Rybleva_teoria veroatnosti_2014

Утверждение теоремы непосредственно следует из определения условной вероятности и допускает распространение на случай большего числа сомножителей:

P( A1A2A3...Ak )=P A1 ·P A2 /A1 ·P A3 /A2A1 ·...·P Ak /Ak -1...A3A2A1 .

Пример 4.1 Вероятность дожить человеку до 20 лет равна 0,96; вероятность дожить человеку до 60 лет равна 0,69. Какова вероятность дожить до 60 лет человеку 20 – летнего возраста?

Решение: Обозначим через «0–20» - событие, состоящее в том, что родившийся человек доживет до 20-ти лет; «0–60» - родившийся человек доживет до 60-ти лет; «20–60» - двадцатилетний доживет до 60 лет (разумеется, при условии, что до 20-ти лет он дожил). По условию:

0,96=P(«0–20»); 0,69=P(«0–60»)=P(«0–20» «20–60»).

Тогда вероятность дожить до 60 лет человеку 20 – летнего возраста определяется как условная вероятность:

	P «0	- 60»		0,69
P(«20–60»/«0–20»)=					=0,719.
	P «0	- 20»		0,96

■

Пример 4.2 Слово «лотос», составленное из букв – кубиков, рассыпано на отдельные буквы, которые затем сложены в коробке. Из коробки наудачу извлекаются одна за другой три буквы. Какова вероятность того, что при этом появится слово «сто»?

Решение: Введем обозначения для событий: A1 - первой извлечена буква «с»; A2 - второй извлечена буква «т»; A3 - третьей извлечена буква «о»; А – получилось слово «сто». Очевидно, A A1A2A3 . Тогда:

P A P A1 ·P A2 /A1 ·P A3 /A2A1 51 ·41 ·23 301 .

■

Если появление события А не зависит от того, произошло или нет событие В, то условная вероятность А в предположении, что событие В

41

наступило, будет равна вероятности А, т.е. P(A/B)=P(A). Подставляя в формулу умножения вероятностей вместо P(A/B) вероятность P(A), получим: P(AB)=P(A)·P(B).

Если это соотношение выполняется, то события А и В называются независимыми.

Утверждение 1. Пусть события А и В – независимы. Тогда независимы также события A и В, А и B , A и B .

Пример 4.3 Известно, что P(A)=0,6; P( A B )=0,8; P( A B )=0,5. Найти

P(B), P(A/B), P(B/A) и выяснить, зависимы ли события A и B? Решение: Используя расширенную формулу сложения:

P( A B )=P(A)+ P(B) - P( A B ), можно найти вероятность события B:

P(B)= P( A B )+P( A B ) - P(A)=0,8+0,5-0,6=0,7.

Далее		по			формуле для условной вероятности											имеем: P(A/B)=
	P A B				0,5		5	≈0,714; P(B/A)=	P A B			0,5		5		≈0,833.
	P B				0,7		7		P A			0,6		6

Поскольку P( A B )=0,5 и P(A)·P(B)=0,6·0,7=0,42, то

P( A B )≠P(A)·P(B); следовательно, события A и B – зависимы.

■

Несколько событий называют попарно независимыми, если каждые два из них независимы.

Несколько событий называют независимыми в совокупности,

если независимы каждые два из них и независимы каждое событие и все возможные произведения остальных. Отметим, что требование независимости событий в совокупности сильнее требования их попарной независимости.

Утверждение 2. Вероятность совместного появления нескольких событий, независимых в совокупности, равна произведению вероятностей этих событий:

P A1A2...Ak P A1 ·P A2 · ...· P Ak .

42

A1 , A2 ,…, Ak

Если события A1 , A2 ,…, Ak - независимы в совокупности, то и противоположные им события A1 , A2 ,…, Ak также независимы в совокупности.

Теорема 2. Вероятность появления хотя бы одного из событий A1 , A2

,…, Ak , независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий:

P A 1- P A1 ·P A2 ·...· P Ak .

Следствие. Если события имеют одинаковую

вероятность, равную p, то вероятность появления хотя бы одного из этих событий P A =1-qk , где q=1-p.

Пример 4.4 По одной и той же мишени стреляют одновременно двое. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,7; для второго – 0,6. Определить вероятность поражения цели.

