А.Н. Бородин - Элементарный курс теории вероятностей и математической статистики (DJVU) (1115320), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Задача 6.7. Лля того, чтобы сбить самолет достаточно одного попадания. Было сделано три выстрела с вероятностями попаданил 0.1, 0.2 и 0.4 соответственно. Какова вероятность того,что самолет сбит? ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Задача 6.8. Какова нероятность того, что при многократном бросании игральной кости шестерка впервые выпадет на четвертом броске? Задача 6.9. Какова вероятность того, что при многократном бросании правильной монеты герб впервые выпадет на четном броске? 2?. фоумулА полной ВеРОЯтнОсти и ФОРмУлА ВАйесА При решении вероятностных задач часто возникает следующая ситуация. Все пространство елементарных событий можно разбить на события, не содержащие общих исходов, тем самым выделяется группа несовместных событий, которые в совокупности составляют достоверное событие.
Пусть известно, каким образом вычислить условную вероятность при условии, что то или иное событие из этой группы произошло. Пусть, кроме того, ясно как вычислить вероятности самих событий, входящих в ету группу. В таком случае очень полезным оказывается результат, получивший название "формула полной вероятности" . Определение 1. Набор событий Н1,Нг,...,Н„называется полной группой событий, если они попарно несовместны и их сумма составляет достоверное событие: Н1 + Нг + ° + Н„= й. Теорема 1 (формула полной вероятности).
Нустг Н1,1 = 1,2,..., и, — полная группа собитиу, а Р(Н1) > 6. Тогда для лгобого собития А Р(А) = ~ Р(Н1)Р(А)Н1). Доказательство. В силу свойств операций над событиями (з 2) А = Ай = А(Н1 + Нг + + Нн) = АН1 + АНг + + АНн. Поскольку события Н1 попарно несовместны, то и события АН1 тонсе попарно несовместны. Тогда в силу следствия 2 36 н Р(А) = Р(АН, +АН,+ "+АН„) =~Р(АН,).
гю1 т. ФОРмулА пОлнОЙ ВеРОятнОсти и ФОРмулА БАЙесА зз Теперь, применяя к слагаемым Р(АНе) формулу умножения вероятностей ($ б), получим утверждение теоремы. Задача 1. Пусть в коробке есть 3 новых и 3 уже использованных теннисных мяча. Для первой игры наудачу берут из коробки 2 мяча и затем их возвращают в коробку. Какова вероятность для второй игры из етой коробки наудачу вынуть два новых мяча? Решение.
Введем событие А = (вынуть два новых мяча для второй игры). Ситуация перед второй игрой описывается следующими взаимоисключающими возможностями: Нз = (в коробке три новых мяча), если в первый раз играли двумя старыми мячами, Нг = (в коробке 2 новых мяча), если играли одним старым и одним новым, Нг = (в коробке 1 новый мяч), если играли двумя новыми мячами.
События Ны Нг, Нг составляют полную группу событий, так как они несовместны и в сумме составляют все возможные исходы. Используя комбинаторные формулы, получим Р(Нэ) = Сэг/Сг3 = 1/3, Р(Нг) = 3 3/Сг = 3/5, Р(Нг) = С~/Се~ = 1/5. Далее имеем Р(А~На) = Сэг/Сеэ = 1/Ь,Р(А~На) = 1/Сгэ = = 1/15, Р(А~Нэ) = О. Теперь, используя формулу полной вероятности, найдем Р(А)=- О+ — — +- в г э э т г 6 16 5 г гз В рамках ситуации, которая была описана в начале параграфа, можно ответить и на следующий вопрос. Пусть известно, что произошло некоторое событие. Какова вероятность того, что при етом реализовалось то или иное событие из выделенной полной группы событий? Ответ на етот вопрос дает следующий результат.
