Обработка эксперим данных Роганов
.pdfP(A)=1 − P(A)= lim(1 − P(An ))= lim P(An ) |
|
n→∞ |
n→∞ |
Свойства 4 и 5 из § 6 можно понимать как свойства непрерывности вероятности относительно монотонных предельных переходов.
|
n |
Действительно, если |
A1 A2 ... An ... , то UA j = An , и множество |
|
j=1 |
∞ |
|
A = UA j естественно |
назвать пределом монотонной последовательности |
j=1 |
|
множеств A1 A2 ... An ... : A = lim A j . Тогда согласно свойству 4 из §
j→∞
6:
|
A |
|
= lim P{A |
} |
|
P(A)= P lim |
|
||||
j→∞ |
|
j |
j→∞ |
j |
|
n
Точно так же, если A1 A2 ... An ... , то An = IA j , и множество
j=1
∞
A = IA j называется пределом монотонной последовательности множеств
j=1
A1 A2 |
... An ... : A = lim A |
. В данном |
случае свойство 5 из § 6 |
||
|
j→∞ j |
|
|
|
|
означает, что |
|
|
|
|
|
|
P(A) |
|
|
= lim P{Aj }. |
|
|
= P lim |
Aj |
|||
|
|
j→∞ |
|
|
j→∞ |
§ 7. Независимые события
События А и В называются независимыми [6], если
Р(АВ)=Р(А)Р(В).
Пусть последовательно бросаются две монеты: А – выпадение “герба” при первом бросании, В – выпадение “герба” при втором бросании.
21
Допустим, что Р(А)=Р(В)=1/2, Р(АВ)=1/4. В этом случае события А и В независимы.
Если А и В – независимые события, то также независимы Аи В, А и
В, Аи В. Эти три свойства доказываются аналогично, поэтому приведем доказательство лишь первого из них. Имеем B = ABUAB, (AB)(AB)= ,
откуда P(B)= P(AB)+ P(AB).
Значит,
P(AB)= P(B)− P(AB)= P(B)− P(A)P(B)= P(B)[1 − P(A)]= P(B)P(A)
Итак, Аи В – независимые события.
Если А и В – не независимые события, то они называются зависимыми. Если А и В независимы, то говорят, что любое из них независимо (не зависит) от другого. Независимость – свойство взаимное: если А независимо от В, то и В независимо от А.
События Aα , α I , где I – конечное или счетное множество,
называются независимыми (в совокупности), если для любого конечного набора различных α1, α2 ,...,αn I
P(Aα1 Aα2 ...Aαn )= P(Aα1 )P(Aα2 )...P(Aαn )
События Aα , α I , где I – любое множество, называются попарно независимыми, если при любых α1 ≠ α2 , α1 I, α2 I
P(Aα1 , Aα2 )= P(Aα1 )P(Aα2 )
Пример. Для сигнализации об аварии установлены два независимо работающих сигнализатора. Вероятность того, что при аварии сигнализатор сработает, равна 0,95 для первого сигнализатора и 0,9 для второго. Найти вероятность того, что при аварии сработает только один сигнализатор.
Решение. Введем обозначения событий: |
В1 – появилось событие А1 |
– |
сработает только первый сигнализатор; В2 |
– появилось событие А2 |
– |
сработает только второй сигнализатор. |
|
|
22
Появление события В1 равносильно появлению события А1 А2
(появилось первое событие и не появилось второе), т.е. В1 = А1 А2 . Появление
события В2 равносильно появлению события А1 А2 (появилось второе
событие и не появилось первое), т.е. В2 = А1А2 .
