Книга - Теория вероятности и математическая статистика (1082418), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Первый способ.Пусть A — событие, состоящее в попадании точки в малый круг. Определим вероятность P( A) как отношение площади малого круга к площади большего:P ( A) =π r2 1= .π R2 4Второй способ. Рассмотрим полярную систему координат, в которой положениеточки определяется углом ϕ между радиус-вектором точки и осью OX и расстоянием ρот точки до начала координат. Поскольку точки, равностоящие от центра, все либо одновременно принадлежат меньшему кругу, либо нет, то вероятность попадания в этот кругr 1равна отношению радиусов: P( A) = = .R 2Итак, мы получили в одной и той же задаче два разных ответа. Причина заключается в том, что понятие геометрической вероятности не инвариантно относительно преобразований рассматриваемой области Ω и зависит от того, как задана мера mes( A) .Отметим, что для нас предпочтительнее первый способ решения. z12Глава 3.
Условная вероятность. Независимость событий.Формулы полной вероятности и Байеса§1. Условная вероятностьРассмотрим следующий пример. Бросаются две игральные кости. Найдем вероятность того, что сумма выпавших очков равна 8, если заранее известно, что сумма выпавших очков есть четное число. Всевозможные исходы запишем в виде таблицы 3.1:Таблица 3.12ой кубик1ый кубик123456123456234567345678456789567891067891011789101112Из таблицы видно, что число всевозможных исходов равно 36, но число исходов,удовлетворяющих условию, при которых сумма очков есть четное число, равно 18. Из нихровно в 5 исходах сумма очков равна 8. Пользуясь классическим определением вероятно5сти, находим, что искомая вероятность равна p = .18Заметим, что безусловная вероятность того, что сумма выпавших очков, равная 8,5, т.е.
задание дополнительного условия может повлиять на вычисление вероятравна36ности.Найдем условную вероятность P (A H ) события A при условии, что событие Hуже произошло. Для простоты рассмотрим классическую схему. Естественно положить,что данная вероятность есть отношение числа исходов m AH , благоприятных совместному(одновременному) осуществлению событий A и H , к числу исходов, благоприятных событию H , т.е.mP (A H ) = AH .mHРазделив числитель и знаменатель на число всевозможных исходов n , получим:m AHn = P( AH ) .P(A H ) =mHP (H )nПоследняя формула может служить общим определением условной вероятностипри аксиоматическом подходе.Определение. Условной вероятностью P (A H ) события A при условии, что событие H уже произошло, называется отношение вероятности совместного (одновременного) осуществления событий A и H к вероятности события H :Р( АН ).(3.1.1)P(A H ) =Р (Н )13Пример 1. При трехкратном подбрасывании монеты выпало два «герба».
Найтиусловную вероятность того, что при втором подбрасывании выпал «герб». Решение. Рассмотрим следующие события:H — при трехкратном подбрасывании выпало два «герба»;A — при втором подбрасывании выпал «герб».Событию AH соответствует два исхода: Г – Г – Р, Р – Г – Г.Число всевозможных исходов при трехкратном подбрасывании монеты n = 2 3 = 8 .Отсюда находим:2 1P( AH ) = = .8 4Аналогично, событию H соответствует три исхода, следовательно, вероятностьусловия равна3P( H ) = .8Далее, применяя (3.1.1), получаем искомую вероятностьP( AH ) 2P(A H ) == .zP (H ) 3§2. Теоремы сложения и умножения вероятностейТеорема сложения вероятностей для двух событий. Вероятность суммы двух событий A и B вычисляется по формуле:P ( A ∪ B ) = P ( A) + P(B ) − P( AB ) .(3.2.1)Доказательство. Воспользуемся очевидными равенствами:A ∪ B = A ∪ (B \ A) и B = (B \ A) ∪ AB .При этом A(B \ A) = ∅ и (B \ A)AB = ∅ , т.е.
