лекции(II курс)

Правило суммы: Если некоторый объект A может быть выбран из множества объектов m способами, а объект B может быть выбран n способами, то выбрать либо A, ëèáî

B можно n + m способами.

Пример. В ящике 300 деталей. Известно, что 150 из них первого сорта, 120 второго сорта, а остальные 3-го сорта. Сколько существует способов извлечения из ящика одной

детали первого или второго сорта?

Решение. деталь первого сорта можно извлечь 150 способами, деталь второго сорта можно извлечь 120 способами. По правилу суммы существует 270 способов извлечения одной детали первого или второго сорта.

Правило произведения. Если объект A можно выбрать из множества объектов m способами и после каждого такого выбора объект B можно выбрать n способами, то пара объектов (A, B) в указанном порядке может быть выбрана m · n способами.

Пример. В группе 30 человек. Необходимо выбрать старосту, его заместителя и проф-

орга. Сколько существует способов это сделать?

Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, его заместителем любой из 29 студентов, профоргом любой из 28 студентов, по правилу произведения:

30 · 29 · 28 = 24360 способов.

1.4. Действия над событиями.

Введем понятие суммы, произведения и разности событий.

Суммой двух событий A è B называется события C = A + B, состоящее в появлении èëè события A èëè события B.

Произведением двух событий A è B называется событие C = A · B, состоящее в появлении è события A è события B одновременно.

1.5. Относительная частота. Устойчивость относительной частоты.

Относительная частота наряду с вероятностью принадлежит к основным понятиям

теории вероятностей.

Определение. Относительной частотой события называют отношение числа испытаний, в которых событие появилось, к общему числу фактически произведенных испытаний.

Таким образом, относительная частота события A определяется формулой

W (A) = m/n,

ãäå m−число появлений события, n−общее число испытаний. Сопоставляя определении

вероятности и относительной частоты, заключаем: определение вероятности не требует, чтобы испытания проводились в действительности; определение же относительной ча- стоты предполагает, что испытания были произведены фактически. Другими словами,

вероятность вычисляют до опыта, а относительную частоту после опыта.

Пример. По цели произвели 24 выстрела, причем было зарегестрировано 19 попаданий. Относительная частота поражения цели

W (A) = 19/24.

Длительные наблюдения показали, что если в одинаковых условиях производят опыты, в каждом из которых число испытаний достаточно велико, то относительная частота обнаруживает свойство устойчивости. Это свойство состоит в том, что в различных опытах относительная частота изменяется мало (тем меньше, чем больше произведено испытаний), колеблясь около некоторого постоянного числа. Оказалось, что это постоянное число есть вероятность появления события.

11

Таким образом, если опытным путем установлена относительная частота, то полученное число можно принять за приближенное значение вероятности.

1.6. Ограниченность классического определения вероятности. Статистическая вероятность.

Классическое определение вероятности предполагает, что число элементарных исходов испытания конечно. Однако существует большой класс событий, вероятности которых не могут быть вычислены с помощью классического определения. В первую очередь это события, которые не являются равновозможными исходами испытания. Например, если монета сплющена, то очевидно, события "появление герба"и "появление решки"нельзя считать равновозможными, и формула расчета окажется неприменимой. Но есть и другой подход при оценке вероятности события, основанный на том, насколько часто будет

появляться данное событие в произведенных испытаниях. В этом случае используется

статистическое определение вероятности.

Определение. Статистической вероятностью события A называется относительная частота (частость) появления события в n произведенных испытаниях.

Например, если в результате достаточно большого числа испытаний оказалось, что относительная частота весьма близка к числу 0,4, то это число можно принять за статистическую вероятность события.

Недостатком статистического определения является неоднозначность статистической вероятности; так, в приведенном примере в качестве вероятности события можно принять не только 0,4, но и 0,39, 0,41 и т.д.

1.7. Геометрические вероятности.

Чтобы преодолеть недостаток классического определения вероятности, состоящий в том, что оно неприменимо к испытаниям с бесконечным числом исходов, вводят геометри- ческие вероятности вероятности попадания точки в область (отрезок, часть плоскости и т.д.).

Пусть отрезок l составляет часть отрезка L. На отрезок L наудачу поставлена точка.

Это означает выполнение следующих предположений: поставленная точка может оказаться в любой точке отрезка L, вероятность попадания точки на отрезок l пропорциональна

длине этого отрезка и не зависит от его расположения относительно отрезка L. В этих предположениях вероятность попадания точки на отрезок l определяется равенством

P = Длина l/Длина L.

Пример. На отрезок OA длины L числовой оси Ox наудачу поставлена точка B(x). Найти вероятность того, что меньший из отрезков OB è BA имеет длину, большую L/3.

Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение. Разобъем отрезок OA точками C è D на 3 равные части. Требование задачи будет выполнено, если точка B(x) попадет на отрезок CD длины L/3. Искомая

вероятность

P = (L/3)/L = 1/3.

12

Контрольные вопросы.

1)Основные понятия теории вероятностей.

2)Виды случайных событий.

3)Определение и свойства вероятности.

4)Основные формулы комбинаторики.

5)Геометрическая вероятность.

13

Тема 2. Основные теоремы теории вероятностей.

Некоторые задачи можно решить значительно проще с помощью простейших теорем теории вероятностей теорем сложения и умножения.

2.1. Теоремы сложения для совместных и несовместных событий.

Пусть события A и B несовместны.

Теорема 1(теорема сложения вероятностей двух событий). Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий

Доказательство. Пусть из общего числа n единственно возможных, равновозможных и несовместных случаев событию A благоприятствует k случаев, а событию B l случаев. Тогда вероятности этих событий

P (A) = k/n, P (B) = l/n.

По условию события A и B несовместны. Следовательно, ни один из k случаев, благоприятствующих событию A, не благоприятствует событию B, последнему благоприятствует другие l случаев. Отсюда следует, что сумме событий благоприятствуют k+l случаев из n, поэтому вероятность события A+B есть

P (A + B) = (k + l)/n = k/n + l/n = P (A) + P (B).

×.ò.ä.

Теорема 2 (теорема сложения вероятностей n событий). Вероятность суммы n собы- òèé A1, A2, . . . , An равна сумме вероятностей этих событий:

Следствие 1. Сумма вероятностей событий, образующих полную группу, равна единице.

Доказательство. Пусть события A, B, C, . . . образуют полную группу, это значит, что с одной стороны одно из них обязательно произойдет, т.е. P (A + B + C + . . .) = 1, с другой стороны они попарно несовместны и согласно теореме 1

P (A + B + C + . . .) = P (A) + P (B) + P (C) + . . .

Из этих двух равенств получаем

P (A) + P (B) + P (C) + . . . = 1.

×.ò.ä.

Следствие 2. Сумма вероятностей противоположных соáытий равна единице.

Доказательство. Событие A и противоположное событие A образуют полную группу и согласно следствию 1

P (A) + P (A) = 1.

×.ò.ä

14

Обычно используют следующие обозначения для вероятностей этих событий

P (A) = p, P (A) = q, p + q = 1, q = 1 − p, p = 1 − q.

Теорема 3(теорема сложения совместных событий). Для совместных событий A и B теорема 1 принимает вид

P (A + B) = P (A) + P (B) − P (A · B),

ãäå P (AB)−вероятность совместного появления этих событий.

Пример: В урне 40 шариков: 15 голубых, 5 зеленых и 20 белых. Какова вероятность того, что из урны будет извлечен цветной шарик?

A-"извлечение голубого шарика B-"извлечение зеленого шарика"

P (A + B) = P (A) + P (B) = 1540 + 405 = 38 + 18 = 12.

Замечание. Тот же результат можно получить непосредственно по формуле:

P (C) = mn = 2040 = 12.

Замечание. Если по условию задачи необходимо найти вероятность появления хотя бы одного события, то целесообразно перейти к противоположному событию, затем использовать следствие 2.

Пример: Пусть вероятность того, что в магазине сначала будет продана пара мужской обуви 44-го размера, равна 0,12; 45-го 0,04; 46-го или большего 0,01. Найти вероятность того, что сначала продана пара обуви меньше 44-го размера.

Обозна÷èм D "сначала будет продана пара обуви меньше 44-го размера тогда противоположное D "будет продана пара обуви не меньше 44-го размера". Используя следствие

2, получим

P (D) = 1 − P (D) = 1 − (0, 12 + 0, 04 + 0, 01) = 0, 83.

2.2. Теоремы умножения для зависимых и независимых событий.

Пусть события A и B независимы.

Теорема 1(теорема умножения вероятностей двух независимых событий).

Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.

Пример: Считая вероятность безотказной работы станка в течение смены равной 0,9, найти вероятность безотказной работы двух станков в течение смены.

Т. к. события A−"безотказная работа первого станка в течение смены"и B−"безотказная работа второго станка в течение смены"независимы, то

P (A · B) = P (A) · P (B) = 0, 9 · 0, 9 = 0, 81.

Теорема 2 (теорема умножения вероятностей n независимых событий). Если события

A1, A2, . . . An независимы, то вероятность их произведения равна произведению вероятностей этих событий:

15

Замечание. Для трех независимых событий A, B, C формула (4) принимает вид

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

Для дальнейшего изложения необходимо ввести некоторые новые понятия.

Определение. Вероятность события A, найденная в предположении, что событие B наступило, называется условной вероятностью события A относительно события B.

