Красоленко_Сванидзе_Якунина_Теория вероятностей_2013

Министерство образования и науки Российской Федерации

Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет

Общестроительный факультет

Кафедра математики

ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

Рабочая программа, методические указания и контрольные задания

Санкт-Петербург

2013

1

УДК 519.2

Рецензент канд. физ.-мат. наук, доцент Е. К. Ершов (СПбГАСУ)

Теория вероятностей: рабочая программа, методические указания и контрольные задания / сост.: Г. В. Красоленко, Н. В. Сванидзе, Г. В. Якунина; СПбГАСУ. – СПб., 2013. – 44 с.

Даются методические рекомендации по выполнению индивидуального домашнего задания (контрольной работы № 8) по курсу высшей математики «теория вероятностей». Приводятся варианты контрольных работ.

Предназначеныдлястудентовфакультетабезотрывнойформыобучения.

Ил. 4. Библиогр.: 6 назв.

Санкт-Петербургскийгосударственный архитектурно-строительныйуниверситет,2013

ВВЕДЕНИЕ

Прежде чем приступать к выполнению контрольной работы, необходимо ознакомиться с «Рабочей программой» и изучить соответствующий теоретический материал по учебникам, указанным в разделе «Рекомендуемая литература».

Во время экзаменационной сессии для студентов безотрывной формыобучениячитаютсяустановочныелекцииипроводятсяпрактические занятия, которые носят обзорный характер.

К сдаче экзамена (зачета) допускаются только те студенты, контрольные работы которых проверены и зачтены преподавателями кафедры математики.

Следует обратить внимание на оформление контрольной работы. На титульном листе должны быть указаны:

фамилия, имя, отчество; номер зачетной книжки (студенческого билета); специальность;

название дисциплины и номер контрольной работы; номер варианта.

Номер варианта, который должен выполнять студент, соответствует последней цифре номера зачетной книжки (студенческого билета). Цифре 0 (ноль) соответствует вариант № 10.

2

3

Рабочая программа курса высшей математики

Теория вероятностей

1.Испытания и события. Действия над событиями.

2.Поле событий. Условное поле событий.

3.Относительная частота и ее свойства. Вероятность как функция на поле событий. Геометрическая трактовка вероятности. Теорема сложения вероятностей.

4.Пространство элементарных исходов.

5.Классическаямодельиспытания.Классическаяформулавычисления вероятности события.

6.Условная вероятность. Теорема умножения вероятностей. Независимые события.

7.Формула полной вероятности. Теорема Байеса.

8.Понятие случайной величины. Функция распределения случайной величины и ее свойства.

9.Дискретная случайная величина.

10.Математическоеожидание дискретнойслучайной величины

иегосвойства.Дисперсиядискретнойслучайнойвеличиныиеесвойства.

11.Схема Бернулли и биномиальная случайная величина.

12.Случайная величина, распределенная по закону Пуассона.

13.Непрерывная случайная величина. Функция распределения непрерывной случайной величины. Плотность распределения и ее свойства.

14.Вычисление математического ожидания и дисперсии непрерывной случайной величины.

15.Равномерное распределение. Математическое ожидание

идисперсияслучайнойвеличины,подчиняющейсяравномерномузакону распределения.

16.Показательное распределение.

17.Нормальное распределение.

18.Законбольшихчисел.ТеоремыА.А.МарковаиП.Л.Чебышева.

19.Центральная предельная теорема.

20.Локальная и интегральная теоремы Муавра – Лапласа.

Примерный вариант контрольной работы № 8 по теме «Теория вероятностей»

Контрольная работа содержит пять задач.

1.В урне 4 белых и 3 черных шара. Наудачу извлекаются два шара. Найти вероятность следующих событий: а) оба шара белые; б) первый вынутый шар белый, второй – черный; в) извлеченные шары разного цвета.

