Н.И. Чернова - Теория вероятностей (1119918), страница 9
Текст из файла (страница 9)
. . — полнаягруппа событий, и A — некоторое событие, вероятность которогоположительна. Тогда условная вероятность того, что имело местособытие Hk , если в результате эксперимента наблюдалось событиеA, может быть вычислена по формуле:P(Hk ) P(A | Hk )P(Hk | A) = P.∞P(Hi ) P(A | Hi )i=19 ThomasBayes (1702 — 17.04.1761, England)38ГЛАВА 4. Условная вероятность, независимостьДоказательство. По определению условной вероятности,P(Hk | A) =P(Hk ∩ A)P(Hk ) P(A | Hk )= P.∞P(A)P(Hi ) P(A | Hi )i=1Пример 27.
Вернёмся к примеру 26. Изделие выбирается наудачу из всей произведённой продукции. Рассмотрим три гипотезы: Hi == {изделие изготовлено i-м заводом}, i = 1, 2, 3. Вероятности этих событий даны: P(H1 ) = 0,25, P(H2 ) = 0,35, P(H3 ) = 0,4.Пусть A = {изделие оказалось бракованным}. Даны также условныевероятности P (A | H1 ) = 0,05, P (A | H2 ) = 0,03, P (A | H3 ) = 0,04.Убедитесь, что полученные нами в примере 26 вероятности совпадаютс вероятностями, вычисленными по формуле полной вероятности и по формуле Байеса.Пример 28. Два стрелка подбрасывают монетку и выбирают, кто изних стреляет по мишени (одной пулей).
Первый стрелок попадает по мишени с вероятностью 1, второй стрелок — с вероятностью 0,00001. Можносделать два предположения об эксперименте: H1 = {стреляет 1-й стрелок}и H2 = {стреляет 2-й стрелок}. Априорные (a’priori — «до опыта») вероятности этих гипотез одинаковы: P(H1 ) = P(H2 ) = 1/2.Рассмотрим событие A = {пуля попала в мишень}.
Известно, чтоP(A | H1 ) = 1,P(A | H2 ) = 0,00001.Поэтому вероятность пуле попасть в мишеньP(A) = 1/2 · 1 + 1/2 · 0,00001.Предположим, что событие A произошло. Какова теперь апостериорная(a’posteriori — «после опыта») вероятность каждой из гипотез Hi ? Очевидно, что первая из этих гипотез много вероятнее второй (а именно, в 100 000раз).
Действительно,P(H1 | A) =1/2 · 11=≈ 0,99999,1/2 · 1 + 1/2 · 0,000011 + 0,00001P(H2 | A) =1/2 · 0,000010,00001=≈ 0,00001.1/2 · 1 + 1/2 · 0,000011 + 0,00001ГЛАВА 5Схема БернуллиНа дне глубокого сосуда лежат спокойно n шаров.Поочередно их оттуда таскают двое дураков.Сия работа им приятна, они таскают t минут,И, вынув шар, его обратно тотчас немедленно кладут.Ввиду занятия такого, сколь вероятность велика,Что первый был глупей второго, когда шаров он вынул k?Фольклор, СПбГУ§ 1.
Распределение числа успехов в n испытанияхОпределение 22. С х е м о й Б е р н у л л и называется последовательность независимых в совокупности испытаний, в каждом из которых возможны лишь два исхода — «успех» и «неудача», при этом успех в одномиспытании происходит с вероятностью p ∈ (0, 1), а неудача — с вероятностью q = 1 − p.Под независимостью в совокупности и с п ы т а н и й понимается независимость в совокупности любых событий, относящихся к разным испытаниям.
В испытаниях схемы Бернулли, когда с одним испытанием можносвязать только два взаимоисключающих события, независимость в совокупности испытаний означает, что при любом n независимы в совокупности события A1 = {успех в первом испытании}, . . . , An = {успех в n-омиспытании}. Эти события принадлежат одному и тому же пространству элементарных исходов, полученному декартовым произведением бесконечногочисла двухэлементных множеств {у, н}:Ω = {(a1 , a2 , . . . ) | ai ∈ {у, н}}.Здесь буквами «у» и «н» обозначены успешный и неудачный результатыиспытаний соответственно.Обозначим через νn число успехов, случившихся в n испытаниях схемы Бернулли.
Эта величина может принимать целые значения от нуля до nв зависимости от результата n испытаний. Например, если все n испытанийзавершились неудачей, то величина νn равна нулю.40ГЛАВА 5. Схема БернуллиТеорема 10 (ф о р м у л а Б е р н у л л и). Для любого k = 0, 1, . . . , nимеет место равенство:n−kP(νn = k) = Cnk pk (1 − p)= Cnk pk q n−k .Доказательство. Событие A = {νn = k} означает, что в n испытаниях схемы Бернулли произошло ровно k успехов.
Рассмотрим один из благоприятствующих событию A элементарных исходов:(у, у, . . . , у, н, н, . . . , н),{z} | {z }|kn−kкогда первые k испытаний завершились успехом, остальные неудачей. Поскольку испытания независимы, вероятность такого элементарного исходаравна pk (1 − p)n−k . Другие благоприятствующие событию A элементарныеисходы отличаются лишь расположением k успехов на n местах. Есть ровноCnk способов расположить k успехов на n местах. Поэтому событие A состоит из Cnk элементарных исходов, вероятность каждого из которых такжеравна pk (1 − p)n−k .Определение 23. Набор чисел Cnk pk (1 − p)n−k , k = 0, 1, .
