Теория вероятностей (стр. 4 )

Это следствие легко выводится из (2.8) по индукции.

В случае независимых событий следствие (3) упрощается и принимает вид:

Р(А1А2…Аn) = Р(А1)Р(А2)…Р(Аn), (2.10)

т. е. вероятность произведения независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.

Рассмотрим примеры на применение теоремы умножения вероятностей.

Пример 2. В урне 5 белых и 7 черных шаров. Из урны вынимают два шара. Найти вероятность того, что оба шара окажутся черными.

Решение. Введем события: А – первый (или условно считающийся

первым, если шары вынимаются одновременно) шар черный, В – второй шар черный. Тогда будем иметь:

Р(А) = 7/12, Р(В/А) = 6/11 и тогда по формуле (2.8)

Р(АВ) = 7/12·6/11 = 7/22.

Пример 3. В урне 20 шаров – 5 белых, 7 черных и 8 красных. Найти вероятность того, что среди вынутых из урны четырех шаров один будет белым, второй – черным, а остальные два будут красными.

Решение. Введем события: А1 – первый шар белый, А2 – второй шар черный, А3 – третий шар красный, А4 – четвертый шар красный. Тогда получим:

Р(А1) = 5/20, Р(А2 / А1) = 7/19, Р(А3 /А1 А2) = 8/18, Р(А4 / А1 А2 А4) = 7/17,

и по формуле (2.9):

Р(А4 / А1 А2 А4) = 5/20×7/19×8/18×7/17 = 98/2907 ≈ 0, 0337.

Чтобы убедиться в том, что эта вероятность не зависит от того, в каком порядке берутся эти события, возьмем их в другом порядке, например А2, А4, А1, А3. Тогда получим:

Р(А2) = 7/20, Р(А4 /А2) = 8-19, Р(А1 /А2А4) = 5/18, Р(А3 /А2А4А1) = 7/17,

На практике сравнительно редко встречаются задачи, в которых нужно применять только теорему сложения или только теорему умножения вероятностей. Обычно обе теоремы приходится использовать совместно. При этом, как правило, событие, вероятность которого требуется определить, представляется в виде суммы нескольких несовместимых событий, каждое из которых в свою очередь является произведением событий.

Пример 4. Производится три выстрела по одной мишени. Вероятность попадания при первом, втором и третьем выстрелах равна соответственно Р1 = 0,4; Р2 = 0,6; Р3 = 0,8.

Найти вероятность того, что в результате этих трех выстрелов в мишени будут ровно две пробоины.

Решение. Введем события: А – ровно два попадания в мишень, А1, А2, А3 – попадание при первом, втором и третьем выстрелах, Ã1, Ã2, Ã3 – промах при первом, втором и третьем выстрелах.

Событие А может осуществиться несколькими способами: может быть попадание при первом и втором выстрелах, а при третьем выстреле будет промах; попадание при первом и третьем выстрелах, а при втором выстреле промах; или, наконец, попадание при втором и третьем выстрелах, но промах при первом выстреле. Следовательно,

А = А1А2Ã3 + А1Ã2А3 + Ã1А2А3.

Применяя формулы (2.2), (2.10) и свойство вероятностей противоположных событий, находим:

Р(А) =

= 0,4×0,6×0,2× + 0,4×0,4×0,8 + 0,6×0,6×0,8 = 0,484.

Пример 5. В условиях предыдущего примера найти вероятность того, что в мишени будет хотя бы одна пробоина.

Решение. Рассмотрим событие В – хотя бы одно попадание в цель. Пользуясь теми же обозначениями и теми же приемами, приведенными в предыдущем примере, можно представить событие В следующим образом:

и, используя основные теоремы теории вероятностей, определить Р(В). Однако такой путь решения задачи громоздок, здесь целесообразно от прямого события В перейти к противоположному – ни одного попадания. Тогда и по теореме умножения независимых событий = Р(Ā1Ā2Ā3) = 0,6·0,4·0,2 = 0,048, откуда Р(В) = 1 –= 0,952.

На этом примере проиллюстрирован принцип целесообразности применения противоположных событий в теории вероятностей, который можно сформулировать следующим образом: если противоположное событие распадается на меньшее число вариантов, чем прямое событие, то имеет смысл при вычислении вероятностей переходить к противоположному событию.

