Формула полноты. Формула полной вероятности. Примеры решений задач
Составитель преподаватель кафедры высшей математики Ищанов Т.Р. Занятие №4. Формула полной вероятности. Вероятность гипотез. Формулы Байеса.
Теоретический материал
Формула полной вероятности
Теорема.
Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий , образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:
.
Эту формулу называют «формулой полной вероятности».
Доказательство.
По условию, событие А может наступить, если наступит одно из несовместных событий . Другими словами, появление события А означает осуществление одного, безразлично какого, из несовместных событий . Пользуясь для вычисления вероятности события А теоремой сложения, получим
. (*)
Остается вычислить каждое из слагаемых. По теореме умножения вероятностей зависимых событий имеем
.
Подставив правые части этих равенств в соотношение (*), получим формулу полной вероятности
Пример 1.
Имеется два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго-0,9. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) - стандартная.
Решение. Обозначим через А событие «извлеченная деталь стандартна».
Деталь может быть извлечена либо из первого набора (событие ), либо из второго (событие ).
Вероятность того, что деталь вынута из первого набора, .
Вероятность того, что деталь вынута из второго набора, .
Условная вероятность того, что из первого набора будет извлечена стандартная деталь, .
Условная вероятность того, что из второго набора будет извлечена стандартная деталь .
Искомая вероятность того, что извлеченная наудачу деталь - стандартная, по формуле полной вероятности равна
Пример 2.
В первой коробке содержится 20 радиоламп, из них 18 стандартных; во второй коробке-10 ламп, из них 9 стандартных. Из второй коробки наудачу взята лампа и переложена в первую. Найти вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.
Решение.
Обозначим через А событие «из первой коробки извлечена стандартная лампа».
Из второй коробки могла быть извлечена либо стандартная лампа (событие ), либо нестандартная (событие ).
Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная лампа, .
Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандартная лампа,
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная лампа, равна .
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная лампа, равна .
Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная лампа, по формуле полной вероятности равна
Вероятность гипотез. Формулы Байеса
Пусть событие A может наступить при условии появления одного из несовместных событий , образующих полную группу. Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события A определяется по формуле полной вероятности:
Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. Поставим своей задачей определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности
Найдем сначала условную вероятность . ПО теореме умножения имеем
.
Заменив здесь Р (А) по формуле (*), получим
Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т. е. условная вероятность любой гипотезы может быть вычислена по формуле
Полученные формулы называют формулами Байеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.). Формулы Бейеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.
Пример.
Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру, равна 0,6, а ко второму - 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна 0,94, а вторым-0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.
Решение.
Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предположения:
1)деталь проверил первый контролер (гипотеза );
2)деталь проверил второй контролер (гипотеза ). Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контролер, найдем по формуле Байеса:
По условию задачи имеем:
(вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру);
(вероятность того, что деталь попадет ко второму контролеру);
(вероятность того, что годная деталь будет признана первым контролером стандартной);
(вероятность того, что годная деталь будет признана вторым контролером стандартной).
Искомая вероятность
Как видно, до испытания вероятность гипотезы равнялась 0,6, после того, как стал известен результат испытания, вероятность этой гипотезы (точнее, условная вероятность) изменилась и стала равной 0,59. Таким образом, использование формулы Байеса позволило переоценить вероятность рассматриваемой гипотезы.
Практический материал.
1.
(4) Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводом № 1, и 2 коробки деталей, изготовленных заводом № 2. Вероятность того, что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,8, а завода № 2 - 0,9, Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу взятой коробки. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь.
Отв. 0,84.
2.
(5) В первом ящике содержится 20 деталей, из них 15 стандартных; во втором-30 деталей, из них 24 стандартных; в третьем - 10 деталей, из них 6 стандартных. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная деталь из наудачу взятого ящика-стандартная.
Отв. 43/60.
3.
(6) В телевизионном ателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответственно равны 0,8; 0,85; 0,9; 0,95. Найти вероятность того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок службы.
Отв. 0,875.
4.
(3) В группе спортсменов 20 лыжников, 6 велосипедистов и 4 бегуна. Вероятность выполнить квалификационную норму такова: для лыжника-0,9, для велосипедиста-0,8. и для бегуна-0,75. Найти вероятность того, что спортсмен, выбранный наудачу, выполнит норму.
Отв. 0,86.
5.
(С) В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?
Решение
:
Возможны две гипотезы:
– при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;
– при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. или 1 или 2 или 4 или 5.
По классическому определению вероятности гипотез равны:
Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться равенство
Пусть событие А состоит в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:
Тогда по формуле полной вероятности вероятность события А будет равна:
6.
(7) В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.
Отв. 13/132.
