Урок6 Теорема умножения Равенство P A B P( A) P( B | A) носит название теоремы умножения. Эта теорема обобщается на случай n событий: P A1 A2 ... An P( A1 ) P( A2 | A1 ) P( A3 | A1 A2 ) ... P( An | A1 A2 ... An1 ). Задача 1. Из урны, содержащей 5 белых и 3 черных шаров, наудачу и последовательно извлекают по одному шару до появления черного шара. Найти вероятность того, что придется производить четвертое извлечение, если выборка производится без возвращения. Решение. Введем следующие события: A1 = {первым вытащили белый шар}, A2={вторым вытащили белый шар}, A3 = {третьим вытащили белый шар}. Тогда интересующее нас событие A = {придется производить четвертое извлечение} = {первые три шара белые} = A1 A2 A3 . По теореме умножения вероятностей P A1 A2 A3 P( A1 ) P( A2 | A1 ) P( A3 | A1 A2 ) . P(A1) = 5/8; P( A2 | A1 ) 4 / 7 , так как один белый шар уже вынут, и перед вторым извлечением в урне осталось 7 шаров, 4 из которых белые; P( A3 | A1 A2 ) 3 / 6 , так как два белых шара уже вынуты и перед третьим извлечением в урне осталось 6 шаров, 3 из которых белые. Следовательно, P A1 A2 A3 5 4 3 5 . 8 7 6 28 Ответ. 5/28. Из аксиом вероятности следует, как мы упоминали, что для произвольных двух событий А и В вероятность P( A B) P( A) P( B) P( A B). Это равенство носит название теоремы сложения. Теорема сложения обобщается на случай нескольких событий: n n n n i 1 i 1 i, j i , j ,k P( Ai ) P( Ai ) P( Ai A j ) P( Ai A j Ak ) ... (1) n1 P( A1 A2 ... An ), где суммы распространяются на все возможные комбинации различных индексов, взятых по 1, 2, 3 и т.д. соответственно. Формула полной вероятности Если события H1, H2, ..., Hn попарно несовместны и их объединение дает достоверное событие , то говорят что события H1, H2, ..., Hn образуют полную группу событий. Таким образом, полная группа событий – это "разбиение" достоверного события на непересекающиеся части, которые иногда называют гипотезами. H1 H3 H2 H4 H5 H6 По определению гипотез H i H j и H1 H 2 ... H n , а по i j второй аксиоме вероятности P() 1 , поэтому: 1 P() P( H 1 H 2 ... H n ) несовместность событий P( H 1 ) P( H 2 ) ... P( H n ) , то есть для полной группы событий верно равенство: P( H1 ) P( H 2 ) ... P( H n ) 1. Для любого события A и полной группы событий H1, H2,..., Hn справедлива формула полной вероятности: P( A) P( H1 ) P( A | H1 ) P( H 2 ) P( A | H 2 ) ... P( H n ) P( A | H n ). Формулу полной вероятности разумно применять в том случае, когда присутствуют как бы два элемента случайности, и исход второго случайного события зависит от реализации первого случайного события. Задача 2. Предприятие выпускает изделия, из которых 99% удовлетворяют стандарту, а 1% – нет (первый элемент случайности). Упрощенная система контроля стандартное изделие признает стандартным с вероятностью 0,995 и нестандартное признает стандартным с вероятностью 0,001 (второй элемент случайности). Найти вероятность того, что контроль пропустит наугад взятое изделие. Решение. Рассмотрим события: A = {наугад взятое изделие прошло контроль}; Н1 = {взятое изделие стандартное}, Р(Н1)=0,99; Н2 = {взятое изделие нестандартное}, Р(Н2)=0,01; P( H1 ) P( H 2 ) 0,99 0,01 1; A|Н1 = {наугад взятое изделие прошло контроль при условии, что оно стандартное}, Р(A|Н1) = 0,995; A|Н2 = {наугад взятое изделие прошло контроль при условии, что оно нестандартное}, Р(A|Н2) = 0,001; P( A) P( H1 ) P( A | H1 ) P( H 2 ) P( A | H 2 ) 0,99 0,995 0,01 0,001 0,98506. Задача. 