Пример 6. В урне имеется n одинаковых шаров с номерами от 1 до n. Шары извлекаются по одному без возвращения. Определить вероятность того, что хотя бы при одном извлечении номер шара совпадет с номером опыта.

Решение. Пусть событие Аk состоит в том, что при k-м извлечении достали шар с номером k (k = 1, 2, …, n).

Искомая вероятность . События совместны и при любых различных значениях k, i, j имеют место равенства:

, ,

Используя формулу для вероятности суммы n событий, получим:

= 1 – 1/2! + 1/3! – ... +

Если n велико, то .

Пример 7. Задача о четырех лгунах. Из четырех человек a, b, c, d один (а) получил информацию, которую в виде сигнала “ да ” или “ нет ” сообщает второму (b), второй – третьему (c), третий – четвертому (d), а четвертый объявляет результат полученной информации таким же образом, как и все другие. Известно, что каждый из них говорит правду только в одном случае из трех. Какова вероятность, что первый из этих лгунов сказал правду, если четвертый сказал правду?

Решение. Введем события: А1 – a передал истину b, относительно информации им полученной, т. e. сказал “да”; А2 – b передал с то, что сказал а, т. e. сказал “да”; А3 – с передал d то, что сказал b, т. e. сказал “да”; А4 – d сказал “да”, т. e. передал то, что сказал ему с. По условию задачи

,

,

где Ā1, Ā2, Ā3, Ā4 – события, противоположные событиям А1, А2, А3, А4 соответственно. События А, В, С, D – лгуны a, b, c, d сказали истину относительно информации, полученной а.

Ясно, что А = А1 и, следовательно, Р(А) = 1/3. По теореме умножения вероятностей имеем: Р(АD) = Р(А) Р(D/А) = Р(D) Р(А/D), откуда

– искомая вероятность.

Выразим события D/А и D через события А1, А2, А3, А4 и им противоположные.

D/А – лгун D сказал истину, если лгун A тоже сказал истину.

и по теоремам сложения и умножения вероятностей получим:

Р(D/A) = 1/3∙2/3∙2/3 + 2/3∙1/3∙2/3 + 2/3∙2/3∙1/3 + 1/3∙1/3∙1/3 = 13/27.

Р(D) = 41/81, откуда .

2.4. Формула полной вероятности

Следствием теорем сложения и умножения вероятностей является так называемая формула полной вероятности.

Пусть событие А, вероятность которого требуется определить, может появиться с одним из несовместных событий H1, H2, …, Hn, образующих полную группу. Эти события называются гипотезами. Поскольку гипотезы Hi (i = 1, 2, …, n) образуют полную группу, то их объединение (читай сумма) является событием достоверным. Так как событие А может появиться совместно с одной из гипотез Hi, то событие А является суммой событий АH1, АH2, …, АHn (A = AH1 + AH2 + …+ AHn).

Так как по условию гипотезы Hi (i = 1, 2,…, n) несовместны, то события АH1, АH2, …, АHn. также несовместны и, применяя теорему сложения и теорему умножения вероятностей, получим:

Итак, вероятность события А равна сумме вероятностей событий H1, H2, …, Hn, умноженных на соответствующие условные вероятности события А, т. е.

. (2.11)

Пример 1. Имеется четыре одинаковые на вид урны; в первой урне два белых и три черных шара, во второй – три белых и два черных шара, в третьей – пять белых и столько же черных шаров, а в четвертой урне семь шаров и все они черные. Некто выбирает одну из урн и вынимает из нее один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет белым.

Решение. Рассмотрим четыре гипотезы: H1 – выбор первой урны, H2 – выбор второй урны, H3 – выбор третей урны, H4 – выбор четвертой урны, событие А – появление белого шара.

По условию задачи гипотезы равновозможны, так что

Р(H1) = Р(H2) = Р(H3) = Р(H4) = 1/4.

Условные вероятности при этих гипотезах соответственно равны:

Р(А/Н1) = 2/5, Р(А/Н2) = 3/5, Р(А/Н3) = 1/2, Р(А/Н4) = 0.