7.
(89 Г) В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).
Решение.
Обозначим через А событие – извлечен белый шар. Возможны следующие предположения (гипотезы) о первоначальном составе шаров: - белых шаров нет, - один белый шар, - два белых шара.
Поскольку всего имеется три гипотезы, причем по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна 1/3, т.е. .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне был один белый шар, .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне было два белых шара .
Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:
8.
(10) В ящик, содержащий 3 одинаковых детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу извлечена одна деталь. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.
Отв. 0,625
.
9.
(6.5.2Л) Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.
Решение.
Пусть событие А={сигнал будет принят}. Рассмотрим четыре гипотезы:
={первый приемник работает, второй - нет};
={второй работает, первый - нет};
={оба приемника работают};
={оба приемника не работают}.
Событие А может произойти только с одной из этих гипотез. Найдем вероятность этих гипотез, рассматривая следующие события:
={первый приемник работает},
={второй приемник работает}.
Контроль:
.
Условные вероятности соответственно равны:
;
;
Теперь по формуле полной вероятности находим искомую вероятность
10.
(11) При отклонении от нормального режима работы автомата срабатывает сигнализатор С-1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С-11 срабатывает с вероятностью 1. Вероятности того, что автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11, соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11?
Отв. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С-1, равна 6/11, а С- 11- 5/11
11.
(12) Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса 4, из второй - 6, из третьей группы - 5 студентов. Вероятности того, что студент первой, второй и третьей группы попадает в сборную института, соответственно равны 0,9; 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную. К какой из групп вероятнее всего принадлежал этот студент?
Отв. Вероятности того, что выбран студент первой, второй, третьей групп, соответственно равны: 18/59, 21/59, 20/59.
12.
(1.34К) В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в отношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступающие от 1-го, 2-го и 3-го поставщиков, не потребуют ремонта в течении гарантийного срока соответственно в 98, 88 и 92% случаев.
1) Найти вероятность того, что поступивший в торговую фирму телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
2) Проданный телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. От какого поставщика вероятнее всего поступил этот телевизор?
Решение.
Обозначим события: - телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i=1,2,3);
A – телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
По условию
По формуле полной вероятности
Событие телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока; .
По условию
По формуле Байеса
;
Таким образом, после наступления события вероятность гипотезы увеличилась с до максимальной , а гипотезы - уменьшилась от максимальной до ; если ранее (до наступления события А) наиболее вероятной была гипотеза , то теперь, в свете новой информации (наступления события А), наиболее вероятна гипотеза -поступление данного телевизора от 2-го поставщика.
13.
(1.35К) Известно, что в среднем 95% выпускаемой продукции удовлетворяют стандарту. Упрощенная схема контроля признает пригодной продукцию с вероятностью 0,98, если она стандартна, и с вероятностью 0,06, если она нестандартна. Определить вероятность того, что:
1) взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль;
2) изделие стандартное, если оно: а) прошло упрощенный контроль; б) дважды прошло упрощенный контроль.
Решение.
1).
Обозначим события:
- взятое наудачу изделие соответственно стандартное или нестандартное;
- изделие прошло упрощенный контроль.
По условию
Вероятность того, что взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль, по формуле полной вероятности:
2, а). Вероятность того, что изделие, прошедшее упрощенный контроль, стандартное, по формуле Байеса:
2, б). Пусть событие - изделие дважды прошло упрощенный контроль. Тогда по теореме умножения вероятностей:
По формуле Байеса
очень мала, то гипотезу о том, что изделие, дважды прошедшее упрощенный контроль, нестандартное, следует отбросить как практически невозможное событие.
14.
(1.36К) Два стрелка независимо друг от друга стреляют по мишени, делая каждый по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна 0,8; для второго – 0,4. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Какова вероятность того, что она принадлежит:
а) 1-му стрелку;
б) 2-му стрелку?
Решение.
Обозначим события:
Оба стрелка не попали в мишень;
Оба стрелка попали в мишень;
1-й стрелок попал в мишень, 2-й нет;
1-й стрелок не попал в мишень, 2-й попал;
В мишени одна пробоина (одно попадание).
Формула полной вероятности.
Следствием обеих основных теорем- теоремы сложения вероятностей и теоремы умножения вероятностей- является так называемая формула полной вероятности.
Пусть требуется определить вероятность некоторого события A которое может произойти с одним из событий
, образующих полную группу несовместимых событий.Будем эти события называть гипотезами.
Докажем что в этом случае
Вероятность события A вычисляется как сумма произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события при реализации этой гипотезы.
Эта формула носит название формулы полной вероятности.
