Л.Н. Фадеева, А.В. Лебедев - Теория вероятностей и математическая статистика (1115296), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Р(А) Из определения условной вероятности вытекает следующая теорема. ф Теорема 3 Гиаеарема умиожеиии). Р(АВ)= Р(В)Р(А!В) или Р(АВ)= Р(А)Р(В!А). Несмотря на тривиальность доказательства этой теоремы, она имеет огромное практическое значение, так как используется для построения сложных вероятностных моделей. Следствие. Для пересечения произвольного числа событий верно равенство Р!ДА, =Р(А,)Р(А!А,)Р(А,!А,А)...Р(*!А,А-.А,). Для условной вероятности выполняются следующие свойства: 1) 0 < Р(А ! В) < 1; 2) Р(А ! В) = 1 — Р(А ! В); 3) Р(А ! А) = 1; 4) Р((А,и А,) ! В) = Р(А,! В) + Р(А,! В) — Р(А, Г~ А,! В); 5) еслиАлВ=о,то Р(А!В) =0; 6) если А ~ В, то Р(В ! А) = 1.
В случае, когда имеем дело с пространством равновозможных исходов (гл. 2), условную вероятность можно найти по формуле Р(А!В)= —. !АВ! !В! 47 ф ЧАСТЬ С Теория вероятностей Задачи 3. В семье двое детей. Какова вероятность того, что старший ребенок — мальчик, если известно, что в семье есть дети обоего пола? Решение. Пусть А = (старший ребенок — мальчик), В = (в семье есть дети обоего пола). Будем считать, что рождение мальчика и рождение девочки — равновероятные события.
Если рождение мальчика обозначить буквой М, а рождение девочки — Д, то пространство всех элементарных исходов состоит из четырех пар: (2 = (ММ, МД, ДМ, ДД). В этом пространстве лишь два исхода (МД и ДМ) отвечают событию В. Собьггие АВ означает, что в семье есть дети обоего пола.
Старший ребенок — мальчик, следовательно, второй (младший) ребенок— девочка. Этому событию АВ отвечает один исход — МД. Таким образом, ~АВ! = 1, 1В) = 2 и Р(А ~ В) = — = — = О, 5. 1АВ! 1 ~В) 2 Задача 4. Мастер, имея 10 деталей, из которых 3 — нестандартные, берет и проверяет детали одну за другой, пока ему не попадется стандартная. Какова вероятность, что он проверит ровно две детали? Решение. Событие А = (мастер проверил ровно две детали) означает, что при такой проверке первая деталь оказалась нестандартной, а вторая — стандартная. Значит, А = А,А„где А, = (первая деталь оказалась нестандартной) и А, = (вторая деталь — стандартная). Очевидно, что вероятность события А, равна Р(А,)=3/10, кроме того, Р(А,!А,)=7/9, так как перед взятием второй детали у мастера осталось 9 деталей, из которых только 2 нестандартные и 7 стандартных.
По теореме умножения Р(А) = Р(А А, ) = Р(А, )Р(А, / А, ) = — — = 7 /30. 3 7 9 З.». Независимость событий Событие А не зависит от события В, если появление В не меняет значения вероятности события А, т.е. условная вероятность равна безусловной: Р(А~В) = Р(А). Тогда из теоремы умножения Р(А~В) = Р(А)Р(В~А) = Р(В)Р(А~В) в предполо- ) йа Глава З женин, что Р(А) > О, получим, что условная вероятность события В равна его безусловной вероятности Р(В/А) = Р(В).
Следовательно, события А и В независимы, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. Из определения независимости двух событий следует )а Теорема 4. Два события А и В независимы, если справед- ливо равенство Р(АВ) = Р(А)Р(В). Зто равенство используется как критерий при практической проверке независимости двух событий. Понятие независимости обобшается на любое конечное число событий. События А„А„..., А„называются независимыми в совокупности, если для любого нх набора А„А,,, А, имеет место равенство Р(А, А, ...А,.
) = Р(А.„)Р(А )...Р(А, ) для любых )г от 1 до и и любых несовпадаюших номеров 1„ 1„ ..., (л. События А„ ..., А„ называются попарно независимымн, если для любых! ~/, 1, / е (1, ..., и) события А, и А, независимы. Из данных определений следует, что из независимости в совокупности следует попарная независимость, но нз попарной независимости не следует независимости в совокупности. Пример Бернштейна. На плоскость бросается правильный тетраэдр (треугольная пирамида), три грани которого покрашены в цвета: красный, синий и зеленый, а на четвертую грань нанесены все три цвета. Собьггие А — при бросании выпала красная грань, событие  — синяя грань, событие С вЂ” зеленая грань. Вероятности этих событий равны между собой: Р(А) = Р(В) = Р(С) = 2/4 = 1/2. Найдем вероятности их попарных произведений: Р(АВ) = 1/4 = 1/2 х 1/2 = Р(А)Р(В); Р(АС) = Р(А)Р(С) = 1/4 = 1/2 х 1/2.