2.Для разрушения моста достаточно попадания хотя бы одной бомбы. Найти вероятность разрушения моста, если на него сбросить две бомбы, вероятности попадания которых соответственно равны 0,6и0,7.Предполагается,чтопопаданиеоднойизбомбнезависитот попадания другой.

Третья задача (задача 3)может быть одной из двух типов за-

дач. Первый тип задач (задача 3.1) использует при решении формулу полной вероятности, второй тип (задача 3.2) – дополнительно фор-

мулу Байеса.

3.1.На склад поступают однотипные детали с трех автоматических линий. Известно, что первая линия дает в среднем 0,3 % брака, вторая – 0,2 % и третья – 0,4 %. Найти вероятность того, что наудачу взятая со склада деталь оказалась бракованной, если с первой линии поступило 1000, со второй – 2000 и с третьей – 2500 деталей.

3.2.На склад поступают однотипные детали с трех автоматических линий. Известно, что первая линия дает в среднем 0,3 % брака, вторая – 0,2 % и третья – 0,4 %. С первой линии поступило на склад 1000, со второй – 2000 и с третьей – 2500 деталей. Наудачу взятая со склада деталь оказалась бракованной. Найти вероятность того, что эта бракованная деталь поступила с первой линии.

4. Дискретная случайная величинаX задана рядом распределения:

	X	–3	–1	0	2	4
	Р	0,1	0,2	?	0,3	0,1

4

5

Для дискретной случайной величины X найти: а) P{X = 0}; б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X > –1}.

Построить график функции распределения F(x).

Пятая задача (задача 5) может быть одной из следующих двух типов задач: 5.1 и 5.2.

5.1.Функция распределениянепрерывной случайнойвеличины X имеет вид

	0,	если	x ≤ 0;
				π
			0 < x ≤			;
F(x) = a (1−cos x), если				2
	1,	если	x >	π	,
				2
где а – параметр.

Для непрерывной случайной величины X найти: а) значение параметра а, при котором F(x) является функцией распределения случайной величины X; б) плотность распределения f(x); в) математи-

ческое ожидание MX и дисперсию DX; г) P π ≤ X < π .

4 2

Построить графики функции распределения F(x) и плотности распределения f(x).

5.2. Плотность распределения непрерывной случайной величины X имеет вид

	0,	если		x ≤ 0;
					π
		если	0	< x <		;
f (x) = a sin x,					2
	0,	если		x >	π	,
					2

где а – параметр.

Для непрерывной случайной величины X найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины X; б) функцию распределения F(x); в) математи-

ческое ожидание MX и дисперсию DX; г) P π4 ≤ X < π2 .

Построить графики функции распределения F(x) и плотности распределения f(x).

Приведем некоторые понятия и теоремы теории вероятностей, необходимые для решения первых двух задач.

1.Испытания и события. Теория вероятностей имеет дело

сиспытаниями,результатыкоторыхнеопределенызаранееоднозначно. Повторение таких испытаний приводит к различным результатам, предсказать которые только по известным условиямпроведения испытаниянельзя. Словоиспытаниепонимаетсякакосуществление указанных условий, объем и содержание которых должны быть описаны заранее.

Возможные результаты испытания называются событиями. Событие называется достоверным, если оно обязательно осу-

ществляется в данном испытании (сколько бы раз его ни повторяли). Событие называется невозможным, если оно никогда не осуществляетсявданномиспытании. Достоверноесобытиеобозначимбуквой U, а невозможное – символом . Остальные события будем, как правило, обозначать заглавными буквами латинского алфавита.

2.Действия над событиями. Пусть А и В – два события, свя-

занные с каким-либо испытанием.

Объединением (или суммой) двух событий А и В, связанных

содним и тем же испытанием, называется событие C, которое осуществляется тогда, когда осуществляется либо событие А, либо со-

бытие В, либо оба эти события вместе. Обозначение: C = А В.