события A и (B \ A) , а также B \ A иAB , несовместные (непересекающиеся).Таким образом, из аксиомы сложения находим:P( A ∪ B ) = P( A) + P(B \ A) и P(B ) = P( AB ) + P(B \ A) .Вычитая из первого равенства второе, получаем:P ( A ∪ B ) − P (B ) = P( A) − P( AB ) .Отсюда получаем:P ( A ∪ B ) = P ( A) + P(B ) − P( AB ) . Теорема сложения вероятностей для нескольких событий. Вероятность суммынескольких событий выражается формулой:nn⎛ n⎞ nnP⎜ ∑ Ai ⎟ = ∑ P( Ai ) − ∑ P (Ai A j ) + ∑ P (Ai A j Ak ) − ... + (− 1) P ( A1 A2 ...An ) . (3.2.2)i≠ j ≠ki≠ j⎝ i =1 ⎠ i =1i , j =1i , j ,k =1Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения двух событий равна вероятности одного из них, умноженной на условную вероятность другого, при наличии первого:P ( AH ) = P(H )P (A H ) = P ( A)P (H A) .(3.2.3)Доказательство.
Для доказательства (3.2.3) достаточно умножить обе части равенства (3.1.1) на вероятность условия.14Теорема умножения вероятностей для нескольких событий.P ( A1 A2 ...An ) = P( A1 )P (A2 A1 )P (A3 A1 A2 ) ⋅ ... ⋅ P (An A1 A2 ...An −1 ) .(3.2.4)Пример 2. Бросают две монеты. Рассматриваются два события:A — выпадение «герба» на первой монете;B — выпадение «герба» на второй монете.Найти вероятность события A ∪ B . Решение. Очевидно, что пространство элементарных исходов состоит из четырех исходов: «герб»-«герб», «герб»-«решка», «решка»-«герб», «решка»-«решка».Применим теорему сложения вероятностей P ( A ∪ B ) = P ( A) + P(B ) − P( AB ) .11Очевидно, что P( A) = P(B ) = и P( AB ) = , так как событию AB благоприятст24вует всего один исход, а число возможных исходов равно 4.
Окончательно получим:1 1 1 3P( A ∪ B ) = + − = .2 2 4 4Заметим, что задачу можно решить с помощью противоположного события. Рассмотрим событие A ∪ B — выпадение пары «решка»-«решка», тогда1 3P( A ∪ B ) = 1 − P A ∪ B = 1 − = . z4 4()Пример 3. В урне a белых и b черных шаров. Из урны вынимаются два шара.Найти вероятность того, что оба шара будут белыми. Решение.
Рассмотрим события:A — первый шар белый;B — второй шар белый.Применяя теорему умножения вероятностей, получаем:aa −1P( AB ) = P( A)P (B A) =⋅.a + b a + b −1a −1, так как общее число шаров, а также число белых, уменьшилосьP(B A) =a + b −1на 1. zПример 4. На семи карточках написаны буквы, образующие слово «телефон». После перестановки карточек наудачу последовательно берут пять из них, и прикладываютсправа одну к другой. Найти вероятность образования слова «фенол». Решение. Применим теорему умножения вероятностей для нескольких событий.Вероятность P(Ф ) того, что первой буквой будет «Ф», равна 1 . Вероятность P(Е Ф ) то7го, что второй буквой будет «Е», при условии, что букву «Ф» уже взяли, равна 2 и т.д.
В6итоге получаем:1 2 1 1 11P(ФЕНОЛ ) = P(Ф )P(Е Ф )P(Н ФЕ )P(О ФЕН )P(Л ФЕНО ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =.z7 6 5 4 3 1260Пример 5. В урне a белых и b черных шаров. Из урны вынимаются два шара.Найти вероятность того, что эти шары будут разных цветов. Решение. Рассмотрим события:A1 — первый шар белый;A2 — второй шар белый;15B1 — первый шар черный;B2 — второй шар черный;C — шары разных цветов.Очевидно, что C = A1 B2 ∪ B1 A2 , причем события A1 B2 и B1 A2 несовместимы.
Потеореме сложения и по теореме умножения вероятностей для независимых событий:P (C ) = P ( A1 B2 ∪ B1 A2 ) = P ( A1 B2 ) + P (B1 A2 ) = P( A1 )P(B2 ) + P(B1 )P( A2 ) ==2ababba+=.a + b a + b − 1 a + b a + b − 1 (a + b )(a + b − 1)zПример 6. Техническая система состоит из n элементов, надежность каждого изних p . Выход из строя хотя бы одного влечет за собой выход всей системы. С целью повышения надежности системы производится дублирование, для чего выделено еще n таких же приборов.
Определить, какой из способов дублирования надежнее: дублирование каждого элемента (рис. 3.1); дублирование всей системы (рис. 3.2). Решение. Найдем надежность блока:Для этого найдем вероятность выхода из строя. Блок выходит из строя, если выхо22дит из строя каждый элемент, т.е.