Решение: Данную задачу можно решить тремя способами, приведем каждый из них. Введем обозначения: A1 - событие, состоящее в том, что первый стрелок попал в цель; A2 - второй попал; А – цель поражена.

1) P A P( A1A2 A1A2 A1A2 ) =P A1A2 P A1A2 P A1A2

несовместн ые события

=P A1 P A2 P A1 P A2 P A1 P A2 0,7·0,6+0,3·0,6+0,7·0,4= =0,42+0,18+0,28=0,88.

	P A P				=P A	P A	- P A A =0,7+0,6-0,7·0,6=
2)			A A
			1 2		1	2	1 2
			совместные

=1,3-0,42=0,88.

3) P A 1-P A1 P A2 1-0,3·0,4=1-0,12=0,88.

■

Пример 4.5 На связке 5 ключей. К замку подходит только один ключ. Найти вероятность того, что: а) потребуется не более двух попыток

43

открыть замок, если опробованный ключ в дальнейших испытаниях не участвует; б) нужный ключ окажется последним.

Решение: а) Обозначим через: A событие - «потребуется не более двух попыток»; 1 – «первая попытка успешна»; 1 ·2 – «с первой попытки замок не открылся, а со второй – открылся». Тогда:

P(A)= P(1+ 1 ·2)=P(1)+ P( 1 ·2)= P(1)+ P( 1 )·P(2 / 1 )= 51 54 · 41 = 52 =0,4.

б) Событие «нужный ключ окажется последним» означает, что первый ключ не подошел, и второй ключ замок не открыл, …, четвертый ключ не подошел, а пятому - «уже деваться некуда» ( 1 · 2 · 3 · 4 ·5). Представляя данное событие в виде произведения зависимых событий, получим:

P( 1 · 2 · 3 · 4 ·5)= P ( 1 )·P( 2 / 1 )·P( 3 / 1 2 )·P( 4 / 1 23 )·P(5/ 1 234 )= = 54 · 34 · 23 · 21 ·1= 51 =0,2.

■

Пример 4.6 Для разрушения моста достаточно попадания одной авиационной бомбы. Найти вероятность того, что мост будет разрушен, если на него сбросить четыре бомбы, вероятности попадания которых соответственно равны: 0,3; 0,4; 0,6; 0,8.

Решение: Обозначим через Аi - событие, состоящее в том, что i–ая бомба достигла цели; соответственно через Ai - противоположное событие (бомба пролетела мимо). Разрушение моста означает, что хотя бы одна бомба достигнет цели. События A1 , A2 , A3 , A4 - независимы,

следовательно, независимыми будут и противоположные им события. Поэтому искомая вероятность равна:

P A 1- P A1 P A2 P A3 P A4 1-(1-0,3)(1-0,4)(1-0,6)(1-0,8)=0,9664.

■

Теорема 3. Если событие A может произойти только при условии появления одного из событий (гипотез) B1 , B2 , …,Bn , образующих полную группу, то вероятность события A равна сумме произведений

44

вероятностей каждого из этих событий (гипотез) на соответствующие условные вероятности события A:

n

P(A) P(Bi ) P(A / Bi ).

i 1

Указанная формула называется формулой полной вероятности.

Пример 4.7 В коробку побросали n шариков, закрыли ее и хорошенько потрясли. Затем добавили один белый шар, перемешали все шары и наудачу извлекли один шар. Определить вероятность того, что извлеченный шар – белый, если все гипотезы о первоначальном составе шаров – равновероятны?

Решение: Обозначим через Bi - гипотезу, состоящую в том, что

первоначально в коробке			было i		белых шаров,	по условию:
P B	P B	... P B	1	. Так как все события		B	,B	, …,B -
0	1	n	n 1			0	1	n

попарно несовместны, то, после добавления одного белого шара, вероятность извлечения белого шара определяем по формуле полной вероятности:

P A P B P A / B ... P B

P A / B

1

(

1

2

... 1)

0

0

n

n

n 1

n 1

n 1

1

·

1 n 1

· (n 1)

n 2

.

n 1

2(n 1)

2(n 1)

■

В тесной связи с формулой полной вероятности находится так называемая формула Байеса. Она относится к той же ситуации, что и формула полной вероятности (событие A может наступить только вместе с одним из n попарно несовместных событий B1 ,B2 , …,Bn ).