Пересечением (или произведением) двух событий А и В, связан-

ных с одним и тем же испытанием, называется событие D, которое осуществляется только тогда, когда осуществляются события А, и В (то есть когда события осуществляются вместе). Обозначение:

D = А В.

Если А В = , то говорят, что события А и В несовместны. Событие A называетсяпротивоположнымсобытиюА,еслионо осуществляется только тогда, когда не осуществляется событие А.

6

7

3. Поле событий. Полем событий S называется совокупность событий (которые могут происходить в результате одного и того же испытания), обладающая следующими свойствами:

1)U S;

2)если A S, то A S ;

3)если A S и В S, то А В S и А В S.

Из 1) и 2) вытекает, что =U S . События из поля S будем назы-

вать случайными событиями.

4. Пространство элементарных исходов. Пусть S – поле

событий,а – множество событий	,каждоеизкоторыхпринадлежит
полюS.Еслидвалюбыхсобытияиз	несовместны, а каждое событие

AS можно представить как объединения некоторого семейства

событийиз , то называетсяпространствомэлементарныхисходов.

События, принадлежащие , называются элементарными исходами.

5.Вероятностькакфункциянаполесобытий.ПустьS –поле событий, связанное с некоторым испытанием.

ВероятностьюнаполесобытийS называетсяфункция, которая каждому событию А из S ставит в соответствие число Р(А), причем так, что выполняются условия:

1) для любого A S определены неравенства 0 Р(A) 1;

2)Р( ) = 0, Р(U) = 1;

3)для любых несовместных событий А иВ изS выполняется

равенство

P(A B) = P(A)+ P(B).

	Условие 3) называется аксиомой сложения вероятностей.
	Следствие, вытекающее из определения вероятностей событий:
пусть A		S, тогда
			P(		) =1− P(A).
				A
	6. Полная группа несовместных событий. Совокупность
событий H1, H2, …, Hn из поляS, обладающая свойствами:
H		а) события H1, H2, …, Hn попарно несовместны, то есть
	H = при i j;
i	j	б) хотя бы одно из событий H				, H , …, H осуществляется
виспытании,тоестьH1			1			2	n
			H2 …, Hn =U, называетсяполнойгруппой
несовместныхсобытий.

7. Теорема сложения вероятностей. Пусть Р – вероятность на поле событий S. Если A, B S, то

P(A B) = P(A)+ P(B)− P(A ∩ B).

8. Условная вероятность. Пусть событие B S и Р(B) 0.

Условной вероятностью события A S при условии, что событие В произошло, называется величина

P(A / B) = P(A ∩B).

P(B)

9.Теоремаумножениявероятностей.Независимыесобытия.

Теорема. ПустьР–вероятностьнаполесобытийS.Еслисобытия А и В принадлежат полю S и Р(A) 0, Р(B) 0, то

P(A ∩B) = P(A)P(B / A) = P(B)P(A /B).

События А и В, принадлежащие полю S, называются

независимыми, если

P(A ∩B) = P(A)P(B).

10.Классическаямодельиспытания(илисхемаурн,илисхема случаев) и классическая формула вычисления вероятности события.

Определение классической модели испытания. Рассмотрим

исп ытан ие с ко н ечн ым числом исходо в = { 1, …, n}, где i –

элементарные исходы, образующие полную группу несовместных

равновероятных событий

P(ω1) = P(ω2 ) = = P(ωN ).

Так как P(ω1)+ P(ω2 )+ + P(ωN ) =1, то

	P(ωi ) =	1	,	1 ≤i ≤ N .
		N

В этомслучае говорят, что испытание сводится к классической модели.

Классическая формулавычисления вероятностисобытия. Рас-

смотримвиспытании,котороесводитсяк классическоймодели, произвольное событие А, которое можно представить в виде объединения m = m(A) различных элементарных исходов, то есть

8

9

A = ωi	ωi	ωi	приm N.
1	2	m

Тогда элементарные исходы ωi1 , ωi2 , ,ωim называются исходами,

благоприятствующими осуществлению события А.

