1.8. Формула полной вероятности

Пусть (Ω, F, Р) – вероятностное пространство и события образуют в нем полную группу событий. Это значит: 1) i≠j; 2) . События H_k часто при этом называют гипотезами. Ставится задача отыскать вероятность события А F, если известны вероятности

Событие А может быть представлено в виде А=АΩ=А(H₁+H₂+…+H_n) = AH₁+AH₂+…+AH_n, поскольку из несовместности событий следует несовместность событий , т.е. условия , имеют место для всех . Тогда | использовали свойство Р7 вероятностей, далее используем равенство (1.6)|=

= .

Итак,

Р(А)= (1.12)

Формула (1.12) носит название формулы полной вероятности.

Замечание. Формула справедлива для счетного набора гипотез , если они удовлетворяют условиям 1)– 2).

Пример 32. Среди N экзаменационных билетов «хороших» n. У кого из двух студентов вероятность взять хороший билет больше: у того, кто берет билет первым, или у того, кто берет вторым?

Решение. Для первого студента вероятность взять хороший билет равна . Для второго она зависит от предположений: Н – первый студент взял хороший билет и Н – первый студент не взял хороший билет. Вероятность гипотез Р(Н )= , Р(Н ) = . Вычислим условные вероятности: Р{второй студент взял хороший билет | первый студент взял хороший билет}= ; Р{второй студент взял хороший билет | первый студент не взял хороший билет} = . Вычислим теперь вероятность Р{второй студент взял хороший билет}:

Р{второй студент взял хороший билет}= =

Изменится ли вероятность, если билет брать не первым, не вторым, а третьим, четвертым, …, последним?

1.9. ФОРМУЛА БАЙЕСА

Любой результат сл. эксперимента несет информацию, меняющую наше представление либо о событиях сл. эксперимента, либо об условиях эксперимента. Во многих приложениях ТВ встречается задача: до опыта имеются гипотезы H₁,…, H_n с известными вероятностями Проводится опыт, в результате которого произошло событие А. Тогда вероятности всех гипотез подвергаются переоценке, могут быть найдены новые вероятности , вероятности тех же гипотез после того, как произошло событие A.

Говорят в этой ситуации, что Р (H_k), k=1,…,n, – априорные вероятности гипотез, а , k=1,…,n, – апостериорные вероятности гипотез после того, как произошло событие А. Информация, полученная в результате эксперимента хоть и неполная (мы не знаем, какое из эл. событий, влекущее наступление события А, произошло, знаем только, что событие А наступило), используется с целью уточнения вероятностей гипотез (меняется наше представление об условиях эксперимента).

Знаем, что – использовали формулы (1.5) и (1.6), k=1,…, n. С использованием формулы полной вероятности (1.12) получаем:

(1.13)

Полученная формула носит название формулы Байеса.

1.10. Некоторые примеры вычисления вероятностей

Пример 33. На 4 карточках написаны буквы в, к, л, о. Карточки перемешиваются и выкладываются в ряд. Какова вероятность, что получится слово «волк » – событие А.

Решение. Задачу решим с использованием классической вероятности. Применим схему урн с четырьмя шарами в ней; опыт состоит в последовательном вынимании всех шаров из урны. По условию выборка без возвращения, упорядоченная. Число m=n, следовательно, согласно табл. 1, число всевозможных исходов эксперимента равно имеем |Ω|=А =n!=4!=24. Слово «волк» образует только одна перестановка, следовательно, Р(А)=1/24.

Решение может быть получено таким же способом, что и в примере 28, т.е. по формуле умножения вероятностей:

Пример 34. Из колоды в 36 карт наудачу вынимается 6 карт. Какова вероятность, что:

1) все они будут одной масти;

2) среди них окажется туз пик;

3) среди них окажется ровно один туз;

4) среди них окажутся ровно две бубновые карты;

5) среди них окажется хотя бы одна бубновая карта.

Решение. 1) Имеем дело с неупорядоченной выборкой без возвращения. Поскольку нас интересует состав выборки и совсем не интересует порядок выбранных карт, то Найдем число эл. событий, благоприятствующих событию A (составляющих событие А). Зафиксируем определенную масть. Чтобы имело место событие A, в выборку должны попасть любые 6 карт этой масти. Опять имеем дело с неупорядоченной выборкой по 6 элементов из 9, выборка без возвращения, следовательно, число способов выбрать 6 элементов из 9 равно C (в колоде карт одной масти 9 штук). В задаче речь идет не об определенной масти, а о любой из 4-х мастей, следовательно, . Таким образом,

