3. Теорема умножения вероятностей для зависимых событий
Пример 4.В ящике находится 8 стальных, 7 латунных и 6 медных заклепки. Определить вероятность того, что две последовательно взятые заклепки будут сделаны из одного металла.
Решение.Обозначим событие – появление двух стальных заклепок –А, появление двух латунных – В, появление двух медных – С. Требуется определить Р (или А. или В, илиC).
Событие А состоит в последовательном появлении двух латунных заклепок
Вероятность того, что первая заклепка
стальная (событие A
)P(А
)
= 8/20. Вероятность того, что вторая заклепка
также стальная ( событие
)P(
/
)
= 7/19. Аналогично рассуждаем для латунных
(событие В) и медных заклепок (событие
С).
P(В
)
= 7/20;P(В
/
В
)
= 6/19;
P(С
)
= 5/20;P(С
/
С
)
=4/19.
Тогда искомая вероятность р (или А или
В или С) = P(А
А
или В
В
или С
С
),
т.к. события А,В и С несовместные, к ним
применима теорема сложения вероятностей:P(или А или В или С) =P(А
)
P(
/А
)
+P(В
)
P( В
/
В
)
+P(С
)
P(С
/
С
)
=
+
+
=
=
0,31.
4. Вероятность появления хотя бы одного события из независимых событий
Пример 5. Для данного станка вероятность выйти из строя в определенный отрезок времени, равна 0,1, для другого – 0,2. Определить вероятность того, что в этот отрезок времени хотя бы один станок выйдет из строя (событие А).
Решение. Обозначим событие 
- выход из строя первого станка, тогда
Р (
)
= 0,1,
Р (
)
= 0,9. Событие
= выход из строя второго станка, тогда
Р (
)
= 0,2, Р (
)
= 0,8.
Искомая вероятность
Р (A) = 1-P(
,
)
= 1-P(
)
P(
)
= 1-
=
1-0,9
0,8=1-0,72=0,28
Пример 6. Три электрические лампочки последовательно включены в цепь. Вероятность того, что одна (любая) лампочка перегорит, если напряжение в цепи превысит номинальное, равна 0,6. Определить вероятность того, что при повышенном напряжении тока в цепи не будет.
Решение. Тока в цепи не будет, если перегорит хотя бы одна лампочка – событие А.
Р(А) = 1 -
Р(А) = 1-
=
1-0,064-0,936
5.Формула полной вероятности
Пример 7. Изготовленные цехом детали попадают не проверку к одному из двух контролеров. Вероятность того, сто деталь попадет к первому контролеру, рана 0,3, а ко второму - 0,7. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, рана 0,95, а вторым – 0,98. Определить вероятность того, что извлеченная годная деталь будет признана стандартной.
Решение. Событие – деталь признана
стандартной обозначим А. Можно сделать
два предположения: 1. деталь проверил
первый контролер – событие
;
деталь проверил второй контролер –
событие
.
Тогда Р(
)
= 0,3; Р(
)
= 0,7.
Условные вероятности события А будут
Р(
)
= 0,95, Р (
)
= 0,98.
Искомая вероятность того, что извлеченная годная деталь признана стандартной, равна
р(А) = P(
)
P(
)
+P(
)
P(
)
= 0,3
0,95+0,7
0,98
= 0,971
6. Вероятность гипотез. Формула Байеса
Пример 8.Рассмотрим данные предыдущей задачи. Пусть событие А наступило, т.е. деталь признана стандартной. Определить вероятность того, что эту деталь проверил: а) первый контролер; б) второй контролер.
Решение.Подставим данные задачи в формулу Байеса.
а) P(
)
=
= 0,29;
б) P(
)
=
= 0,71.
Как видим, до испытания вероятность
гипотезы
равнялась 0,3, а
- 0,7. После того, как стал известен
результат испытаний, вероятности гипотез
стали 0,29 и 0,71. Таким образом, использование
формулы Байеса позволило переоценить
вероятности рассматриваемых гипотез.