(1 − p ) . Тогда надежность блока равна 1 − (1 − p ) . Далее система работает надежно, если работает каждый блок, т.о.:()p1 = 1 − (1 − p ) = p n (2 − p ) .Надежность системы2 nnравна p n . Отсюда надежность системы (рис. 3.2)16p 2 = 1 − (1 − p n ) = p n (2 − p n ).2Сравним p1 и p 2 , для этого нужно сравнить (2 − p ) и (2 − p n ) .n()Докажем, что (2 − p ) > 2 − p n .Подставим q = 1 − p , т.е.
p = 1 − q.n(1 + q )n > 2 − (1 − q )n ,(1 + q )n + (1 − q )n > 2.Далее достаточно раскрыть скобки.Таким образом, надежнее дублирование каждого элемента. z§3. Независимость событийОпределение. События A и B называются независимыми, если условная вероятность события A при условии B совпадает с безусловной вероятностью события A, т.е.P ( A B ) = P ( A) .(3.3.1)Можно сформулировать и другое определение независимых событий A и B .Определение.
События A и B независимы, еслиP ( AB ) = P ( A)P(B ) .(3.3.2)Очевидно, что данные два определения равносильны.Пример 7. Пусть события A и B независимы. Доказать, что независимыми являются пары событий А и B , A и В , А и В . Решение. Применяя определение независимости событий, и используя вероятность противоположного события, имеемP B A = 1 − P (B A) = 1 − P(B ) = P B , т.е. P B A = P B ;( )()( ) ()()( ) ()( ) PP(A(B⋅ B) ) = P(PA(∪B )B ) = 1 −1P−(PA(∪B )B ) = 1 − P( A)1−−PP((BB))+ P( AB) =1 − P( A) − P(B ) + Р( А)Р(В )= 1 − P ( A) = P (A), т.е. P (A B ) = P (A);=1 − P (B )P AB =( )P A B = 1 − P ( A B ) = 1 − P( A) = P A , т.е.
P A B = P A . zПример 8. Зависимы или независимы несовместные события. Решение. Пусть события A и B несовместные, т.е. A ∩ B = ∅ , причемP( B ) ≠ 0 . Тогда P ( A B ) = 0 , т.к. события не пересекаются. Следовательно A и B зависи-мы.Таким образом, несовместные события зависимы. zПример 9. Из полной колоды карт (52 листа) вынимается одна карта.
Рассматриваются следующие события:A — появление туза;B — появление карты красной масти;C — появление бубнового туза.Зависимы или независимы следующие пары событий: 1) A и B , 2) B и C , 3)A и C? Решение.4121P ( A) == , P(A B ) == , следовательно, события независимы;52 1326 13171, P (C B ) =521, P (C A) =P(C ) =52P(C ) =1, следовательно, события зависимы;261, следовательно, события зависимы. z4Определение. События A1 , A2 ,… , An независимы в совокупности, если для всех1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ … ≤ im ≤ n , m ≤ n , выполнено равенство⎞ m⎛mP⎜⎜ ∩ Aik ⎟⎟ = ∏ P Aik .⎝ k =1 ⎠ k =1Замечание.
Из попарной независимости событий Ai и A j (i ≠ j , i , j = 1, n ) не сле-( )дует, что события A1 , A2 ,… , An независимы в совокупности.Пример 10. Пусть эксперимент состоит в выборе одного из четырех шаров. Пустьтри из них занумерованы цифрами 1, 2, 3, а на четвертом шаре имеются все эти цифры.Обозначим через Ai (i = 1, 2 ,3) событие, состоящее в том, что на выбранном шаре имеетсяцифра i . Зависимы ли события A1 , A2 и A3 . Решение. Так как, каждая цифра встречается дважды, то2 1P ( A1 ) = P( A2 ) = P( A3 ) = = .4 2Так как две различные цифры присутствуют только на одном шаре, то1P ( A1 A2 ) = P( A2 A3 ) = P( A1 A3 ) = ,4следовательно, события A1 , A2 и A3 попарно независимы.Все три различные цифры присутствуют только на одном шаре11P ( A1 A2 A3 ) = ≠ P( A1 )P( A2 )P( A3 ) = .48Таким образом, получаем, что события A1 , A2 и A3 зависимы в совокупности, в товремя как они являются попарно независимыми.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
