Схема Бернулли (стр. 6 )

По формуле полной вероятности (1.9.1) находим: .►

Замечания

1. В примере 1.9.1 формулу полной вероятности можно интерпретировать следующим образом: вероятность брака в магазине равна взвешенной сумме вероятностей брака на заводах с весами, равными долям, которые составляют поставки заводов в общем количестве изделий в магазине.

2. Формула (1.9.1) справедлива, если введённые в рассмотрение гипотезы образуют полную группу попарно несовместных событий. Поэтому при решении задач желательно убеждаться, в том, что .

Однако в некоторых случаях полная группа гипотез может содержать большое число событий , при этом для многих из них оказывается, что , т. е. вклада в правую часть формулы (1.9.1) такие гипотезы не вносят. В таких случаях целесообразно сократить число рассматриваемых гипотез, оставив только те из них, для которых . При этом, хотя множество гипотез и не будет полной группой, формула полной вероятности даст верный результат.

Пример 1.9.2.

Четыре артиллерийских расчёта производят по одному выстрелу по одной и той же цели. Вероятность попадания для -го расчёта равна , . При менее, чем трёх попаданиях цель поражена не будет. При трёх попаданиях цель будет уничтожена с вероятностью , а при четырёх попаданиях – с полной достоверностью. Найти вероятность того, что цель будет уничтожена (событие ).

◄Полная группа гипотез в данном случае совпадает с пространством элементарных исходов. Перечислим гипотезы, обозначив их , где - индикатор попадания для -го расчёта, т. е. :

{0 0 0 0}

{1 0 0 0}, {0 1 0 0}, {0 0 1 0}, {0 0 0 1}

{1 1 0 0}, {1 0 1 0}, {1 0 0 1}, {0 1 1 0}, {0 1 0 1}, {0 0 1 1}

{1 1 1 0}, {1 1 0 1}, {1 0 1 1}, {0 1 1 1}

{1 1 1 1}

Итак, полная группа гипотез состоит из 16 событий. Но свойством обладают только 5 из них, поэтому вводим в рассмотрение только такие гипотезы: {1 1 1 0}, {1 1 0 1}, {1 0 1 1}, {0 1 1 1}, {1 1 1 1}.

Далее, находим:

, , , , ;

, .

Окончательно, по формуле (3.3.1) получаем:

.►

Упражнения

1.9.1. В одной урне – 1 белый и 3 чёрных шара, во второй – 2 белых и 2 чёрных шара. Наудачу выбирают урну, из которой наудачу вынимают шар. С какой вероятностью этот шар белый?

1.9.2. В первой урне были: 1 белый и 3 чёрных шара, во второй – 2 белых и 2 чёрных шара. Из первой урны наудачу вынули шар и переложили его во вторую урну, после чего из второй урны извлекли наудачу один шар. С какой вероятностью этот шар белый?

1.9.3. Проверяется партия приборов, среди которых 10% дефектных. Проверка с вероятностью 0,95 позволяет обнаружить дефект, если он есть. Если же дефекта нет, то с вероятностью 0,03 прибор ошибочно признаётся неисправным. С какой вероятностью проверяемый прибор будет признан дефектным?

Ответы к упражнениям

1.9.1. .

1.9.2. .

1.9.3. 0,122.

Задание для самостоятельной работы

1. Решите задачи: [1], №№ 18.225 – 18.229, 18.231 –18.234.

Пусть по-прежнему в случайном опыте событие может произойти только вместе с одной из гипотез , , образующих полную группу попарно несовместных событий. Предположим, что событие произошло и мы интересуемся, с какой вероятностью вместе с появилась и гипотеза . На этот вопрос отвечает формула Байеса:

. (1.9.3)

Упражнение

1.9.4. Используя теорему умножения (см. (3.1.6)) и формулу полной вероятности (1.9.1), докажите формулу Байеса.

Замечание

Вероятности гипотез обычно называют априорными (известными «до опыта»), а вероятности - апостериорными (полученными «после опыта» с появлением события ). Поскольку появление события обычно несёт дополнительную информацию о возможности появления гипотез , апостериорные вероятности являются, как правило, более точными характеристиками этих гипотез, чем априорные вероятности .

Только в случае, когда все условные вероятности равны друг другу, т. е. , , формула (1.9.3) даёт: , , т. е. информация о появлении события не представляет интереса при уточнении априорных вероятностей гипотез.

Пример 1.9.3.

В электронном устройстве, состоящем из двух блоков, возникла неисправность. Предварительный анализ возможных её причин привёл к такой оценке возможностей локализации неисправности: вероятности отказов в первом и втором блоках равны 0,4 и 0,6 соответственно (возможность отказов в обоих блоках исключается). Для уточнения причины неисправности на вход устройства был подан тестовый сигнал, который не проходит на выход с вероятностью 0,2, если неисправен первый блок, и с вероятностью 0,9 при неисправности во втором блоке. Сигнал на выходе не появился. Найти вероятности причин неисправности устройства.

◄Введём обозначения событий: {сигнал на выходе не появился}, {неисправен первый блок}, {неисправен второй блок}.

По условию задачи , , , .