Р е ш е н и е . Назовем игрока, делающего первый бросок, игроком I, а выигрыш им игры – со-

бытием А. Событие А распадается на варианты г, ггг, ггггг, ..., где, например, гггозначает, что

при первом бросании выпал не герб, при втором также не герб, а при третьем – герб. Таким образом,

Таким образом, игрок, бросающий первым, имеет вдвое больший шанс выиграть, чем второй иг-

рок.

Пример 1.27. Брак в продукции завода вследствие дефекта А составляет 5%, причем среди за-

бракованной по признаку А продукции 6% имеют дефект В; в продукции же, свободной от дефекта А, дефект В составляет 2%. Найдите: а) вероятность дефекта В; б) вероятность наличия дефекта (событие D).

Р е ш е н и е . Очевидно, имеем

B = AB + AB

(дефект В возможен в двух случаях: при наличии А или при отсутствии А). Используя правила сложения и умножения, получим

P(B) = P( AB) + P( AB) = P( A)PA (B) + P( A)PA (B) = = 0,05 0,06 +0,95 0,02 = 0,022.

Далее,

D = А+ АВ

(дефектная деталь имеет либо дефект А, либо свободна от А, но имеет дефект В). Отсюда

P(D) = P( A) + P( AB) = P( A) + P( A)PA (B) =

=0,05 +0,95 0,02 = 0,069.

§1.10. Формула полной вероятности и формула Байеса

Одним из эффективных методов подсчета вероятностей является формула полной вероятности, с помощью которой решается широкий круг задач.

Условимся говорить, что события Н1, Н2,…., Нп образуют полную группу, если они попарно несовместны и при каждом осуществлении опыта обязательно наступает хотя бы одно из них, иными сло-

вами выполняются равенства Н1 + Н2 +…. + Нп = Ω, Hi I H j = , i ≠ j .

Формула полной вероятности. Если события Н1, Н2,…, Нп и образуют полную группу, то для вероятности любого события А справедлива формула

P( A) = PH1 ( A1 )P(H1 ) + PH2 ( A)P(H2 ) +... + PHn ( A)P(Hn ) . (1.57)

События Н1, Н2,…, Нп, образующие полную группу, обычно называют гипотезами (по отношению к любому А). В такой интерпретации формула (1.57) читается так: вероятность события А рав-

на сумме произведений условных вероятностей этого события по каждой из гипотез на вероятности самих гипотез.

Д о к а з а т е л ь с т в о . Событие А распадается на варианты: АН1 (А наступает вместе с Н1),

АН2, …, АНn. Иначе говоря, имеем

A = AH1 + AH2 +... + AHn .

Так как Н1, Н2,…, Нп попарно несовместны, то несовместны и события AH1, AH2, …, AHn. При-

меняя правило сложения, находим: P( A) = P( AH1 ) + P( AH2 ) +... + P( AHn ). Заменив каждое слагаемое

P(АНi) правой части произведениемPHi ( A)P(Hi ) , получаем требуемое равенство (1.57).

Пример 1.28. Имеются три урны. В первой находятся 5 белых и 3 черных шара, во второй – 4

белых и 4 черных, в третьей – 8 белых. Наугад выбирается одна из урн (это может означать, например, что сначала осуществляется выбор шара из вспомогательной урны, где находятся три шара с номерами 1, 2, 3 соответственно) и из нее наугад извлекается шар. Какова вероятность того, что он окажется черным (событие А)?

Р е ш е н и е . Шар может быть вытащен из первой урны, либо из второй, либо из третьей; обо-

значим первое из этих событий Н1, второе – Н2, третье – Н3. Так как имеются одинаковые шансы вы-

брать любую из урн, то P(H1) = P(H2) = P(H3) = 13 . Далее находим вероятности события А при каж-

дом из условий Н1, Н2, Н3:

PH1 ( A) = 83 , PH2 ( A) = 84 , PH3 ( A) = 80 .

Отсюда

P( A) = PH1 ( A)P(H1 ) + PH2 ( A)P(H2 ) + PH3 ( A)P(H3 ) = = 13 83 + 13 84 + 13 80 = 247 .

Пример 1.29. С первого станка-автомата на сборку поступают 40%, со второго и третьего – по

30% деталей. Среди деталей, выпущенных первым станком, 1% бракованных, вторым – 2%, третьим

–3%. Найти вероятность того, что поступившая на сборку деталь бракованная (событие А)?