Допустим, что опыт уже произведен, и нам известно, что событие A наступило. Сам по себе этот факт еще не позволяет сказать, какое из событий B1 , B2 , …,Bn имело место в проделанном опыте. Можно,

45

однако, поставить такую задачу: найти вероятности P B1 / A , …,

P Bn / A каждой из гипотез в предположении, что наступило событие A

(такие вероятности называются апостериорными в отличие от вероятностей P(B1 ) , …,P(Bn ) , вычисляемых до опыта и называемых

априорными).

С одной стороны, вероятность совмещения двух зависимых событий определяется по формуле: P(ABi ) P(A / Bi ) P(Bi ) , а с другой стороны, имеем: P(Bi A) P(Bi / A) P(A) . Приравнивая правые части, получим: P(Bi / A) P(A) P(A / Bi ) P(Bi ) , откуда следует:

P(Bi / A) P(A / Bi ) P(Bi ) ,

P A

где знаменатель рассчитывается по формуле полной вероятности. Таким образом, апостериорная вероятность определяется по формуле:

P(Bi / A)	P(A / Bi ) P(Bi )	,
	n
	P(A / Bi ) P(Bi )
	i 1

которая называется формулой Байеса. Запомнить ее нетрудно: в знаменателе стоит выражение для полной вероятности события A, а в числителе – одно из слагаемых этого выражения. Формула Байеса дает возможность «пересмотреть» вероятности гипотез с учетом наблюдавшегося результата опыта.

Пример 4.8 Известно, что 5% мужчин и 0,2% женщин – дальтоники. Какова доля мужчин среди дальтоников?

Решение: Обозначим событие, состоящее в том, что выбранный наудачу человек оказался: дальтоником через D; женщиной – F; мужчиной – M. По условию: P(D/M)=0,05 и P(D/F)=0,002. Требуется найти вероятность того, что выбранный наудачу дальтоник оказался

P M ·P D/M

мужчиной P(M/D). По формуле Байеса: P(M/D)= ,

P D

46

где знаменатель вычисляется по формуле полной вероятности:

P D P M ·P D/M P F ·P D/F = 21 ·0,05+ 21 ·0,002=0,026.

1·0,05

Тогда искомая вероятность будет равна: P(M/D)= 20,026 =0,96, т.е.

среди дальтоников 96% мужчин.

■

Пример 4.9 Страховая компания разделяет застрахованных по группам риска: малый риск, средний риск и высокий риск. Среди этих клиентов 50% относятся к группе малого риска, 30% - к группе среднего риска и 20% - к группе высокого риска. Вероятность необходимости выплачивать страховую выплату для клиентов первой группы равна 0,01; для второй группы – 0,04 и для третьей – 0,09. Какова вероятность того, что:

а) клиент получит страховую выплату за период страхования; б) получивший страховую выплату клиент относится к группе малого риска?

Решение: Обозначим событие, состоящее в том, что клиент относится к i–ой группе риска через Bi ; событие, состоящее в том, что клиент получит страховую выплату за период страхования – А. По условию:

P B1 0,5 ; P B2 0,3; P B3 0,2 .

Вероятности страховых выплат для клиентов каждой группы – это апостериорные вероятности гипотез B1 , B2 и B3 :

P(A/B1 )=0,01; P(A/B2 )=0,04 и P(A/B3 )=0,09.

а) Вероятность получения клиентом страховой выплаты за период страхования вычисляется по формуле полной вероятности:

P A P B1 P A/B1 P B2 P A/B2 P B3 P A/B3 .

P A =0,5·0,01+0,3·0,04+0,2·0,09=0,035.

47

б) Так как клиент уже получил страховую выплату, значит, речь идет об апостериорной вероятности, которую вычисляют по формуле Байеса:

P B /A	P B1 P A/B1		0,5·0,01	≈0,143.
	P A
1		0,035
				■

Пример 4.10 При обследовании больного имеется подозрение на одно из двух заболеваний B1 и B2 . Их вероятности в данных условиях:

P B1 0,6 и P B2 0,4 . Для уточнения диагноза назначается анализ,

результатом которого является положительная или отрицательная реакция. В случае болезни B1 вероятность положительной реакции равна 0,9, отрицательной – 0,1; в случае B2 положительная и отрицательная реакции равновероятны. Анализ произвели дважды, и оба раза реакция оказалась отрицательной (событие A). Найдите вероятность каждого заболевания после проделанных анализов.