Теорема 2 (формула Байеса). Пусте даны волнаг грузна соБытвй Нг, Нг,..., Н„в некоторое соБытве А. Тогда для лвБого й = 1,2,..., и условная вероятность соБытня Нг врв услоанв, что событве А вровэотло, эадаетса формулой Р(Нг)Р(А)Нг) ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Локазательство. В силу определения условнойвероятности Р(На~А) = Р(НьА)/Р(А). Согласно формуле умножения вероятностей (зб) имеем Р(НьА) = Р(Нь)Р(А~На). Следовательно, Подставляя сюда выражение для Р(А) из формулы полной вероятности, получим формулу Байеса. Задача 2. Лва охотника одновременно и независимо стреляют в кабана. Известно, что первый попадает с вероятностью 0.8, а второй — 0.4. Кабан убит, и в нем обнаружена одна пуля.
Как делить кабана? Р е ш е ни е. Наиболее естественным является следующий принцип деления. Лепить следует пропорпионально условным вероятностям попадания каждого при условии, что в кабане имеется одна пуля. Лело в том, что при неограниченном (хотя бы и мысленном) повторении описанной ситуации частота, с которой будет добиваться успеха каждый из стрелков, будет сближаться с соответствующей условной вероятностью. Пусть А = (в кабане имеется одна пуля).
Какую выбрать полную группу событий? Выберем такие события: Наа = (не попал ни первый, ни второй),Н1а = (попал первый, не попал второй),На1 = (не попал первый, попал второй),НИ = (попал первый, попал второй). Пам нужно найти вероятности Р(Н1а~А) и Р(На1)А). Очевидно, что Р(А~Наа) = 0>Р(А|Н1а) = 1, Р(А!На1) = 1 Р(А~НИ) = О.
Поскольку стрелки стреляют независимо друг от друга, то по формуле умножения вероятностей Р(Н1а) = Р(попал первый)Р(не попал второй) = 0.8.0.6 = 0.48, Р(На|) = Р(не попал первый)Р(попал второй) = 0.2 0.4 = 0.08. Применяя формулу Байеса, получим Таким образом, первому следует отдать 6 долей из Т, а вто- рому — одну. 7. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ И ФОРМУЛА БАЙЕСА $5 ЗАДАЧИ Задача Т.1. На рис. 8 изображена схема дорог. Рис. 7 Туристы вылили из пункта О, выбирая наугад на разветвлении дорог один из возможных путей (изменять направление более чем на 90' нельзя).
Какова вероятность того, что они попадут в пункт А? Задача 7.2. Есть четыре кубика с цифрами на гранях 1, 2,..., 6 и одна правильная пирамида с цифрами на гранях 1,2,3,4. Наугад выбрали предмет и бросили. Выпала цифра 4. Какова вероятность того, что взяли кубик? Задача 7.3.
Есть 10 симметричных монет, 8 нормальных, а на двух герб находится с обеих сторон. Наудачу взятая монета бросается три раза. Найти вероятность того, что выпадут три герба. Задача 7.4. В ящике 3 белых и Т черных шаров. Один шар вынули наудачу и отложили в сторону. Следующий наугад вынутый шар оказался белым. Какова вероятность того, что отложенный шар был бельпе? Задача Т.б. В ящике 3 белых и 7 черных шаров. Один шар вынут и отложен в сторону. Какова вероятность, что слезующий вынутый шар будет белым, если цвет первого неизвестен? Задача 7.6.
Число грузовых машин, проезжающих мимо колонки, относится к числу легковых машин как 3:2. Вероятность того, что грузовая машина будет заправляться равна 0.1, а того, что будет заправляться легковая — 0.2. У бензоколонки заправляется машина. Найти вероятность того, что ето грузовзл машина. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Задача Т.Т. Три охотника одновременно и независимо стреляют в кабана. Известно, что первый попадает с вероятностью 0.8, второй — ОА, а третий — 0.2.
Кабан убит, и в нем обнаружены две пули. Как делить кабана? 1 8. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫЕ ИСПЫТАНИЯ (СХЕМА БЕРНУЛЛИ) Схема Вериулли заключается в следующем. Проводятся и последовательных независимых одинаковых экспериментов (испытиний), в каждом из которых может наступить или не наступить событие А. Под независимыми понимаются такие эксперименты, в которых любые события, возникалощие в разных экспериментах, являются независимыми в совокупности.