Доказательство
Так как гипотезыH1,H2…, Hn,образуетполную группу то событие A может появиться в комбинации с какой либо из этих гиплтез
A=AH1+AH2+…+Ahn.
Т.к.гипотезы Н1, Н2,…,Hn несовместны, то и комбинации Н1А,H2A,…,HnA также несовместны; применяя к нему теорему сложения,получим:
Применяя к событию HiA теорему умножения, получим
Что и требовалось доказать.
Имеется три одинаковых на вид урны: в первой урне два белых и один черный шар; во второй-три белых и один черный шар; в третьей-два белых и два черных шара.
Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает из нее шар.Найти вероятность того,что этот шар белый.
Рассмотрим три гипотезы:
Н1-выбор первой урны,
Н2-выбор второй урны,
Н3-выбор третьей урны
И событие А-появление белого шара.
Т.к.гипотезы по условию задачи равновозможны,то
Условные вероятности события А при этих гипотезах соответственно равны
Задача 3.5.
Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью p имеет дефект.
В цехе имеется три контролера; рассматривается только одним контролером, с одинаковой вероятностью первым, вторым или третьим.Вероятность обнаружения дефекта(если оно имеется) для i-го контролера равна Pi (i=1,2,3). Если изделие не было забраковано в цехе, то оно попадает в ОТК завода, где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью P0.
Определить вероятность того,что изделие будет забраковано.
А- изделие будет забраковано
В- изделие будет забраковано в цехе
С- изделие будет забраковано в ОТК завода.
Так как события В и С несовместимы и
Р(А)=Р(В)+Р(С)
Находим Р(В).Для того, чтобы изделие было забраковано в цехе, нужно,чтобы оно, во-первых,имело дефект, и во-вторых, чтоб дефект был обнаружен.
Вероятность того,что будет обнаружен дефект в цехе равна
Действительно,
Формулируем гипотезы
Н1-дефект обнаружен 1-ым контролером
Н2-дефект обнаружен 2-ым контролером
Н3-дефект обнаружен 3-им контролером
Отсюда
Аналогично
Теорема гипотез (формула Бейеса)
Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является так называемая теорема гипотез или формула Бейеса.
Поставим следующую задачу.
Имеется полная группа несовместных гипотез Н1,Н2,…Hn.Вероятность этих гипотез до опыта известны и равны соответственно Р(Н1),Р(Н2),…,P(Hn).Произведен опыт,в результате которого наблюдено появление некоторого события А. Спрашивается,как следует изменить вероятности гипотез в связи с появлением этого события?
Здесь по существу, речь идет о том, чтобы найти условную вероятность Р (Hi/A) для каждой гипотезы.
Из теоремы умножения имеем:
P(AHi)=P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*H(A/Hi),
Или отбрасываем левую часть
P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*P(A/Hi), i=1,2,…,n откуда
Или выражая Р(А) с помощью формулы полной вероятности,имеем
Эта формула и носит название формулы Бейеса или теоремы гипотез
Прибор может собираться из высококачественных деталей и из деталей обычного качества;вообще около 40% приборов собирается из высококачественных деталей. Если прибор собран из высококачественных деталей, его надежность (вероятность безотказной работы) за время tравна 0,05; если из деталей обычного качества- его надежность равна 0,7. Прибор испытывается в течении времени t и работал безотказно.Найти вероятность того,что он собран из высококачественных деталей.
Возможны две гипотезы:
Н1-прибор собран из высококачественных деталей,
Н2-прибор собран из деталей обычного качества.
Вероятность этих гипотез до опыта
Р(Н1)=0,4; P(H2)=0,6.
В результате опыта наблюдено событие А- прибор безотказно
Работал время t. Условные вероятности этого события при
Гипотезах Н1 и Н2 равны:
P(A/H1) = 0,95 ; P(A/H2) = 0,7 .
По формуле Вейсса находим вероятность гипотезы Н1 после
Задачи комбинаторики.
Во многих статистических исследованиях встречаются комбинаторные задачи, своеобразие которых целесообразно показать на примерах:
Сколькими способами можно расставить на полке 10 различных книг?
В турнире принимают участие 8 команд. Сколько различных представлений относительно трех первых мест (по результатам соревнований) можно сделать?
Сколько различных трехбуквенных слов можно составить из 32 букв алфавита, не обращая внимания на то, имеет ли смысл составленные из букв слова или нет?
Сколькими способами можно из множества k (различных) элементов выбрать r элементов?
Как велико число различных результатов бросаний двух игровых костей.
Приведенные примеры показывают, что в задачах комбинаторики интересуется вообще числом различных выборок определенных объектов, причем, в зависимости от вида дополнительных требований, следует различать, какие выборки считаются одинаковыми и какие различными.