Таким образом, чтобы найти вероятность появления только одного из
событий А1 и |
А2 , достаточно найти вероятность |
появления одного, |
|||||||||||||||
безразлично какого, из событий В1 и |
В2 . События В1 |
и |
В2 несовместны, |
||||||||||||||
поэтому применима теорема сложения: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
P(B1 + B2 )= P(B1 )+ P(B2 ). |
|
|
(3) |
|||||||||||||
Остается найти вероятности каждого из событий |
В1 |
и В2 . События А1 |
|||||||||||||||
и А2 независимы, следовательно, независимы события |
А1 и |
|
2 , а также |
|
|
||||||||||||
А |
А1 и |
||||||||||||||||
А2 , поэтому применима теорема умножения: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
P(B1 )= P(A1 |
|
|
) |
= P(A1 )P( |
|
)= p1q2 ; |
||||||||||
|
|
A2 |
A2 |
||||||||||||||
|
P(B2 )= P( |
|
A2 ) |
= P( |
|
)P(A2 )= q1 p2 . |
|||||||||||
|
A1 |
A1 |
|||||||||||||||
Подставив эти вероятности в соотношение (3), найдем искомую |
|||||||||||||||||
вероятность появления только одного из событий А1 и А2 : |
|
|
|
|
|
||||||||||||
P(B1 |
+ B2 )= p1q2 + q1 p2 |
= 0,95 0,1 + 0,05 0,9 = 0,14. |
§ 8. Условная вероятность
Пусть задано вероятностное пространство (Ω, Ξ, Ρ)и пусть А и В –
произвольные события [2]. Если Р(В) > 0, то условная вероятность события А при условии, что произошло событие В, по определении полагается равной
P(A/ B)= P((AB)) P B
Умножив обе части этого равенства на Р(В), найдем
Р(АВ)=Р(В)Р(А/В).
23
Так как левая часть этого равенства симметрична относительно А и В, то можно записать
Р(АВ)=Р(А)Р(В/А).
Эта формула заменяет более простую формулу Р(АВ)=Р(А)Р(В), справедливую для независимых событий А и В, и называется правилом умножения вероятностей.
Пусть теперь A1,A2 ,...,An — произвольные события [6]. Обозначим
A1A2...Ai = Bi , 1 ≤ i ≤ n -1, A = A1A2...An и предположим, что
P(Bi > 0), 1 ≤ i ≤ n −1 . Тогда
P(A)= P(Bn−1 An )= P(Bn−1 )P(An / Bn−1 ).
В свою очередь,
P(Bn−1 )= P(Bn−2 An−1 )= P(Bn−2 )P(An−1 / Bn−2 ),
так что
P(A)= P(Bn−2 )P(An−1 / Bn−2 )P(An / Bn−1 ).
Применив то же преобразование к P(Bn−2 ), найдем
P(A)= P(Bn−3 )P(An−2 / Bn−3 )P(An−1 / Bn−2 )P(An / Bn−1 )
и т.д. Окончательно имеем
P(A)= P(A1 )P(A2 / B1 )P(A3 / B2 )... P(An / Bn−1 ),
или, что то же,
P(A)= P(A1 )P(A2 / A1 )P(A3 / A1 A2 )... P(An / A1 An−1 ).
Пример. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Найти вероятность того, что студент знает предложенные ему экзаменатором три вопроса.
Решение. Введем обозначения событий: А – студент знает ответ на первый вопрос; В – студент знает ответ на второй вопрос; С – студент знает ответ на третий вопрос. Вероятность того, что студент знает ответ на первый вопрос, P(A)= 20 / 25 .
24
Вероятность того, что студент знает ответ на второй вопрос при условии, что студенту известен ответ на первый вопрос, т.е. условная вероятность события В следующая: P(B / A)=19 / 24 .
Вероятность того, что студент знает ответ на третий вопрос при условии, что студенту известны ответы на первый и второй вопросы, т.е. условная вероятность события С такова: P(C / AB)=18 / 23 .
Искомая вероятность того, что студент знает ответы на все три вопроса, равна:
P(ABC)= P(A) P(B / A) P(C / AB)= 2025 1924 1823 = 11557 .
§ 9. Формула полной вероятности
Пусть с данным испытанием связана полная группа несовместных событий H1 , H2 , ... , вероятности которых P(Hk ) (k=1,2,…) известны [6].
Будем называть эти события гипотезами. Требуется найти вероятность события А, для которого известны условные вероятности P(A / Hk ) (k=1,2,…)
относительно всех событий H1 , H2 , ... .
Поскольку события H1, H2 ,... образуют полную группу, их объединение есть достоверное событие. Событие А может появиться только одновременно с каким-нибудь событием Hk . Таким образом, событие А есть
объединение |
событий |
AH1, AH2 ,..: A = AH1 UAH2 U... Так |
как события |
|
H1, H2 ,... по |
условию |
несовместны, |
то события AH1, AH2 ,... тоже |
|
несовместны, |
и мы можем применить |
аксиому сложения |
вероятностей, |
в соответствии с которой P(A)= ∑P(AHk ). Применив к вероятностям P(AHk )
k
правило умножения, получаем
P(AHk )= P(Hk )P(A/ Hk ),
откуда P(A)= ∑P(Hk )P(A/ Hk ).
k
Эта формула называется формулой полной вероятности.