Вероятность такого события находится по классическойформу-

ле вычисления вероятности

P(A) = mN(A) .

Действительно,

P(A) = P(ωi1 ωi2 ωim ) = P(ωi1 )+ + P(ωim ) = mN(A) .

При использовании классической модели испытания

предполагается следующий порядок решения задач:

1)определить элементарные исходы;

2)подсчитать количество N всех элементарных исходов;

3)событие А, вероятность которого требуется определить, представить как объединения некоторого семейства элементарных исходов из ;

4)подсчитать число m =m(A)исходов,благоприятствующих осуществлению события А;

5)воспользоваться классической формулой вычисления вероятности P(A) = m(A)/N.

11.Привычислениивероятностейчастооказываютсяполезными формулы комбинаторики. Приведем некоторые формулы этого типа.

Пустьимеетсямножествоn различныхпредметов(элементов)и

из него делаются выборки предметов (элементов)без возвращения.

Размещениями из n элементов по m называются такие соединения (выборки), которые различаются самими элементами или их порядком следования. Число всех размещений из n элементов по m

Anm = n (n −1) (n −m +1) = (n −n!m)!.

Здесь функция n-факториал определяется следующим образом:

0!=1, 1!=1, 2!=1 2, … , n!=1 2 (n −1) n.

Перестановками из n элементовназываются такие соединения, которые различаются только порядком входящих в них элементов. Число всех перестановок из n различных элементов

Pn = Ann = n (n −1) (n −m +1) 2 1 = n!.

Сочетаниями из n элементов по m называются такие их соединения, которые различаются только самими элементами, а порядком входящих в них элементов пренебрегаем. Число всех сочетаний из n элементов по m:

	Cnm =	Am		n (n −1) (n −m +1)		n!		=Cnn−m .
		n	=		=
		m!		m!		m!(n −m)!

Числа Cnm называются биномиальными коэффициентами и со-

впадают с коэффициентами разложения бинома Ньютона (1 + x)n по степеням x

n

(1+ x)n = ∑Cnm xm . m=0

Для удобства полагают Cn0 =Cnn =1.

Решение задачи № 1

Эту задачу решим двумя способами. При решении задачи первым способом используются только классическая модель испытания и классическая формула вычисления вероятности события. При решении задачи вторым способом к ним добавляются аксиома сложения вероятностей и теорема умножения вероятностей.

Первый способ решения 1.а)

Пусть В = {событие, состоящее в том, что первый и второй

извлеченные шары белого цвета}.

Рассмотрим следующую классическую модель. В качестве элементарного исхода возьмем последовательность из двух извлеченныхшаров,причембудемразличатьпоследовательности(исходы)как самими элементами (шарами), так и порядком их следования (извлечения).Втерминахкомбинаторикитакиепоследовательностииздвух извлеченных шаров рассматриваются как размещения.

10

11

Тогда пространство элементарных исходов будет содержать

N = A2	= 7 6 = 42	исхода.
7

Подсчитаемчислоэлементарныхисходов,благоприятствующих осуществлению события В. Последовательности, отвечающие этим исходам, надо составлять только из белых шаров (их всего четыре),

поэтому m(B) = A42 = 4 3 =12.Используяклассическуюформулувычисления вероятности события В, получаем

P(B) = mN(B) =1242 = 72 .

Замечание. При решении задачи 1.а) можно выбрать и другую классическую модель, в которой в качестве элементарного исхода взять последовательность из двух извлеченных шаров,причембудем различать эти последовательности (исходы) только самими элементами (шарами), а порядком их следования (извлечения) пренебрегаем. В терминах комбинаторики такие последовательности из двух извлеченных шаров рассматриваются как сочетания.

Классическая модель, отвечающая нашей задаче, выбирается

неоднозначно.