В теории вероятности и математической статистике используют в основном три понятия комбинаторики:
Размещения
Перестановки
Сочетания
Размещениями из n элементов по m называются такие их соединения, которые различаются друг от друга самими элементами или их порядком. Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab, ac, bc, ba, ca, cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A
Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab,ac ,bc , ba , ca ,cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A
Всего m множителей
Перестановками из n элементов называются такие их соединения,отличающиеся друг от друга только порядком входящих в них элементов.Например: перестановка из трех элементов a,b и c: abc, bca, cab , cba, bac, acb. Число всех перестановок из n различных элементов Pn
Pn= 1*2*3* …*n=n!=An
Сколькими способами можно расставить на полке 10 книг.
P10=10!=3628800.
Сочетаниями из n элементов по m называются их соединения, различающиеся друг от друга только самими элементами. Например: сочетания из трех элементов a, b и c по два: ab , ac , bc . Число всех сочетаний из n различных элементов по m обозначается Cn
Мы можем записать
Повторение опытов
При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться некоторое событие А в результате серии опытов.
Такие задачи весьма просто решаются в случае, когда опыты являются независимыми.
Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляет собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае – зависимые опыты.
Независимые опыты могут производиться в одинаковых или различных условиях.
Общая теорема о повторении опытов.
Частная теорема о повторении опытов касается того случая, когда вероятность события А во всех опытах одна и та же. На практике часто приходится встречаться с более сложным случаем, когда опыты производятся в неодинаковых условиях, и вероятность события от опыта к опыту меняется. Способ вычисления вероятности заданного числа появлений событий в таких условиях дает общая теорема о повторении опытов.
Пусть число опытов u=2, тогда полная группа событий:
P1P2+P1q2+q1P2+q1q2
Пусть число опытов u=3, тогда полная группа событий:
P1P2P3+P1P2q3+P1q2P3+q1P2P3+P1q2q3+q1P2q3+q1q2P+q1q2q3
Аналогично для числа опытов n полная группа событий:
P1P2*…*Pn+P1P2*…*qn+…+q1P2*…*Pn+…+q1*q2*…qn,причем в каждое из произведений событие А входит m раз, а событие А входит n-m раз.Число таких сочетаний по прежнему
или короче
где z-произвольный параметр.
Функция jn(z),разложение которой по степеням параметра z дает в качестве коэффициентов вероятности pm,n, называется производящей функцией вероятностей pm,n или просто производящей функцией.
Пользуясь понятием производящий функции, можно сформулировать общую теорему о повторении опытов в следующем виде:
Вероятность того, что событие А в n независимых опытах появится ровно m раз, равна коэффициенту при zm в выражении производящей функции
jn(z)=(qi+piz) где pi-вероятность появления события А в i-ом опыте
Вышеприведенная формулировка общей теоремы о повторении опытов в отличии от частной теоремы не дает явного выражения для вероятности pm,n.
Такое выражение в принципе написать можно, но оно является слишком сложным, и мы не будем его приводить.
Однако не прибегая к такому явному выражению, все же можно записать общую теорему о повторении опытов в виде одной формулы
случайная величина.
Одним из важнейших основных понятий теории вероятности является понятие о случайной величине.
Случайной величиной называется величина, которая в результате опыта может принять то или иное значение, причем неизвестно заранее, какое имено.
Примеры случайных величин:
Число вызовов, поступавших на телефонную станцию за сутки;
Количество мальчиков, родившихся в роддоме за месяц;
Количество девочек, родившихся в роддоме за месяц;
Во всех трех примерах случайные величины могут принимать отдельные изолированные значения, которые можно заранее перечислить.
В примере 1;
Такие случайные величины, принимающие только отдельные, отделенные друг от друга значения называются дискретными величинами.
Существуют случайные величины другого типа.
Например, температура воздуха, влажность воздуха, напряжение в сети электрического тока.
Функция распределения.
Ряд распределения, многоугольник распределения не
являются универсальными характеристиками случайной величины:они существуют только для дискретных случайных величин.Нетрудно убедиться,что для непрерывной случайной величины такой характеристики построить нельзя. Действительно, непрерывная случайная величина имеет бесчисленное множество возможных значений, ???? занимающих некоторый промежуток (так называемое “несчетное множество”). Составить таблицу, в которой были бы перечислены все возможные значения такой случайной величины, невозможно. Следовательно, для непрерывной случайной величины не существует ряда распределения в том смысле, в каком он существует для прерывной величины. Однако различные области возможных значений случайной величины все же не являются одинаково вероятными, и для непрерывной величины существует распределение вероятностей, хотя и не в том смысле, как для прерывной (или дискретной).