3. В двух урнах имеются белые и черные шары: в первой урне 8 белых и 2 черных, во второй – 6 белых и 2 черных. Шар, взятый наудачу из первой урны, переложен во вторую, после чего выбирается наудачу шар из второй урны. Найти вероятность извлечения черного шара из второй урны. Решение. Обозначим: А = {из второй урны извлечен черный шар}. Требуется найти P(A) Возможны следующие пути развития событий: либо из первой урны с вероятностью 2/10 извлекается и перекладывается во вторую урну черный шар, после чего во второй урне становится 9 шаров (из которых 3 черные), и вероятность достать из нее черный шар равна 3/9; либо из первой урны с вероятностью 8/10 извлекается и перекладывается во вторую урну белый шар, после чего во второй партии – 9 шаров (из которых 2 черных), и вероятность достать из нее черный шар равна 2/9. Введем гипотезы: H1 = {из первой урны извлечен черный шар}, P(H1) = 2/10 = 0,2; H2 = {из первой урны извлечен белый шар}, P(H2) = 8/10 = 0,8; P(H1) + P(H2) = 1. Тогда Р(A|Н1) = {из второй урны извлечен черный шар при условии, что из первой урны был извлечен черный шар }, P(A|H1) = 3/9 = 1/3. Аналогично, P(A|H2) = 2/9. По формуле полной вероятности: 1 2 11 P( A) P( H 1 ) P( A | H 1 ) P( H 2 ) P( A | H 2 ) 0,2 0,8 . 3 9 45 Ответ. 11/45. Формула Байеса Пусть снова H1, H2, ..., Hn – полная группа событий и в результате эксперимента произошло событие A. Тогда для гипотезы Нi априорную вероятность Р(Нi), вычисленную до проведения эксперимента, можно уточнить после того, как произведен эксперимент, в результате которого произошло событие A, и посчитать апостериорную вероятность Р(Нi|A): P ( H i | A) P( H i ) P( A | H i ) . P ( A) или: P( H i | A) P( H i ) P( A | H i ) P( H1 ) P( A | H1 ) P( H 2 ) P( A | H 2 ) ... P( H n ) P( A | H n ) Последняя формула носит название формулы Байеса. Так в задаче 2. вероятность того, что изделие, прошедшее контроль, то есть поступившее к потребителю, удовлетворяло стандарту равна: P( H1 | A) P( H 1 ) P( A | H 1 ) 0,99 0,995 0,999989848. . P( H1 ) P( A | H1 ) P( H 2 ) P( A | H 2 ) 0,99 0,995 0,01 0,001 Задача 4. В условиях задачи 3 найти вероятность того, что из первой урны был вынут черный шар, если из второй урны был вынут тоже черный шар. Решение. В обозначениях введенных при решении задачи 3. требуется найти P(H1|A). По формуле Байеса P( H 1 | A) P( H 1 ) P( A | H 1 ) 1 / 5 1 / 3 3 . P( A) 11 / 45 11 Ответ. 3/11. Задача 5. Сообщение состоит из сигналов «1» и «0». Свойства помех таковы, что искажаются в среднем 5% сигналов «0» и 3% сигналов «1». При искажении вместо сигнала «0» принимается сигнал «1» и наоборот. Известно, что среди передаваемых сигналов «0» и «1» встречаются в соотношении 3:2. Найти вероятность того, что отправлен сигнал «0», если принят сигнал «1». Решение. Эксперимент проведен, и наступило событие A ={принят сигнал «1»}. Гипотезы: H1 = {отправлен сигнал «0»}, H2 = {отправлен сигнал «1»}. По условию: P(H1) = 3/5 = 0,6, P(H2) = 2/5 = 0,4, то есть P(H1) + P(H2) = 1. Рассмотрим события: A|H1 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «0»} = {сигнал «0» искажен}, следовательно, по условию P(A|H1)=0,05; A|H2 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «1»} = {сигнал «1» неискажен}, следовательно, по условию P(A|H2)=1–0,03=0,97; H1| A = {отправлен сигнал «0», если принят сигнал «1»}. По формуле Байеса P( H1 | A) P( H 1 ) P( A | H 1 ) 0,6 0,05 0,072. P( H1 ) P( A | H1 ) P( H 2 ) P( A | H 2 ) 0,6 0,05 0,4 0,97 Ответ. 0,072.