В новой классической модели пространство элементарных исходов содержит

N =C72 =27!5!! = 17 26 = 21 исходов.

В свою очередь число элементарных исходов, благоприятствующих появлению событию В:

m(B) =C42 = 24!!2!= 14 23 = 6.

Используя классическую формулу вычисления вероятности, получаем вновь:

P(B) = mN(B) = 216 =72 .

Пространствоэлементарныхисходов –этоматематическая модельиспытания,вкоторойлюбомусобытиюставитсянекоторое

подмножество элементарных исходов пространства . В общем случае каждому испытанию можно сопоставить несколько математических моделей, то есть пространств элементарных исходов.

Первый способ решения 1.б)

Пусть

C = {событие, состоящее в том, что первый вынутый шар белый, а второй черный}.

Для определения вероятности события C естественнее использовать первую из двух классических моделей, приведенных при решении задачи 1.а).

Тогда N = A2	= 7 6 = 42, m(C) = A41 A31 = 4 3 =12
7
и	P(C) =m(C)	=	4 3	=	2 .
	N		7 6		7

Первый способ решения 1.в)

Пусть

D={событие,состоящеевтом,чтоизвлеченыдвашараразного

цвета}.

Если использовать первую из двух классических моделей, приведенных при решении задачи 1.а), то имеем

N = A2	= 7 6 = 42, m(D) = A1	A1		+ A1	A1			= 4 3 +3 4 = 24
7	4		3	3			4
и	P(D) =m(D)		=4 3 2			=	4 .
	N			7 6			7

Можно использовать и вторую из двух классических моделей, приведенных при решении задачи 1.а). В результате получаем

N= C72 = 21, m(D) = C41 C31 =C31 C41 = 4 3 = 3 4 =12

иP(D) =m(ND) =74 33 =74 .

12

13

Второй способ решения 1.а)

Введем следующие события:

А1 = {первый извлеченный шар белый}; А2 = {второй извлеченный шар белый};

B ={событие, состоящее в том, что извлеченные шары белого

цвета}.

Тогда B = А1 A2. Используя теорему умножения вероятностей, получаем

P(B) = P(A1 ∩ A2 ) = P(A1)P(A2 / A1).

Найдем вероятность события А1. Всего в урне 7 шаров, среди которых 4 белых шара. Для определения вероятности P(А1) воспользуемся классическим определением вероятности

	P(A ) = m(A1),
	1	N
где m(А1) – число элементарных исходов, благоприятствующих на-
ступлению события А1; N – общее число возможных элементарных
исходов испытания, составляющих пространство элементарных
исходов.
В нашем случае B = 7, m(А1) = 4
и	P(A1) =	4.
		7
Найдем условную вероятность P(А2 / А1), то есть вероятность
событияА2 ={второйизвлеченныйшарбелый}приусловии,чтопер-

выйвынутыйшартожебелый.Здесьмывновьможемвоспользоваться классической моделью. После того как первым вынули белый шар, в урне осталось 6 шаров, среди которых 3 белых шара, и, следовательно, условная вероятность

P(A2 / A1) = 63 = 12 .

Таким образом, искомая вероятность

P(B) = P(A1 ∩ A2 ) = P(A1)P(A2 / A1) = 74 12 = 72 .

Второй способ решения 1.б)

Введем следующие события:

А1 = {первый извлеченный шар белый};

B2 = {второй извлеченный шар черный};

C = {событие, состоящее в том, что первый вынутый шар белый, а второй черный}.

Тогда C = А1 B2. И вновь, используя теорему умножения вероятностей, получаем

P(C) = P(A1 ∩B2 ) = P(A1)P(B2 / A1).

Вероятность события А1 была найдена в результате решения задачи 1.а).

