2) при построении модели волевым усилием вносится в нее независимость событий для этих событий автоматически выполняется формула (1.7).

Пример 13. Несколько стрелков стреляют по мишеням. Их результаты считаются независимыми.

Пример 14. Наличие брака того или иного вида в аппаратуре, производимой на различных предприятиях по различной технологии, события независимые.

1.6. Правила вычисления вероятностей сложных событий

Определение. Сложным событием называется событие,

выраженное в алгебре событий через другие события, наблюдаемые в этом же эксперименте.

Пример 15. С = АВ + D C - сложное событие.

Перечислим все правила, используемые при вычислении вероятности сложного события.

Правило 1. Р(А) = 1 – Р( A ).

Правило 2. Формула сложения вероятностей для двух и большего числа событий.

Правило 3. Формула умножения вероятностей: из (1.6) Р(АВ) =

= Р(А) Р(В/А).

Часто условная вероятность известна. В некоторых случаях ее можно вычислять как безусловную путем сужения пространства.

Правило 4. Формула умножения вероятностей для трех и больше-

го числа событий. Используя ассоциативные свойства, запишем:

18

P(ABC) = P((AB)C) = P(C)P(AB/C) = P(C)P(A/C)P(B/AC).

Таким образом, можем записать полученный результат в виде формулы:

P(ABC) = P(A)P(B/A)P(C/AB).

Правило 5. Если события A1,A2,…,An независимы в совокупности (это часто сформулировано в модели) P(A1 + A2 + … + An) =

1 – P( A 1)P( A 2) … P( A n).

Перейдем к противоположному событию к сумме:

совокупности; отрицание не влияет} = 1 – P( A 1) P( A 2) … P( A n). Пример 16. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле

равна Р = 0,7. Сделано пять независимых выстрелов. А = {хотя бы одно попадание}.

Р(А) = 1 – P( A 1) P( A 2) … P( A 5), где Ак = {попадание при k-м выстреле}.

Р(А) = 1 – 0,035 = 0,9975.

Правило 6. Пусть построена система событий {Н1, Н2,….,Нn}, удовлетворяющая условиям:

1)Нk ≠, k = 1,2,..,n;

2)НiH j = , i ≠ j (Нi и Нj попарно несовместны);

3)Н1 + Н2 + … + Нn = Ω для данного эксперимента.

Определение. Такая система образует разбиение Ω и называется

полной группой несовместных событий. События Н1, Н2,…,Нn, называют гипотезами.

Теорема. Пусть Нi F, Нi Ω и система {Н1, Н2,…,Нn} - разбиение

Ω, тогда имеет место формула полной вероятности:

n

P(A) = ∑ P(Hk )P(A / Hk ). (1.8) k =1

A = АΩ = А(Н1 + Н2 + … + Нn) = АН1 + АН2 + … + АНn

{в силу попарной несовместности и согласно правилу 3}

n

P(A) = ∑P(Hk ) P(A/ Hk ) . k =1

19

Пример 17. Партия транзисторов, среди которых 10% дефектны, поступает на проверку. Схема проверки такова, что с вероятностью 0,95 обнаруживается брак, если он есть, и с вероятностью 0,03 исправный транзистор может быть признан дефектным.

Эксперимент. Наудачу выбирается транзистор. Какова вероятность того, что он будет признан дефектным?

А = {транзистор будет признан дефектным}.

Гипотезы: Н1 = {транзисторнасамомделедефектный}, H2 = H1.

Заданы условные вероятности: P(A/H1) = 0,95; P(A/H2) = 0,03. По

формуле (1.8) получаем: Р(А) = Р(Н1)Р(А/Н1) + Р(Н2)Р(А/Н2) = 0,1 0,95 + + 0,9 0,003 = 0,095 + 0,027 = 0,122 > P(Н1).

Правило 7 (формула Байеса в схеме полной вероятности). Пусть событие А произошло. Какова при этом условии вероятность гипотезы Нk? (Речь идет об условной вероятности Р(Нk/А) = ?) Ответ дает

формулаБайеса:

Пояснение. Р(Нk) - априорные вероятности гипотез, Р(Нk/А) - апостериорные вероятности гипотез (послеопытные). Формула (1.9) следует из формулы умножения вероятностей.

Пример 18. В условии эксперимента, описанного в примере 1.7,

известно, что А произошло. Р(Н1/А) = ?