Так как испытания одинаковы, то в любом из них событие А наступает с одинаковой вероятностью, обозначим ее р = Р(А). Вероятность дополнительного события обозначим д. Тогда д = Р(А) = 1 — р. Наступление события А обычно называют успехом, а ненаступление — неудачей. Пример 1. Симметричная однородная монета бросается 10 раз.
В каждом из бросаний нас интересует событие А = (выпал герб). Здесь 10 испытаний, и так как монета симметрична и однородна, то р = Р(А) = 1/2, д = Р(А) = 1/2. Пример 2. Игральная кость бросается три раза. При каждом бросании нас интересует событие А = (выпала шестерка). Здесь три испытания, и поскольку кубик симметричен и однороден, то р = Р(А) = 1/6, д = Р(А) = 5/6.
Теорема 1 (формула Бернулли). ОБоэнаиим Р„(т) = Р(собмтис А настуиило ш раз в и исиитаниях). Тогда (8.1) Р~( ) Стртоо-т Доказательство. Пронумеруем испытания числами от 1 до и. Обозначим А~ = (наступление А в 1-м испытании). Ясно, что Р(Аг) = р,Р(А~) = 1 — р = д, и события Ан( = 1, 2,..., и, независимы в совокупности. Для того, чтобы прояснить суть доказательства, рассмотрим сначала конкретный случай, когда и = 3, т = 2. Можно написать следующее представление для интересующего нас событиэс (А наступило 2 раза в трех испытаниях ) = АъАгАз+АгАэАз+АгАгАз.
Число слагаемых здесь равно Сзэ = 3, что равно числу З. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫЕ ИСПЫТАНИЯ зт Тем самым мы установили формулу Бернулли для и 3, т = 2. Формула для общего случая доказывается аналогично. Существует ровно С~ различных возможностей выбрать т номеров испытаний, в которых наступает событие А. Таким образом, имеется С„несовместных событий хипа АьАгАз... АьАь+1... А, среди множителей которых пь событий вида Ае и п-т событий вида Ау. В сумме ети С„'" несовместных событий составляют событие (А наступило т раз в и испытаничх).
Каждое из слагаемых имеет вероятность Р(А1АгАз АьАь+~ Ао) = Р(Аь)Р(Аг)Р(Аз)...Р(Аь)Р(Аь+ь)...Р(А ) = р~у" Поскольку ети вероятности одинаковы, то суммарная веро- ятность имеет требуемый вид Сноьр д" Теорема 2. Пусть тм тг — иелие числа, О < т1 < тг < и. ОБозначил< через Р„(тытг) верозтность нього, что соБнтие А настуиило не менее т1 и не Более тг раз в н исимтанизг. Тогда Р„(тытг) = рз Сьрьц™, (8.2) т1 — 1 Ро(тнтг) = 1 — ~ С~~р"д™ вЂ” ~~~ Сории ь. (8.3) возможностей выбрать два числа среди трех чисел 1,2,3 без учета порядка. Это соответствует выбору пар номеров испытаний (1, 2), (1,3),12, 3), в которых наступает событие А. Оставшийся номер отводится событию А. Слагаемые АьАгАз, АгАгАз, АгАгАз несовместны, так как не может, например, наступать и одновременно не наступать событие А в третьем испытании.
Каждое слагаемое является произведением независимых событий. Поетому, применяя формулу сложения для несовместных событий и формулу умножения для независимых событий, получаем Р(А) = Р(АьАгАз) + Р(АьАгАз) + Р(Х~АгАз) = Р(Аь)Р(Аг)Р(Аз) + Р(Аь)Р(Аг)Р(Аз) + 'Р(Аь)Р(Аг)Р(Аз) = рру+ рур+ урр = 3ргу = С,'ргу. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Замечание 1. Следует использовать ту формулу, в которой число слагаемых меньше. Локазательство теоремы 2. Лля краткости фразу "в и испытаниях" будем опускать.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