Найдем условную вероятность P(B2 / А1), то есть вероятность события B2 = {второй извлеченный шар черный} при условии, что первый вынутыйшар белый. Здесь мы вновьможемвоспользоваться классической моделью. После того как первым вынули белый шар, в урне осталось 6 шаров, среди которых 3 черных шара, и, следовательно, условная вероятность

P(B2 / A1) = 36 = 12 .

Таким образом, искомая вероятность

P(C) = P(A1 ∩ B2 ) = P(A1)P(B2 / A1) = 74 12 = 72 .

Второй способ решения 1.в)

Введем следующие события:

А1 = {первым вынули белый шар}; А2 = {вторым вынули белый шар}; B1 = {первым вынули черный шар}; B2 = {вторым вынули черный шар};

D ={событие,состоящеевтом,чтоизвлеченыдвашараразного

цвета}.

При извлечении двух шаров разного цвета возможны две ситуации: сначала извлекают белый шар, а затем черный (событие А1 B2) или в обратном порядке: сначала извлекают черный шар, а затем белый шар (событие B1 A2). Таким образом, событие D есть объединение этих событий:

D = (A1 ∩ B2 ) (B1 ∩ A2 ).

Таккак событияА1 B2 иB1 A2 несовместны, то длявычисления вероятности события D сначала воспользуемся аксиомой сложе-

ния вероятностей: вероятность объединения двух несовместных со-

14

15

бытий равна сумме вероятностей этих событий, а затем теоремой умножения вероятностей:

P(D) = P((A1 ∩ B2 ) (B1 ∩ A2 )) = P(A1 ∩ B2 )+ P(B1 ∩ A2 ) =

=P(A1 )P(B2 / A1 )+ P(B1 )P(A2 / B1 ).

При решении задачи 1.б) была найдена вероятность
P(A ∩B ) = P(A )P(B				/ A ) = 4		1	= 2 .
1	2	1	2	1	7	2	7
Аналогичным образом находится вероятность события B1 A2.

Если первым извлекается черный шар, то число благоприятных исходов три (в урне находятся 3 черных шара), а пространство элементарных исходов содержит семь исходов (в урне всего 7 шаров), поэтому

P(B1) = 73 .

Для нахождения условной вероятностиP(А2 /B1)вновь воспользуемсяклассическоймоделью.Послетогокак изурнывынутчерный шар, в ней остаются шесть шаров, среди которых четыре белых, и поэтому

P(A2 /B1) = 64 = 23 .

Таким образом,

P(D) = P(A1)P(B2 / A1) + P(B1)P(A2 / B1)= 74 12 + 73 23 = 74.

2

Ответ. а) Р{оба извлеченных шара белые} = 7 ; б) Р{первый

2

вынутыйшарбелый,второйчерный}= 7 ;в)Р{извлеченныедвашара разного цвета} = 74.

Решение задачи № 2

Рассмотрим следующие события:

А1 = {первая бомба попала в цель};

А2 = {вторая бомба попала в цель};
В	= {мост разрушен}.
По условию задачи события А1 и А2 – независимые события, то
есть Р(А1	А2) = Р(А1) Р(А2), и вероятности событий А1 и А2 равны

Р(А1) = 0,6 и Р(А2) = 0,7.

Первый способ решения задачи. Для разрушения моста достаточно попадания хотя бы одной бомбы, поэтому

B = A1 A2 .

Применим теорему сложения вероятностей

P(B) = P(A1 A2 ) = P(A1)+ P(A2 )− P(A1 ∩ A2 ).

В результате получаем

P(B) = P(A1)+ P(A2 )− P(A1)P(A2 ) = 0,6+0,7 −0,6 0,7 = 0,88.

Второй способ решения задачи. Рассмотрим событие

B ={мост не разрушен},

противоположное событию В.

Так как сумма вероятностей двух противоположных событий В и B равна единице, то есть

P(B)+ P(B) =1,

то найдем сначала вероятность события B .