Условную вероятность события A относительно события B будем обозначать PB(A), à

PB(A)−означает вероятность события A, вычисленную в предположении, что событие B

не наступило.

Пример. С первого станка на сборку поступило 200 деталей, из которых 180 годных, со второго 300, из которых 260 годных. Найти вероятность события A, состоящего в том, чтî взятая наудачу деталь является годной, и условные вероятности его относительно B и B, если событие B состоит в том, что эта деталь изготовлена на первом станке.

P (A) = 180 + 260 = 0, 88. 200 + 300

Условная вероятность события A относительно события B (вероятность того, что взятая наудачу делать годная, если известно, что она изготовлена на первом станке) PB(A) =

180/200 = 0, 9. Условная вероятность события A, относительно события B, т.е. вероят-

ность того, что взятая деталь - годная, если известно, что она изготовлена не на первом (на втором) станке, PB(A) = 260/300 ≈ 0, 87.

Теорема 3 (теорема умножения вероятностей двух зависимых событий). Вероятность произведения событий A и B равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого относительно взятого первым, т.е.

P (A · B) = P (A)PA(B),

èëè

P (A · B) = P (B)PB(A).

Пример. Среди 25 электрических лампочек 4 нестандартные. Найти вероятность того, что 2 взятые одновременно лампочки окажутся нестандартными.

Обозначим A-"первая лампочка нестандартная B-"вторая лампочка нестандартная". Имеем: P (A) = 4/25, à PA(B) = 3/24, таким образом

P (AB) = P (A)PB(A) = 0, 02.

Теорема 4 (теорема умножения вероятностей n зависимых событий). Вероятность произведения n событий равна произведению одного из них на условные вероятности всех остальных, вычисленные в предположении, что все предыдущие события наступили:

Замечание. В частности для трех событий A, B, C формула (5) принимает вид

P (ABC) = P (A)PA(B)PAB(C).

16

2.3. Формула полной вероятности (пример совместного применения теоремы сложения несовместных событий и теоремы умножения зависимых событий).

Некоторые задачи можно решать особым приемом, который приведет к формуле полной вероятности.

Рассмотрим его сначала на примере.

Пример. На первом заводе из каждых 100 лампочек производится в среднем 90 стандартных, на втором 95, на третьем 85, а продукция этих заводов составляется соответственно 50, 30 и 20всех электролампочек, поставляемых в магазины данного района. Найти вероятность приобретения стандартной электролампочки.

Обозначим искомое событие A, а события, заключающиеся в том, что приобретенная лампочка изготовлена соответственно на первом, втором и трерьем заводах, че- рез B1, B2, B3. По условию известны вероятности этих событий: P (B1) = 0, 5; P (B2) =

0, 3; P (B3) = 0, 2 и условные вероятности события A относительно каждого из них:

PB1 (A) = 0, 9; PB2 (A) = 0, 95; PB3 (A) = 0, 85.

Это вероятности приобретения лампочки при условии изготовления ее соответственно на первом, втором, третьем заводах. Искомое событие наступит, если произойдут или событие K "лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна т.е. (A и B1) èëè M

"лампочка изготовлена на втором заводе и стандартна т.е. (A и B2) или L "лампочка изготовлена на третьем заводе и стандартна т.е. (A и B3). Других возможностей для

осуществления события A нет. Следовательно оно является суммой событий K, M, L, которые несовместны. Применяя теорему сложения вероятностей, получим

P (A) = P (K + M + L) = P (K) + P (M) + P (L) = P (B1A) + P (B2A) + P (B3A).

Подставляя заданные значения, находим: P (A) = 0, 905.

Формула, полученная при решении примера является частным случаем формулы полной вероятности. Рассмотрим соответствующую задачу в общем виде.

Найти вероятность события A, которое может наступить только с каждым из событий B1, B2, . . . Bn, образующих полную группу, если известны вероятности

P(B1), P (B2), . . . P (Bn)

èусловные вероятности события A относительно каждого из них, т.е.

PB1 (A), PB2 (A), . . . PBn (A).

Решение этой задачи аналогично рассмотренному выше. Только вместо трех необходимо рассмотреть n возможностей осуществления события A с каждым из событий B1, B2, . . . , Bn. В результате приходим к формуле

∑n

P (A) = P (B1)PB1 (A) + P (B2)PB2 (A) + . . . P (Bn)PBn (A) = P (Bi)PBi (A)

i=1

которая называется формулой полной вероятности.

Замечание. Так как заранее не известно какое из событий Bi приводит к появлению события A, то их называют гипотезами.

Если по условию задачи вероятности гипотез не определены, то их принимают равновероятными, т.е. находят по формуле

1

P (Bi) = n, где n число гипотез.

17

2.4. Формула Байеса.

Перейдем к рассмотрению другого примера, решение которого приводит к новой формуле, формуле Байеса.

