теор.вер.урок5

Урок 5.
Формула полной вероятности.
Одним из следствий совместного применения теорем сложения и
умножения является формула полной вероятности. События В1,В2ˌˌˌˌВn –
несовместимы и образуют полную группу. Событие А может наступить при
условии появления одного из Вi.Известны вероятности событий Вi, , а так же
условные вероятности PBi(A) (P(A/Bi)), то вероятность события А находится по
формуле полной (средней) вероятности:
P(A)=P(B1)∙PB1(A)+P(B2)∙PB2(A)+ˌˌˌˌP(Bn)∙PBn(A).
События В1,В2,ˌˌˌˌВn обычно называют гипотезами; они исчерпывают все
возможные предложения относительно исходов как бы первого этапа опыта,
событие А – один из возможных исходов второго этапа.
Теорема. Вероятность события А, которое может наступить лишь при
условии появления одного из несовместимых событий В1,В2,ˌˌˌˌ,Вn, образующих
полную группу, равна сумме произведений этих событий на соответствующую
условную вероятность события А.
Доказательство:
По условию А может наступить только если наступит одно из
несовместимых событий Bi ,то есть появление события А означает
осуществление одного из несовместимых событий В1А, В2АˌˌˌˌВnА.
По теореме сложения
P(A)=P(В1А)+Р(В2А)+ˌˌˌˌ+Р(ВnА)
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
P(A)=P(B1)PB1(A)+P(B2)∙PB2(A)+ˌˌˌˌ+P(Bn)∙PBn(A).
Задача 1. В первой урне 5 белых и 6 чёрных шаров, а второй 7 белых и 9
чёрных шаров. Из первой во вторую урну переложили один шар. Какова
вероятность вынуть после этого белый шар из второй урны?
Решение:
Гипотезы: В1 – переложим белый шар и 1 во 2-ю урну, В2 – чёрныё шар и
1 во 2-ю.
Р(В1)=5/11 и Р(В2)=6/11.
А – событие вынуть белый шар из 2-й урны.
PB1 ( A) 
7 1 8
7
7
 , PB 2 ( A) 

16  1 11
16  1 17
и по формуле полной вероятности
P( A) 
5 8 6 7 40  42 82
   

.
11 17 11 17
187
187
Следствием формулы полной вероятности является формула Байеса или
теорема гипотез, которая позволяет переоценить (уточнить) вероятность
гипотез В1,В2ˌˌˌˌВn (так как заранее неизвестно какое их этих событий наступит)
после того, как становится известен результат испытания, в итоге которого
появилось событие А.
Формула Байеса
PA ( Bi ) 
P( Bi )  PBi ( A)
P( Bi )  PBi ( A)

P( Bi )  PBi ( A)  ...  P( Bn )  PBn ( A)
P( A)
служит для нахождения условной вероятности РА(Вi).
Задача 2. 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 того, что из первой урны был вынут черный шар, если
из второй урны был вынут тоже черный шар.
Решение. Обозначим: А = {из второй урны извлечен черный шар}.
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:
B1 = {из первой урны извлечен черный шар}, P(B1) = 2/10 = 0,2;
B2 = {из первой урны извлечен белый шар}, P(B2) = 8/10 = 0,8;
P(B1) + P(B2) = 1.
Тогда РB1 (A) = {из второй урны извлечен черный шар при условии, что из
первой урны был извлечен черный шар }, PB1 (A) = 3/9 = 1/3. Аналогично,
PB2(A) = 2/9.
По формуле полной вероятности:
1
2 11
P( A)  P( B1 )  PB1 ( A)  P( H 2 )  PB2 ( A)  0, 2   0,8   .
3
9 45
По формуле Байеса
PA ( B1 ) 
P( B1 )  PB1 ( A)
P( A)

1/ 5 1/ 3 3
 .
11/ 45 11
Ответ. 3/11.
Задача 3. 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: B1 = {отправлен сигнал «0»}, B2 = {отправлен сигнал «1»}.
По условию: P(B1) = 3/5 = 0,6, P(B2) = 2/5 = 0,4, то есть P(B1) + P(B2) = 1.
Рассмотрим события:
A|B1 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «0»} = {сигнал
«0» искажен}, следовательно, по условию PB1(A)=0,05;
A|B2 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «1»} = {сигнал
«1» неискажен}, следовательно, по условию PB2(A)=1–0,03=0,97;
B1| A = {отправлен сигнал «0», если принят сигнал «1»}.
По формуле Байеса
PA ( B1 ) 
P( B1 )  PB1 ( A)
0, 6  0, 05

 0, 072.
P( B1 )  PB1 ( A)  P( B2 )  PB 2 ( A) 0, 6  0, 05  0, 4  0,97
Ответ. 0,072.
Повторение испытаний
Если производится несколько испытаний, причём вероятность события А
в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то такие
испытания называются независимыми относительно события А.
В различных независимых испытаниях событие А может иметь одну и ту
же вероятность или различные вероятности. Будем рассматривать лишь
независимые испытания, в которых событие А имеет одну и ту же вероятность.
Сложное событие – совмещение нескольких отдельных простых событий.
Производится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А
может появиться, а может и не появиться. Пусть вероятность наступления
события А в каждом испытании постоянна и равна р, тогда вероятность не
наступления тоже постоянна в каждом испытании равна и q=1-p.
Вычислим вероятность того, что при n испытаниях событие А
осуществится k раз (обозначается Рn(k) )и не осуществится n-k раз.
Формула Бернулли
Pn (k )  Cnk p k q n  k 
n!
p k q n  k даёт ответ на поставленный вопрос.
k!(n  k )!
Докажем справедливость формулы. По теореме умножения вероятностей
независимых событий: вероятность одного сложного события, состоящего в
том, что в n испытаниях событие А наступит k раз и не наступит n-k раз равна
pkqn-k. Таких сложных событий может быть столько, сколько можно составить
сочетаний из n элементов по k элементов, то есть Cnk . Так как эти сложные
события несовместны, то по теореме сложения вероятность равна сумме
вероятностей этих событий, но так как вероятность одинакова, то умножаем
вероятность на количество Cnk p k q n  k  Pn (k ) .
Следствия из формулы Бернулли:
а) менее k раз Рn(0) + Рn(1) + …+Рn(k-1) = Рn(<k)
б) более k раз Р n(k+1)+ Р n(k+2)+ …+Рn(n) =Рn(>k)
в) не менее k раз Рn(k) + Рn(k+1) +…+Рn(≥k)
г) не более k раз Рn(0) = Рn(1) +…+Рn(k) = Рn(≤k).
Задача 4. Какова вероятность того, что при десяти бросаниях игральной кости
3 очка выпадут ровно 2 раза?
Решение. Вероятность выпадения 3 очков при одном бросании равна 1/6.
Поэтому р=1/6, q=5/6. Так как, кроме того, n=10 и m=2, то по формуле
Бернулли имеем:
8
 1   5  10  9  5
Р 10 (2)  С     
 0, 29.
2  610
6 6
2
8
2
10
Ответ. 0,29.
Задача 5.
Монету бросают 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет:
а) менее 2 раз; б) не менее 2 раз.
Решение.
6
5
6
7
1
1 1 1
a) P  P6 (0)  Р 6 (1)     С61     

 .
2
 2   2  64 64 64
b) P( B)  1  ( P6 (0)  Р 6 (1))  1 
Ответ. a)
7
57
; b) .
64
64
7 57
 .
64 64