Отсюда следует, что они попарно независимы. Однако вероятность появления всех трех цветов Р(АВС) = 1/4 ~ Р(А)Р(В) Р(С) = 1/2 х 1/2 х 1/2 = 1/8, 49 ЧАСТЬ Ь Теория еероятиэстей Й т.е. вероятность произведения всех трех событий не равна произведению вероятностей этих событий и, следовательно, они зависимы в совокупности.
Задача 5. В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом ящике — 6 белых и 4 черных шара. Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будет вынут один белый шар, если из каждого ящика вынуто по одному шару. Решение. Событие А = (хотя бы из одного ящика вынут белый шар) можно представить в вице суммы А = А, + А„где события А, и А, означают появление белого шара из первого и второго ящика соответственно.
Вероятность вытащить белый шар из первого ящика равна Р(А;) = 3/8, а вероятность вытащить белый шар из второго ящика Р(А,) = 6/10. Кроме того, в силу независимости А, и А, имеем: Р(А А,) = Р(А )Р(А,) = — — = 9/40. 3 6 8 1О По теореме сложения получаем: Р(А) '= Р(А, + А, ) = Р(А, ) + Р(А, ) — Р(А А, ) = 3/8+ 6/1Π— 9/40 = 3/4. 9 З.5. Формула полной вероятности Пусть событие А может быть реализовано только при условии появления одного из событий Ня! = 1, ..., и. Предположим, что события Н, образуют полную группу и вероятности их до опыта известны.
Такие события Н, называются гинотезаии. ~ Теорема 5 Яоумула полной вероятности). Вероятность события А вычисляется по формуле Р(А ) = Я Р( Н, )Р(А / Н,. ) Доказательство. Поскольку гипотезы Ни! = 1,2, ... lс, несовместны, то несовместны и их пересечения с событием А, т.е. несовместны комбинациии А л Н,. и А с~ Н. при (и/. Обозначим и / Т Н = ( ')Н, Так как Н„..., Н, образуют полную группу событий, 50 Глава з !ла) то Н = й и его вероятность равна единице: Р(Н) = 1. Из теоремы сложения получаем Р(А ! ! Н) = Р(А) + Р(Н) — Р(А ! ! Н) = = Р(А) + 1 — 1 = Р(А), или Р(А) = Р Ап~ЦН,~И=Р~Ц(Аг!Н!)~=~ Р(АОН!). н-! ц и=! ) (=! Применяя теорему умножения вероятностей для каждого слагаемого, получаем окончательный результат: Р(А) = ~ Р(АПН,) = ) Р(Н!)Р(А!Н!). Задача 6.
Три экзаменатора принимают экзамен по некоторому предмету у группы в 30 человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй — 3 студентов, а третий — 21 студента (выбор студентов производится случайным образом из списка). Отношение трех экзаменаторов к слабо подготовившимся различное: шансы таких студентов сдать экзамен у первого преподавателя равны 40%, у второго — только 10%, у третьего— 70%. Найти вероятность того, что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен.
Решение. Обозначим через Н„Н„Н, гипотезы, состоящие в том, что слабо подготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменатору соответственно. По условию задачи Р(Н,) = 6/30 = 0,2; Р(Н, ) = 3/30 = 0,1; Р(Н,) = 2 1/30 = 0,7. Пусть событие А = (слабо подготовившийся студент сдал экзамен). Тогда в силу условия задачи Р(А ! Н ) = 0 4 Р(А ! На) = 0 1 Р(А ~ Нз) = 0 7 По формуле полной вероятности получаем Р(А) = 0,4 х 0,2+ 0,1 х 0,1+ 0,7 х 0,7 = 0,58. Для решения задач такого типа удобно использовать так называемое «дерево» вероятностей. Из формулы полной вероятности следует, что для вычисления вероятности события А необходимо осуществить перебор всех путей, ведущих к результирующему событию А; вычислить и расставить на соот- 51 Вй ЧАСТЫ.
Теория вероятностей ветствуюших путях вероятности Р(Н) того, что движение будет происходить по данному пути, и условные вероятности Р(А~Н) того, что на данном пути будет достигнуто конечное событие А. Затем вероятности, стоящие на одном пути, перемножаются, а результаты, полученные для различнык путей, складываются.
Каждое из условий может, в свою очередь, делиться на несколько дополнительных условий или гипотез, т.е. на каждом этапе оно допускает неограниченное число ветвлений схемы. Поэтому при решении задач удобнее пользоваться не самой формулой полной вероятности, а графической схемой полной вероятности, которую называют «деревом» вероятностей (см. рис. 3.2 для задачи 6). Рис.
з.г Задача 7. Компания имеет три источника поставки комплектующих — фирмы А, В, С. На долю фирмы А приходится 50% общего объема поставок,  — 30% и С вЂ” 20%. Из практики известно, что среди поставляемых фирмой А деталей 10% бракованных, фирмой  — 5% и фирмой С вЂ” б%.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