Решение: В случае заболевания

B1

событие

A происходит с

вероятностью 0,1·0,1=0,01, а в случае заболевания B2 - с вероятностью

0,5·0,5=0,25.

Следовательно, по

формуле

Байеса имеем:

P B1

/ A

P A / B1 P B1

0,01 0,6

≈0,06;

P A / B1 P B1 P A / B2 P B2

0,01 0,6 0,25 0,4

P B2

/ A

0,25·0,4

≈0,94.

■

0,01

0,6 0,25

0,4

Задачи для самостоятельного решения:

4.1Известно, что P(A)>0,5; P(B)>0,8. Могут ли такие события A и B: а) быть несовместными; б) быть противоположными;

в) верно ли неравенство P( A B )>0,2?

4.2Вероятность для человека, поступившего в университет, закончить первый курс равна P; вероятность проучиться успешно до пятого курса и

48

закончить его равна Q. Какова вероятность для второкурсника успешно закончить пятый курс?

4.3При включении зажигания двигатель начинает работать с вероятностью 0,6. Найти вероятность того, что:

а) двигатель начнет работать при третьем включении зажигания; б) для запуска двигателя придется включать зажигание не более трѐх раз.

4.4Два охотника стреляют по летящей утке. Шансы попадания оцениваются для первого охотника как 90%, а для второго – 80%. Найти вероятность того, что птичке не спастись.

4.56 шаров (4 белых и 2 чѐрных) случайным образом раскидали в два ящика по три шара в каждый.

а) Какова вероятность того, что ровно один чѐрный шар попал в первый ящик?

б) Из первого ящика достали шар, он оказался белым. Какова вероятность того, что ровно один чѐрный шар попал в первый ящик?

4.6Из ящика, содержащего чѐрные и белые шары, 100 раз подряд извлекли чѐрный шар. Какова вероятность того, что и в 101-й раз будет извлечен чѐрный шар? Рассмотреть два случая: выбор шаров производился без возвращения; выборка была с возвращением.

4.7При обследовании на СПИД вероятность обнаружить ВИЧ у инфицированного человека равна 0,9. Вероятность принять здорового человека за больного равна 0,01. Пусть доля инфицированных по отношению ко всему населению равна 0,0001. Найдите условную вероятность того, что человек не инфицирован, если при обследовании у него обнаружен ВИЧ.

4.8Страховая компания разделяет застрахованных водителей на три группы по вероятности попадания в дорожную аварию. Среди застрахованных водители группы с низкой вероятностью составили

49

25%, со средней – 60% и с высокой – 15%. Ниже приведена таблица вероятностей попадания водителей каждой группы в аварию:

	Вероятность попадания в аварию
Риск водителя
	низкая	средняя	высокая
1 авария в год	0,01	0,03	0,10
2 аварии в год	0	0,01	0,05
3 аварии в год	0	0	0,01
4 аварии в год	0	0	0

Требуется найти:

а) если случайно выбранный водитель не попадал в аварию в течение года, какова вероятность того, что он принадлежит к группе водителей с высокой вероятностью попадания в дорожную аварию?

б) если случайно выбранный водитель не попадал в аварию в течение четырех лет, какова вероятность того, что он принадлежит к группе водителей с низкой вероятностью попадания в дорожную аварию?

4.9Институт дистанционного обучения отправил учебники в три своих филиала. Вероятность своевременной доставки в первый филиал равна 0,9; во второй – 0,95; в третий – 0,8. Найти вероятности следующих событий:

а) только один филиал получит учебники вовремя; б) хотя бы один филиал получит учебники с опозданием.

4.10Фирма имеет три источника поставки комплектующих – заводы А, В и С. На долю завода А приходится 50% общего объема поставок; В – 30% и С – 20%. Из практики известно, что 10% поставляемых заводом А деталей бракованных, заводом В – 5% и заводом С – 6%. Определите вероятности следующих событий:

а) взятая наугад деталь была получена от завода А; б) взятая наугад и оказавшаяся бракованной деталь, была получена от завода А.

50