Так как B = A1 ∩ A2 и события

A1 ={первая бомба не попала в цель};

A2 ={вторая бомба не попала в цель} суть независимые события, то вероятность

P(B) = P(A1 ∩ A2 ) =P(A1) P(A2 ) = (1 − P(A1)) (1 − P(A2 )).

Таким образом, P(B) = (1−0,6) (1−0,7) = 0,12 и искомая вероятность

P(B) =1− P(B) =1−0.12 = 0,88.

Ответ. Вероятность разрушения моста равна 0,88.

16

17

Решение задачи № 3.1

При решении этой задачи используется формула полной веро-

ятности.

Пусть с испытанием связана полная группа несовместных событий (гипотез) H1, …, Hn, вероятности которых не равны нулю.

Тогда вероятность появления любого события В в испытании может быть найдена по формуле

n

P(B) = ∑P(Hk )P(B / Hk ),

k =1

называемойформулойполной вероятности, где Р(Hk) –вероятности
гипотезыHk и Р(B/Hk)–условнаявероятностьсобытияВприусловии,
что справедлива гипотеза Hk, 1 k n.
Перейдем к решению задачи. Пусть
B ={событие,состоящеевтом,чтонаскладпопадаетбрако-
ванная деталь}.
Далее введем три гипотезы:
H1	= {на склад поступила деталь с первой линии};
H2	= {на склад поступила деталь со второй линии};
H3	= {на склад поступила деталь с третьей линии}.
НайдемвероятностигипотезH1,H2 иH3,используяклассическую
модель и классическую формулу вычисления вероятности события.
В качестве элементарного исхода		будем рассматривать
появление на складе отдельной детали.

Всего на склад поступило 5500 деталей, следовательно, пространство элементарных исходов содержит N = 5500 исходов. Среди

них m(H1) = 1000 исходов благоприятствуют осуществлению гипоте-
зыH1,m(H2)=2000иm(H3)=2500исходовблагоприятствуютосуще-
ствлению гипотез H2 и H3 соответственно. Поэтому
P(H1) = m(H1)	=	1000	=	2		,		P(H2 ) = m(H2 )	= 2000 =		4	,
		5500
N			11					N	5500	11
P(H3 ) = m(H3 )	=	2500	=		5		.
		5500
N			11

Отметим, что гипотезы H1, H2

и H3

образуют полную группу не-

совместных событий и поэтому

P(H1)+ P(H2 )+ P(H3 ) =

2

+

4

+

5

=1.

11

11

11

Условные вероятности Р(B /Hk), то есть вероятности события В

при условии, что справедливы гипотезы Hk, 1

k

3, известны из

условия задачи

P(B /H1) = 0,003,

P(B /H2 ) = 0,002 и P(B /H3 ) = 0,004.

Найдем вероятность события В, используя формулу полной

вероятности:

P(B) = P(H1 )P(B / H1 )+ P(H 2 )P(B /H 2 )+ P(H3 )P(B /H3 )=

=

2

0,003

+

4

0,002

+

5

0,004 ≈ 0,0031.

11

11

11

Ответ. Вероятность того, что на склад попадет бракованная деталь, Р(B) 0,0031.

Решение задачи № 3.2

Иногдаврезультатеиспытанияизвестно,чтонаступилонекоторое событие В, а мы хотим узнать вероятность осуществления при этом гипотезы Hk, принадлежащей полной группе несовместных событий. Ответ на этот вопрос дает следующая теорема, называемая

теоремой Байеса.

Теорема. Пусть P – вероятность на поле событий S, а собы-

	тия H1, …, Hn	принадлежат полю S и образуют полную группу не-
	совместных событий. Предположим, что событие B S и кроме
	того P(B) ≠ 0,		P(H k ) ≠ 0, 1 ≤ k ≤ n.
	Тогда
	P(H	k	/B) =	P(H k )P(B /Hk )	, где 1 ≤ k ≤ n.
				n
				∑P(H j )P(B /H j )

j=1

18

19