Пример. Пусть количество и качество электролампочек, поставляемых в магазины данного района, определены условием предыдущего примера. Купленная лампочка оказалась стандартной. Указать возможные гипотезы о месте изготовления лампочки и найти их вероятности.

Оказавшаяся стандартной лампочка могла быть изготовлена на первом, втором, третьем заводах, так как стандартные лампочки производятся на каждом из них. Сначала найдет вероятности первой гипотезы, состоящей в том, что оказавшаяся стандартной лампочка изготовлена на первом заводе, т.е. найдем PA(B1). Вероятность, что купленная

лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна, т.е. P (B1A) можно представить

P (B1A) = P (B1)PB1 (A) = P (A)PA(B1).

Откуда

PA(B1) = P (B1)PB1 (A). P (A)

Рассмотрев события B2A è B3A можно получить аналогичные формулы вероятностей

того, что приобретенная стандартная лампочка изготовлена на втором и третьем заводах. Подставляя в левые части полученных равенств числовые значения вероятностей из условия предыдущего примера, получим:

0, 2 · 0, 85

PA(B3) = 0, 905 ≈ 0, 188.

Проверкой правильности вычислений может служить равенство единице суммы полученных вероятностей трех гипотез, поскольку они также представляют полную группу.

Формулы, полученные при решении примера есть частные случаи формулы Байеса. Рассмотрим задачу в общем виде.

Пусть в результате испытания наступило событие A, которое могло наступить только с каждым из событий B1, B2, . . . , Bn, образующих полную группу. Известны их вероятности P (B1), P (B2), . . . , P (Bn) до наступления события A, а также условные вероятности события A относительно каждого из них, т.е.

PB1 (A), PB2 (A), . . . , PBn (A).

Найти вероятности PA(Bi) всех гипотез о том, в результате какого из событий Bi (i = 1, 2, . . . , n) наступило событие A.

Повторяя те же самые рассуждения относительно события Bi приходим в формуле

PA(Bi) = ∑nP (Bi)PBi (A) , i=1 P (Bi)PBi (A)

которая и называется формулой Байеса.

Формула Байеса часто называется формулой гипотез. Она служит для переоценки вероятностей гипотез о наступлении событий B1, B2, . . . , Bn после того, как стало извест- но, что событие A произошло.

18

Пример. На складе находятся детали, изготовленные на двух заводах. Известно, что объем продукции первого завода в 4 раза превышает объем продукции второго завода. Вероятность брака на первом заводе 0,05, на втором заводе 0,01. Наудачу взятая деталь оказалась дракованной. Какова вероятность того, что эта деталь изготовлена первым заводом?

Обозначим B1−"делать изготовлена первым заводом B2−"деталь изготовлена вторым

Пусть A "наудачу взятая деталь оказалась бракованной."

По условию PB1 (A) = 0, 05, PB2 (A) = 0, 01. Применяя формулу Байеса, получим

Контрольные вопросы.

1)Теоремы сложения для совместных и несовместных событий.

2)Теоремы умножения для зависимых и независимых событий.

3)Формула полной вероятности и формула Байеса.

19

Тема 3. Повторение независимых испытаний. 3.1. Постановка задачи.

Пусть событие A с одной и той же вероятностью p = P (A) появляется в одном испытании. Проводится серия однотипных n−испытаний. Найти вероятность того, что в этих испытаниях событие A наступит m ðàç.

Эта задача решается разными методами, в зависимости от численных значений вели- чин p, n èëè m.

Формула Бернулли.

Теорема. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна, то вероятность Pm;n òîãî, ÷òî â n независимых испытаниях событие A наступит m раз, находится по формуле

ãäå q = 1 − p, n−ìàëî, p−достаточно велико.

Формула (1) называется формулой Бернулли.

(Я.Бернулли (1654 1705) швейцарский математик)

Пример. Для нормальной работы автобазы на линии должно быть не менее 8 автомашин, а их имеется 10. Вероятность невыхода каждой автомашины на линию равна 0,1. Найти вероятность нормальной работы автобазы в ближайший день.

По условию задачи, автобаза будет работать нормально (событие D), если на линию выйдут или 8 (событие A) или 9 (событие B) или все 10 (событие C) автомашин. По теореме сложения P (D) = P (A + B + C) = P8;10 + P9;10 + P10;10.

Каждое слагаемое находим по формуле Бернулли, при этом считаем p = 0, 1, q = 1 − p = 0, 9, n = 10, m = 8, 9, 10.

P (D) = C108 · 0, 98 · 0, 12 + C109 · 0, 99 · 0, 1 + C1010 · 0, 910 · 0, 10 ≈ 0, 9298.

Вероятность Pn(1 ≤ m ≤ n) того, что в n испытаниях событие A появится хотя бы один раз, определяется формулой

20