Найти вероятность события A
– будет повреждено не более одной лампы.
Решение.
Имеем: λ =5000 0,0002 =1;
P(A) = P5000 (0) + P5000 (1) = e110 0! + e111 1! ≈ 0,74 .
30