Из (1.9) следует, что Р(Н1/А) = 0,1 0,95 = 95 = 0,779 >> Р(Н1).

0,122 122

Если обнаружен дефект, то с большей вероятностью он есть в действительности.

Пример 19. Выпущено 100 лотерейных билетов, два из которых

выигрышных. Студент купил два билета, но один потерял. Какова вероятность, что он выиграл? Сравните с той вероятностью, если бы он не потерял билет.

20

Пусть H1 = {студент потерял выигрышный билет}, H2 = H1 ,

A = {студент выиграл}. В соответствии с классической схемой P(H1) =

1002 , P(A/H1) = 991 и т.д. Окончательно по формуле (1.8) получаем

P(A) = 0,022. Заметим, что если бы студент не потерял билет, то вероятность выиграть была бы равна ≈ 0,0398, т.е. почти в два раза

выше.

1.7. Последовательность независимых испытаний. Схема Бернулли

Рассмотрим эксперимент, состоящий в последовательном проведении вероятностных опытов Э1, Э2,…, Эn и наблюдении совместного результата. Множество исходов такого составного испытания может быть записано как прямое произведение:

Ω = Ω1× Ω2×… ×Ωn = {(ω1, ω2,…,ωn) |ωk Ωk}.

Этот составной опыт называют последовательностью n испытаний. Вероятность любого исхода в последовательности n испытаний расписывается по формуле умножения вероятностей:

Р{(ω1, ω2,…,ωn )} = Р(ω1 ω2 … ωn) =

=Р(ω1)Р(ω2/ω1) Р(ω3/ω ω2 ) … Р(ωn/ω1 ω2 …. ωn – 1).

Частные случаи последовательности испытаний:

1)Р(ωk/ω1 ω2 …. ωk – 1) = Р(ωk/ωk – 1). Такая последовательность

называется простой цепью Маркова;

2)для ωk: Р(ωk/ω1 ω2 …. ωk – 1) = Р(ωk) т.е. не зависит от

предшествующих исходов. Такая последовательность называется

последовательностью независимых испытаний:

Р(ω1 ω2 …. ωn) = Р(ω1) Р(ω2) …. Р(ωn).

21

Пусть выполнены условия:

1)испытания независимы n N;

2)в каждом из испытаний наблюдается одно и то же событие А, причем если в каком-либо испытании событие А наступило, то говорят, что достигнут успех, если нет, то постигла неудача,

Ωk = {Y,Y }, где Y - успех и Y - неудача, k = 1,2,…,n;

3) вероятность успеха не зависит от номера опыта, т.е. от Р(Y) p =

Определение. Такая последовательность испытаний называет-

ся схемой Бернулли.

Пусть проведено n испытаний по схеме Бернулли. Вероятность успеха в одном опыте - p. Рассмотрим событие Bn,m = {в n опытах наступит ровно m успехов}.

Заметим, чтоэтонеклассическая схема.

Действительно,

Вычислим вероятность P(Bn,m), рассматривая Bn,m как сложное

событие. Очевидно, что Вn,m = ∑ω(mi) , где ω(mi) - слово, содержащее i

ровно m единиц и n – m нулей, расположенных на фиксированных местах; ω(mi) и ω(mk) - несовместны, i ≠ k. Таких слов столько, сколько

существует возможных сочетаний: |Вn,m| = ∑ω(mi) = Cnm . i

22

По аксиоме 3

где q = (1 – p).

Пример 20. Из множества чисел Е = {1,2,….,10} наудачу, по-

следовательно и с возвращением отбираются четыре числа. Наблю-

даемое событие: А = {будут получены ровно два числа, кратные трем}. Вычислить P(A).

Проверим выполнение условий на схему Бернулли.

1.Независимость: естественно внесена в модель выбора с возвращением (при условии хорошего перемешивания при каждом очередном извлечении).

2.В каждом опыте два исхода: Y = "успех" ≡ {выбрано число,

кратное 3} и Y = "неуспех"≡ {число не кратно 3}.

3. P(Y) = p = const, k = 1,2,…,n.

Очевидно, что p = P(y) = 0,3 = 3/10 по формуле (1.10).

Пример 21. Вывести следующую рекуррентную формулу:

Pn,m+1( p) = nm−+m1 qp Pn,m ( p) , Pn,0 = qn.

23