По формуле (2.11) – формуле полной вероятности

Р(А) = 1/4∙2/5 + 1/4∙3/5 + 1/4∙1/2 + 1/4∙0 = 3/8.

Рис. 7.

Пример 2. Представьте себе странника, идущего из некоторого пункта О и на разветвлении дорог выбирающего наугад один из возможных путей.

Схема дорог изображена на рис. 7. Здесь указан также некоторый

пункт А и ведущие в него пути. Какова вероятность того, что странник попадет в этот пункт?

Решение. Из пункта О путник может пойти по одному из пяти равновозможных направлений. Пусть H1, H2, H3, H4, H5 – гипотезы, состоящие в том, что путник направится в пункты В1, В2, В3, В4, В5 соответственно. Вероятности этих гипотез равны между собой и равны 1/5. Если странник попадает в пункт В5, то он может прийти в пункт А по двум дорогам из пяти, идущих из пункта В5, т. e.,

Р(А/ H5) = 2/5.

Совершенно аналогично:

Р(А/H1) = 1/3, Р(А/H2) = 1/2, Р(А/H3) = 0, Р(А/H4) = 1,

где А – событие, состоящее в том, что путник попадает в пункт А.

По формуле полной вероятности

Р (А) = 1/5∙1/3 + 1/5∙1/2 + 1/5∙0 + 1/5∙1 + 1/5∙2/5 = 67/150 ≈ 0,45

Пример 3. Для поиска пропавшего самолета выделено 10 вертолетов, каждый из которых может быть использован для поисков в одном из двух возможных районов, где самолет может находиться с вероятностями 0,8 и 0,2. Как следует распределить вертолеты по районам поисков, чтобы вероятность обнаружения самолета была наибольшей, если каждый вертолет обнаруживает находящийся в районе поиска самолет с вероятностью 0,2, а поиски осуществляются каждым вертолетом независимо от других? Найти вероятность обнаружения самолета при оптимальной процедуре поисков.

Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что самолет будет обнаружен, а через H1 и H2 – гипотезы (предположения), что самолет находится в первом и, соответственно, во втором районе. Тогда, как следует из условия задачи, Р(H1) = 0,8 и Р(H2) = 0,2. Определим условные вероятности Р(А/H1) и Р(А/H2), обозначив через k (0 ≤ k ≤ 10) число вертолетов, посланных на поиски самолета в первый район.

Тогда Р(А/H1) = 1 - 0,8k, а Р(А/H2) = 1-0,810-k.

Откуда Р(А) =,8k)∙0,8 +,810-k)∙0,2 =

= 0,8 - 0,8k+1 + 0,2 – 0,2∙0,810-k = 1 - 0,8∙0,8k – 0,2∙0,810∙0,8-k =

= 1 - 0,8(0,8k + 1/4∙0,810∙0,8-k) = 1 - 0,8[(0,8k/2 – (0,85/2)∙(0,8-k/2)2 + 0,85].

Вероятность Р(А) будет максимальна, если 0,8k/2 – (0,85 /2)∙0,8-k/2 = 0. Это уравнение можно переписать в виде: 0,8k = (1/2)∙0,85 или 0,8k-5 = 1/2.

Откуда k = 5 + ln2 / (ln5 – 2∙ln2) ≈ 8. Так как k должно быть натуральным, то k = 8.

Итак, для оптимальной процедуры поисков нужно в первый район послать 8 вертолетов, а во второй район только 2. При такой процедуре поисков Р(А) = 1 - 0,86 ≈ 0,74.

2.5. Вычисление вероятностей гипотез после испытания

(формула Байеса)

Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является формула Байеса, или теорема гипотез.

Пусть имеется полная группа несовместных гипотез H1, H2,…, Hn, причем вероятности этих гипотез известны до опыта. Вероятности Р(Hi) (i = 1, 2, …, n) до опыта обычно называются априорными, т. е. в данном случае до того, как был произведен опыт. Допустим, что произведен опыт, в результате которого появилось событие А совместно с одной из гипотез. Спрашивается: как следует изменять вероятности Р(Hi) (i = 1, 2, …, n) в связи с появлением этого события? Иначе говоря, нужно найти условные вероятности событий Hi (i = 1, 2, …, n) относительно события А.