Ре ш е н и е . Обозначим через Нi (i = 1, 2, 3) событие: деталь поступила с i-го станка. События

Н1, Н2, Н3 являются гипотезами. По формуле полной вероятности

P( A) = PH1 ( A1 )P(H1 ) + PH2 ( A)P(H2 ) + PH3 ( A)P(H3 ).

В данном случае

P(H1 ) = 0,40, P(H2 ) = 0,30, P(H3 ) = 0,30,

PH1 ( A) = 0,01, PH2 ( A) = 0,02, PH3 ( A) = 0,03,

откуда следует

P( A) = 0,01 0,4 + 0,02 0,3 + 0,03 0,3 = 0,019 .

Таким образом, 1,9% всех деталей, поступающих на сборку, бракованные.

В тесной связи с формулой полной вероятности находится так называемая формула Байеса. Она относится к той же ситуации, что и формула полной вероятности (событие А может наступить только с одной из гипотез Н1, Н2,…, Нп). Формула Байеса решает следующую задачу.

Пусть произведен опыт и в результате него наступило событие А. Сам по себе этот факт еще не позволяет сказать, какое из событий Н1, Н2,…, Нп имело место в проделанном опыте. Можно, однако, поставить такую задачу: найти вероятности

PA (H1 ), PA (H2 ), ..., PA (Hn )

каждой из гипотез в предположении, что наступило событие А. На этот вопрос и дает ответ формула Байеса. Понятно, что, вообще говоря, PA (Hi ) ≠ P(Hi ). Так, в примере 1 вероятность гипотезы Н3

(шар извлечен из третьей урны) до того, как произведен опыт, равнялась 13 . Однако если опыт произ-

веден и наступило событие А – вытащенный шар оказался черным, то это снижает шансы гипотезы Н3 до нуля. Послеопытная, "апостериорная", вероятность гипотезы Н3 будет в данном случае ниже, чем доопытная, "априорная".

Вывод формулы Байеса весьма прост. Мы имеем:

P( AHi ) = PHi ( A)P(Hi ),

а также

P(Hi A) = PA (Hi )P( A).

Приравнивая правые части, получим

PA (Hi )P( A) = PHi ( A)P(Hi ),

Это и есть требуемая формула. Запомнить ее нетрудно: в знаменателе стоит выражение для полной вероятности события А, в числителе – одно из слагаемых в этом выражении.

Рассмотрим два примера на применение формулы Байеса.

Пример 1.30. В некоторой отрасли 30% продукции производится фабрикой I, 25% продукции – фабрикой II, а остальная часть продукции – фабрикой III. На фабрике I в брак идет 1% всей производимой ею продукции, на фабрике II – 1,5%, на фабрике III – 2%.

Купленная покупателем единица продукции оказалась бракованной. Какова вероятность того, что она произведена фабрикой I?

Р е ш е н и е . Введем обозначения для событий: А – купленное изделие оказалось бракованным;

Н1 – изделие произведено фабрикой I; Н2 – изделие произведено фабрикой II; Н3 – изделие произведено фабрикой III.

Имеем:

P(H1 ) = 0,30; P(H2 ) = 0,25; P(H3 ) = 0,45;

PH1 ( A) = 0,01; PH2 ( A) = 0,015; PH3 ( A) = 0,02;

P( A) = 0,01 0,30 +0,015 0,25 +0,02 0,45 = 0,015;

= 0,01 0,30 =

PA (H1 ) 0,015 0,20.

Таким образом, из всех бракованных изделий отрасли в среднем 20% выпускаются фабрикой I. В данном примере апостериорная вероятность гипотезы Н1 оказалась ниже априорной (поста-

райтесь это объяснить).

Пример 1.31.1 При обследовании больного имеется подозрение на одно из двух заболеваний Н1

и Н2. Их вероятности в данных условиях: P(H1 ) = 0,6, P(H2 ) = 0,4. Для уточнения диагноза назнача-

ется анализ, результатом которого является положительная или отрицательная реакция. В случае болезни Н1 вероятность положительной реакции равна 0,9, отрицательной – 0,1; в случае Н1 положительная и отрицательная реакции равновероятны. Анализ произвели дважды, и оба раза реакция оказалась отрицательной (событие А). Требуется найти вероятность каждого заболевания после проделанных анализов.

Р е ш е н и е . В случае заболевания Н1 событие А происходит с вероятностью 0,1 · 0,1 = 0,01, а в

Отсюда видно, что полученные результаты анализов дают веские основания предполагать болезнь Н2.

1Сюжет этого примера заимствован из популярной книги Б.В. Гнеденко и А.Я. Хинчина «Элементарное введение в

теорию вероятностей». М.: Наука, 1970.