2) Наряду с тузом пик в выборке присутствуют еще 5 карт, самых различных, в том числе среди них могут быть и еще тузы, число способов выбрать 5 таких карт равно , поэтому

3) В отличие от предыдущего случая, когда масть туза была известна, теперь мы ее не знаем и выбираем одного из тузов способами, остальные пять карт выбираем способами, по основному правилу комбинаторики и

4) Ясно из предыдущих рассуждений, что и

5) В этом случае удобно с вычислительной точки зрения перейти к противоположному событию, вероятность которого вычисляется много проще, событию {в выборке не окажется ни одной бубновой карты}. Вероятность этого события равна тогда

Пример 35. Какова вероятность герою «Пиковой дамы» выиграть?

Решение. В колоде, видимо, 56 карт. Германн выигрывает, если в первый вечер из колоды вынимает тройку, во второй – семерку и в третий – туза. Масть роли не играет. Следовательно, – этот результат получен по формуле умножения вероятностей. Если свести вычисления к схеме урн, то имеем урну с 56 различными шарами; опыт состоит в вынимании наудачу 3-х шаров из урны. Выборка упорядоченная, с возвращением, следовательно, согласно табл. 1 общее число эл. событий равно . Число элементарных событий, благоприятствующих событию A, находим по такой схеме: число троек, семерок, тузов в колоде поровну – 4. Поскольку масть карт роли не играет, мы можем считать число равным n =С С С . Следовательно, .

Пример 36. В лифт восьмиэтажного дома на первом этаже входят 5 человек. Независимо от других каждый может выйти с одинаковой вероятностью на любом из 7 этажей, начиная со второго. Какова вероятность, что 1) все выйдут на пятом этаже; 2) все пятеро выйдут на одном и том же этаже; 3) все пятеро выйдут на разных этажах; 4) все выйдут группами по 2, 2 и 1 человек на разных этажах?

Решение. По условию задачи общее число элементарных исходов равно, согласно табл.1, В случае 1) число элементарных событий , благоприятствующих событию A, равно 1, потому 2) Во втором случае, в отличие от первого, этаж, где все выйдут, не указан, это может быть любой из 7 этажей, потому =7, а 3) Разместить 5 различных человек по 7 этажам можно способами, следовательно 4) В последнем случае для вычисления числа эл. событий, благоприятных событию A, следует учесть число способов распределения 5 человек по трем группам – это можно сделать способами; далее, следует учесть распределение 3 групп по 7 этажам – это можно сделать способами. По основному правилу комбинаторики получаем и

Пример 37. Предположим, что n неразличимых частиц распределяются по m ячейкам. Ограничений на число частиц в ячейке нет. Событие А – в фиксированную ячейку попало ровно k частиц. Вычислить P(A).

Решение. Термин «неразличимые частицы» предполагает, что различными будут такие распределения частиц по ячейкам, которые отличаются только числом частиц в ячейках. Здесь также можно применить схему урн, но с шарами двух различных видов в ней. Пусть частицы – это белые шары, перегородки между ячейками – черные шары. Эксперимент состоит в том, что из урны последовательно вынимаются все шары. Рассматриваем, как в последовательности шаров размещены черные шары: последовательность вынутых шаров может иметь, например, вид бчбббччббббчч...б. Следовательно, в первую ячейку попала 1 частица, во вторую – 3 частицы, в третью – ни одной, в четвертую – 4 и т. д. Число всех эл. исходов совпадет с числом всевозможных размещений (m–1) черных шаров среди n+m–1 шаров обоих цветов, это число равно = . Если в фиксированную ячейку попадает k частиц, то оставшиеся n–k частиц размещаются по m–1 ячейкам произвольным образом, число таких размещений равно . Следовательно, .

Такое размещение частиц по ячейкам носит в физике название статистики Бозе - Эйнштейна. Ей подчиняются фотоны, атомные ядра, атомы с четным числом частиц.

Пример 38. Рассмотрим ту же ситуацию, что и в примере 37, только на число частиц в ячейке имеется ограничение – в каждой ячейке может находиться не более одной частицы. Здесь предполагается m n. Событие A – занято k фиксированных ячеек. Вычислить P(A).

Решение. Эта схема размещения ассоциируется со схемой выборки из урны с m неразличимыми шарами n шаров. Выборка без возвращения, неупорядоченная. Тогда согласно табл. 1 .

На самом деле, исходами опыта могут быть такие последовательности: первые n ячеек заняты частицами, остальные свободны;

первые (n–1) ячеек заняты частицами, n-ая ячейка свободна, (n+1) ячейка занята и т. д. Число таких последовательностей совпадает с числом размещений из m элементов по n. Когда в каждой из k фиксированных ячеек будет по частице, остальные n–k частицы распределятся по оставшимся m–k ячейкам по тому же принципу, как в задаче 37. Следовательно, , .