. . , n называется б и н о м и а л ь н ы м распределением вероятностей.§ 2. Номер первого успешного испытанияРассмотрим схему Бернулли с вероятностью успеха p в одном испытании. Введём величину τ со значениями 1, 2, 3, . . . , равную н о м е р уп е р в о г о у с п е ш н о г о и с п ы т а н и я.Теорема 11.
Вероятность того, что первый успех произойдёт виспытании с номером k ∈ N = {1, 2, 3, . . .}, равна P(τ = k) = p q k−1 .Доказательство. Вероятность первым k −1 испытаниям завершитьсянеудачей, а последнему — успехом, равнаP(τ = k) = P(н, . . . , н, у) = p q k−1 .Определение 24. Набор чисел {p q k−1 , k = 1, 2, 3, . . . } называетсяг е о м е т р и ч е с к и м распределением вероятностей.Геометрическое распределение вероятностей обладает интереснымсвойством, которое можно назвать свойством «нестарения».Теорема 12.
Пусть P(τ = k) = p q k−1 для любого k ∈ N. Тогда длялюбых неотрицательных целых n и k имеет место равенство:P(τ > n + k | τ > n) = P(τ > k).Если, например, считать величину τ временем безотказной работы (измеряемым целым числом часов) некоторого устройства, то данному равенству можно придать следующее звучание: вероятность работающемуГЛАВА 5. Схема Бернулли41устройству проработать ещё сколько-то часов не зависит от того момента, когда мы начали отсчёт времени, или от того, сколькоуже работает устройство.
Общепринятое название этого свойства —свойство «отсутствия последействия».Доказательство. По определению условной вероятности,P(τ > n + k)P(τ > n + k, τ > n)=.(7)P(τ > n + k | τ > n) =P(τ > n)P(τ > n)Последнее равенство следует из того, что событие {τ > n + k} влечёт событие {τ > n}, поэтому пересечение этих событий есть {τ > n + k}. Найдёмдля целого m > 0 вероятность P(τ > m):∞∞XXp qmP(τ > m) =P(τ = i) =p q i−1 == qm .1−qi=m+1i=m+1Можно получить P(τ > m) и ещё проще: событие {τ > m} означает в точности, что в схеме Бернулли первые m испытаний завершились «неудачами», т. е. его вероятность равна q m .
Возвращаясь к (7), получимP(τ > n+k | τ > n) =q n+kP(τ > n + k)= n = q k = P(τ > k).P(τ > n)q§ 3. Независимые испытания с несколькими исходамиРассмотрим следующий пример, когда из двух очень похожих вопросовна один можно ответить, пользуясь формулой Бернулли, а для другого этойформулы оказывается недостаточно.Пример 29. Игральная кость подбрасывается пятнадцать раз. Найтивероятности следующих событий: а) выпадет ровно десять троек; б) выпадет ровно десять троек и три единицы.Р е ш е н и е.
а) Есть пятнадцать испытаний схемы Бернулли с вероятностью успеха 1/6 (здесь успех — выпадение тройки). Вероятность десятиуспехов в пятнадцати испытаниях равна1010P(ν15 = 10) = C15(1/6)15−10(1 − 1/6).б) Здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпадениетройки, выпадение единицы, выпадение остальных граней. Воспользоваться формулой для числа успехов в схеме Бернулли не удаётся — перед намиуже не схема Бернулли.Осталось изобрести формулу для подсчёта вероятности каждому исходу в нескольких независимых испытаниях выпасть нужное число раз, еслив одном испытании возможно не два, а более исходов.Пусть в одном испытании возможны m исходов: 1, 2, .
. . , m, и исход iв одном испытании случается с вероятностью pi , где p1 + . . . + pm = 1.42ГЛАВА 5. Схема БернуллиОбозначим через P (n1 , . . . , nm ) искомую вероятность того, что в n == n1 + . . . + nm независимых испытаниях исход 1 появился n1 раз, исход 2 — n2 раз, и т. д., исход m — nm раз.Теорема 13. Для любого n и любых целых n1 > 0, . . . , nm > 0 таких,что n1 + . . . + nm = n, верна формула:n!pn1 · . . . · pnmm .P (n1 , .
. . , nm ) =n1 ! . . . nm ! 1Доказательство. Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению n1 единиц, n2 двоек, . . . , nm раз m-ок:(1, . . . , 1, 2, . . . , 2, . . . , m, . . . , m).| {z } | {z }| {z }n1n2nmЭто результат n экспериментов, когда все нужные исходы появились в некотором заранее заданом порядке. Вероятность такого результата n независимых испытаний равна pn1 1 · . . . · pnmm .Остальные благоприятные исходы отличаются лишь расположением чисел 1, 2, . .
. , m на n местах. Число таких исходов равно числу способоврасставить на n местах n1 единиц, n2 двоек, . . . , nm чисел m, т. е.n!n2n3nm· Cn−n· . . . · Cn−n=Cnn1 · Cn−n.11 −n21 −...−nm−1n1 ! . . . nm !Теперь мы можем вернуться к примеру 29(б) и выписать ответ: так каквероятности выпадения тройки и единицы равны по 1/6, а вероятность третьего исхода (выпали любые другие грани) равна 4/6, то вероятность получить десять троек, три единицы и ещё два других очка равна 21 115!4.P (10, 3, 2) =10! 3! 2! 610 63 6§ 4. Приближение гипергеометрическогораспределения биномиальнымРассмотрим урну, содержащую N шаров, из которых K шаров — белые,а оставшиеся N − K шаров — чёрные.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