На основании теоремы умножения вероятностей (2.8) можно записать:

Р(АHi) = Р(А) Р(Hi/А) = Р(Hi) Р(А/Hi).

Откуда следует, что Р(Hi/А) = [Р(Hi) Р(А/Hi)] / Р(А).

Подставляя в эту формулу выражение вероятности события А из формулы полной вероятности (2.11), получим:

(i = 1, 2, …, n). (2.12)

Формулу (2.12) называют формулой Байеса или теоремой гипотез.

Пример 1. Прибор может собираться из высококачественных деталей и из деталей обычного качества. Обычно 40 % приборов собираются из высококачественных деталей. Если прибор собран из высококачественных деталей, то его надежность (вероятность безотказной работы) в течение двух лет равна 0,95; если прибор собран из деталей обычного качества, то его надежность равна 0,7. Прибор испытывался в течение двух лет и работал безотказно. Найти вероятность того, что он собран из деталей обычного качества.

Решение. До начала испытания возможны две гипотезы: Н1 – прибор собран из деталей обычного качества, Н2 – прибор собран из высококачественных деталей.

Вероятности этих гипотез до опыта: Р(Н1) = 0,6; Р(Н2) = 0,4.

В результате опыта наблюдено событие А – прибор безотказно работал два года. Условные вероятности события А при гипотезах Н1 и Н2 равны: Р(А/H1) = 0,7; Р(А/H2) = 0,95.

По формуле (2.12) находим вероятность гипотезы Н1 после опыта (апостериорные вероятности): Р(H1/А) = (0,6∙0,7) / (0,6∙0,7 + 0,4∙0,95) = 0,525.

Пример 2. Батарея из трех орудий произвела залп, причем два снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что второе орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим орудиями соответственно равны р1 = 0,5, р2 = 0,6, р3 = 0,8.

Решение. Пусть событие А – два орудия попали в цель. Априори сделаем два предположения (гипотезы): H1 – второе орудие попало в цель; H2 – второе орудие не попало в цель. По условию задачи Р(H1) = 0,6, так как событие H2 противоположно событию H1, то Р(H2) = 1 – 0,6 = 0,4. Найдем условную вероятность Р(А/H1), т. e., вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем один из них послан вторым орудием и, следовательно, второй – либо первым и третье сделало промах, либо третьим и первое орудие дало промах. Два этих события несовместны и поэтому, применяя основные теоремы, получим:

Р(А/H1) = р1q3 + р3q1 = 0,5∙0,2 + 0,8∙0,5 = 0,5.

Теперь найдем условную вероятность Р(А/H2) – вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем второе орудие дало промах. Иначе, найдем вероятность того, что первое и третье орудие попали в цель. Эти два события независимы, поэтому применима формула (2.10): Р(А/H2) = 0,5∙0,8 = 0,4.

Искомая вероятность Р(H1/А) того, что второе орудие дало попадание, по формуле (2.12) равна: Р(H1/А) = Р(H1)∙Р(А/H1)/ [Р(H1)∙Р(А/H1) + Р(H2)∙Р(А/H2)] = 0,6∙0,5/(0,6∙0,5 + 0,4∙0,4) = 15/23.

Пример 3. Имеются две урны, причем известно, что в одной урне содержится 16 белых и 4 черных шара, а во второй урне – 8 белых и 12 черных шаров. Шар, извлеченный наудачу из выбранной урны, оказался черным. Определить вероятность того, что второй шар, извлеченный из этой же урны, окажется белым, если первый шар возвращен в ту урну, из которой его достали.

Решение. Введем в рассмотрение две гипотезы: Н1 – первый шар извлекли из первой урны, H2 – первый шар извлекли из второй урны – и событие А – первый извлеченный шар черный.

По условию задачи Р(H1) = Р(H2) = 1/2, Р(А/H1) = 1/5, Р(А/H2) = 3/5. Поэтому по формуле полной вероятности, вероятность события А будет равняться:

Р(А) = 1/2∙1/5 + 1/2∙3/5 = 2/5. После первого испытания вероятности гипотез H1 и H2 изменятся. Определим их:

Р(H1/А) = (Р(H1)∙Р (А/H1))/ Р(А) = (1/2∙1/5)/2/5 = 1/4, Р(H2/А) = ¾.