Такое распределение частиц по ячейкам носит название статистики Ферми - Дирака, ей подчиняются электроны, протоны, нейтроны.

Пример 39. Условия задачи, как и в примере 37, но частицы различные. На число частиц в ячейке ограничений нет. Каждая из n различных частиц может попасть в каждую из m различных ячеек. Событие A: в первую ячейку попало n₁ частиц, во вторую ячейку попало n₂ частиц, …, в m-ю ячейку попало n_m частиц, n₁+n₂+…+n_m=n. Вычислить P(A).

Решение. Условие размещения частиц предполагает, что если обратиться к схеме урн, то каждый из n различных шаров может попасть в выборку на любое место в ней. Следовательно, имеем дело с выборкой с возвращением. Размещение по ячейкам отличается одно от другого не только тем, сколько частиц в ячейке, но и какие частицы в ячейке (об этом говорит условие, что частицы различные), следовательно, выборка упорядоченная. Тогда . Число элементарных событий, благоприятствующих событию A, равно . Это значит, в первую ячейку попали любые n₁ частиц из n, при этом порядок выбора частиц несущественен. Как только ячейка заполнена, остается n–n₁ частиц, из которых во вторую ячейку могут попасть любые n₂ частиц и т.д. Преобразуем выражение : = =

= . Тогда .

Такое распределение частиц носит название статистики Максвелла - Больцмана, ей подчиняется идеальный газ.

Пример 40. Пусть имеется n частиц, из которых n₁ – одного типа, n₂­– второго,…, n_k – k-ого типа, n=n₁+n₂+…+n_k. Случайным образом из них выбирается m частиц, m ≤ n. Событие A={в выборку попало m₁ частиц первого типа, m₂ частиц – второго типа, …, m_k частиц k-ого типа}, m=m₁+m₂+…+m_k. Вычислить P(A).

Решение. Выборка без возвращения, неупорядоченная, следовательно, ; вычислим число благоприятных событию A эл. исходов: m₁ частиц из n₁ мы можем выбрать способами, …, m_k частиц из n_k – способами. При этом любой способ выбора частиц одного типа комбинирует с любыми способами выбора частиц остальных типов, т.е. . Тогда

. Если число P(A) обозначить как – тем самым мы указываем на зависимость события A от чисел , , – и просчитать вероятности всех таких событий, то получим множество вероятностей , которое носит название гипергеометрического распределения. Частный случай этого распределения при к=2 рассмотрен в примере 17.

Пример 41. В спортлото «6 из 49» угадано k номеров, , – событие А_k. Найти вероятности событий А_k.

Решение. Имеем дело с гипергеометрическим распределением, в котором , тогда вероятности событий образуют множества чисел устанавливающих зависимость вероятности события A_k от числа k. Так, , если k=4; если же k=6 .

Пример 42. Одновременно бросаются две игральные кости. Событие A={на 1-ой кости выпало более 2-х очков}, событие В ={в сумме выпало четное число очков}, событие С ={в сумме выпало менее 10 очков}. Какие из событий являются независимыми?

Решение. По классическому определению вероятности событий имеем . Далее

Проверяя условия

, получаем результат: события A и В независимы, остальные события – зависимы.

Пример 43. Обнаружение воздушной цели проводится независимо двумя радиолокационными станциями. Вероятность обнаружения цели первой станцией равна 0.7, второй – 0.8. Какова вероятность, что цель будет обнаружена хотя бы одной станцией – событие A?

Решение. Введем события – цель обнаружена i-й станцией, i=1,2. Тогда событие В силу теоремы сложения вероятностей , причем по условию . Тогда

Задачу можно решить иначе:

Пример 44. В поступивших на склад трех партиях деталей годные составляют 89%, 92% и 97% соответственно, а количества деталей в партиях относятся как 1:2:3. Чему равна вероятность, что случайно выбранная деталь окажется негодной? Какова вероятность, что при этом она принадлежит первой партии?

Решение. Обозначим за события, состоящие в том, что деталь принадлежит 1-й, 2-й и 3-й партии соответственно. Эти события попарно несовместны и образуют полную группу событий. Из соотношений количеств деталей в партиях получаем . Событие А={выбрана бракованная деталь}. Тогда . По формуле полной вероятности (1.12) найдем вероятность события А: =0.06. Используем формулу Байеса (1.13) для нахождения вероятности : = .