25
Итак, вероятность события А равна сумме вероятностей событий
H1, H2 ,... , умноженных на соответствующие условные вероятности события А.
Пример. Имеются две урны: в первой а белых шаров и b черных; во второй с белых и d черных. Из первой урны во вторую перекладывают, не глядя, три шара. После этого из второй урны берут один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет белым.
Решение. Можно выдвинуть две гипотезы:
H1 – вынутый из 2-й урны шар принадлежит 1-й урне; H2 – вынутый из 2-й урны шар принадлежит 2-й урне. Так как во второй урне три шара принадлежат первой урне, а c +d – второй, то
P(H1 )= |
3 |
; P(H2 )= |
c + d |
|
|
c + d +3 |
c + d +3 . |
||||
|
|
Вероятность появления белого шара из первой урны не зависит от того, вынимается ли этот шар непосредственно из первой урны или после перекладывания во вторую:
P(A/ H1 )= |
a |
|
; |
P(A/ H2 )= |
|
|
c |
|
||||||
a +b |
|
c + d , |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P(A)= |
3 |
|
|
|
a |
|
+ |
c + d |
|
c |
|
|||
c + d +3 |
a +b |
c + d +3 |
c + d . |
|||||||||||
|
|
|
|
§10. Формула Байеса
Взадачах практики нас часто интересует полная группа несовместных событий H1 , H2 , ... , вероятности которых P(Hk ) (k=1,2,…) известны [8]. Эти
события непосредственно не наблюдаемы, но можно наблюдать некоторое событие А, с ними связанное, для которого известны условные вероятности
(k=1,2,…). Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. На основании этого испытания требуется
26
сделать выводы относительно событий H1 , H2 , ... , т.е. определить, как изменились их вероятности после произведенного испытания. Иначе говоря, нужно найти условные вероятности событий относительно события
А.
На основании правила умножения вероятностей
P(AHk )= P(A)P(Hk / A)= P(Hk )P(A/ Hk ).
Отсюда следует, что
P(Hk / A)= |
P(Hk )P(A/ Hk ) |
|
|
|||
P(A) |
|
. |
|
|||
|
|
|
||||
Подставляя сюда выражение вероятности события А из формулы |
||||||
полной вероятности, получим |
|
|
|
|
|
|
P(Hk / A)= |
|
P(Hk )P(A/ H k ) |
|
|
||
∑P(Hi )P(A/ Hi |
). |
|||||
|
i
Эта формула носит название формулы Байеса.
Вероятности P(Hk ) (k=1,2,…) интересующих нас событий H1 , H 2 , ...
до испытания обычно называются априорными вероятностями от латинского a priori, что значит “сперва”, т.е. в данном случае до того, как был произведено испытание. Вероятности P(Hk / A) (k=1,2,…) тех же событий после испытания называются апостериорными от латинского a posteriori, что значит “после”, т.е. в данном случае после испытания.
Пример. Два автомата производят одинаковые детали, которые поступают на общий конвейер. Производительность первого автомата вдвое больше производительности второго. Первый автомат производит в среднем 60% деталей отличного качества, а второй – 84%. Наудачу взятая с конвейера деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что эта деталь произведена первым автоматом.
Решение. Обозначим через А событие – деталь отличного качества. Можно рассмотреть две гипотезы: Н1 – деталь произведена первым автоматом, причем (поскольку первый автомат производит вдвое больше
27
деталей, чем второй) P(H1 )= 2 / 3 ; Н2 – деталь произведена вторым автоматом, причем P(H 2 )=1/ 3 .
Условная вероятность того, что деталь будет отличного качества, если она произведена вторым автоматом, P(A/ H1 )= 0,6 .
Условная вероятность того, что деталь будет отличного качества, если она произведена вторым автоматом, P(A / H2 )= 0,84 .
Вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется отличного качества, по формуле полной вероятности равна
P(A)= P(H1 ) P(A/ H1 )+ P(H 2 ) P(A/ H 2 )= 2 / 3 0,6 +1/ 3 0,84 = 0,68 |
||
Искомая вероятность того, что взятая отличная деталь произведена |
||
первым автоматом, по формуле Байеса равна |
|
|
P(H1 / A)= P(H1 ) P(A/ H1 )= |
2 / 3 0 / 6 |
= 10 |
P(A) |
0,68 |
17 . |
§ 11. Повторение испытаний
Рассмотрим сложное испытание, состоящее из нескольких более простых испытаний, в каждом из которых может появиться или не появиться некоторое событие А [5].
Испытания называются независимыми, если вероятность интересующего нас события А в каждом испытании не зависит от результатов других испытаний. Предположим, что производятся n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А равна р. Требуется найти вероятность Pn (k ) того, что при n
испытаниях событие А появится ровно k раз и, следовательно, не появится (n
– k) раз. Подчеркнем, что не требуется, чтобы событие А повторилось ровно k раз в определенной последовательности.
Для того чтобы при n испытаниях событие А появилось k раз, необходимо и достаточно, чтобы появилась одна из последовательностей
28
событий B1,..., Bn , в которых k из событий |
B1,..., Bn совпадают с А, а (n – k) |
|||||
— с противоположным событием |
|
. |
|
Очевидно, что число таких |
||
А |
||||||
последовательностей равно числу сочетаний из n по k: |
||||||
k |
|
|
n! |
|
|
|
Сn |
= |
|
0!=1. |
|||
k!(n −k )! |
В силу независимости испытаний вероятность каждой такой последовательности по правилу умножения для независимых событий равна pkqn−k , где q=1—p. Итак, в силу несовместности всех возможных
последовательностей искомая вероятность Pn (k )равна сумме вероятностей
всех последовательностей, состоящих из k событий А и (n – k) событий А,
т.е. сумме Ckn слагаемых, равных pkqn−k :
P |
(k )= Сk pk qn−k = |
n! |
|
|
pk qn−k ( k = 0, 1, ..., n) |
|
k!(n −k )! |
||||||
n |
n |
|
||||
|
|
|
||||
Полученную формулу называют |
формулой Бернулли. Соответствие |
между числами k=0,1,…,n и вероятностями pn (k ), определяемое формулой Бернулли, называется биномиальным распределением.
Возьмем теперь вспомогательную переменную u и заметим, что величина P(kuk )= Сnk pk qn−k uk представляет собой общий член разложения функции (q + pu)n по формуле бинома Ньютона [8].
Таким образом, вероятность Pn (k ) представляет собой коэффициент при uk в разложении функции
ϕn (u)= (q + pu)n
по степеням u.
Функция ϕn (u) называется производящей функцией для вероятностей Pn (k ).
Элементарными событиями в данном случае служат все конечные последовательности {B1 , ..., Bn }, где каждое Bm представляет собой событие
29
А или противоположное событие A . Полем событий Ξ служит алгебра всех возможных объединений этих элементарных событий, дополненных невозможным событием. Вероятность каждого элементарного события равна pk qn−k , где k – число событий Bm в последовательности {B1 ,..., Bn },
совпадающих с А (k=0,1,…,n). Вероятность любого события определяется как сумма вероятностей входящих в него элементарных событий.
Пример. Вероятность того, что расход электроэнергии в продолжение одних суток не превысит установленной нормы, равна р= 0,75 . Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.
Решение. Вероятность нормального расхода электроэнергии в продолжение каждых из 6 суток постоянна и равна р= 0,75 . Следовательно,
вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки также постоянна и равна q =1− p =1−0,75 = 0,25.
Искомая вероятность по формуле Бернулли равна
P |
(A)= C 4 p4q2 |
= 6 5 (0,75)4 (0,25)2 |
= 0,3 |
6 |
6 |
1 2 |
. |
|
|
§ 12. Вероятность появления события не меньше данного числа раз
Во многих задачах практики приходится определять вероятность того, что интересующее нас событие А появится при n экспериментах не меньше чем данное число m раз [8].
Сложное событие – появление события А не меньше чем m раз – представляет собой объединение n–m+1 несовместных событий: появление А ровно m раз, появление А ровно m+1 раз, и т.д., появление А ровно n раз.
Поэтому искомая вероятность Rn (m) того, что при n экспериментах событие А появится не меньше чем m раз, равна
n
Rn (m)= Pn (m)+ Pn (m +1)+...+ Pn (n)= ∑Pn (k )
k =m
30