ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА, (1269688), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Например, можно говорить о шляпах, перепутанных в гардеробе ираспределенных случайно между посетителями, или о письмах, наугадразосланных N адресатам и т.д.)Решение. Возможность вычисления этих вероятностей открываетследующая теорема.Теорема. Пусть имеем группу событий A1 , A2 , A3 ,¼, AN . Для любогоцелого m, удовлетворяющего условию 1 £ m £ N , вероятность P[m]одновременного появления m из N событий A1 , A2 , A3 ,¼, AN .
определяетсяформулойP[m] = Sm – Cmm+1Sm+1 + Cmm+2 S m+2 – ¼± C Nm S N ,(2.3.1)гдеS1 = å P ( Ai ), S2 = å P( Ai Aj ), S3 = å P ( Ai Aj Ak ), K .ii ¹ j¹ki¹ jК формуле (2.3.1) приводят следующие соображения. Пусть E ––элементарный исход опыта. Предположим, что этот исход включен в n из Nсобытий Ai.
Тогда вероятность этого исхода P(E) входит в состав P[m]только при n = m. Заметим, что P(E) входит в суммы S1 , S 2 ,¼, S n и не43входит в суммы S n +1 , S n+2 ,¼, S N . Это означает, что P(E) не входит в правуючасть (2.3.1) при n < m. При n = m вероятность P(E) входит в сумму Sm, апри n > m члены P(E) в суммах S m , S m+1 ,¼, S n взаимно уничтожаются. Всамом деле, из n событий, содержащих E, можно образовать Cnk групп по k,поэтому P(E) входит в Sk с коэффициентом Cnk . Тогда при n > mвероятность P(E) входит в правую часть равенства (2.3.1) с коэффициентомCnm - Cmm+1Cnm+1 + Cmm+2Cnm+ 2 -¼ .(2.3.2)Но Cmm+nCnm+n = CnmCnn-m (в этом легко убедиться, записав левую иправую часть равенства через факториалы). Поэтому выражение (2.3.2)преобразуется к видуCnm{Cn0-m - Cn1-m + ...
± Cnn--mm }. .В последнем выражении в скобке имеем разложение бинома(1 - 1) = 0 , так что коэффициент (2.3.2) равен нулю.Продолжим решение примера. Установлено, что вероятность ровноm совпадений в соответствии с формулой (2.3.1) равна1 1111P (0) = 1 – 1 + - + ¼ m±m ;2! 3!( N - 2)! ( N - 1)! N !n- mP(1) = 1 – 1 +1 111- + ... m±;2! 3!( N - 2)! ( N - 1)!P (2) =1ì1 111 ümí1 - 1 + - + ... ±ý;2! î2! 3!( N - 3)! ( N - 2)! þP(3) =1ì1 11 üí1 - 1 + - + ...
±ý;3! î2! 3!( N - 3)!þ..................................P( N – 2) =11üìí1 - 1 + ý ;( N - 2)! î2!þ1{1 - 1} = 0.( N - 1)!Здесь равенство нулю означает невозможность получить N - 1совпадение без того, чтобы не было N совпадений:1P( N ) = .N!P( N – 1) =44Задача 2.17. В каждой из двух урн находятся шары с номерами от 1до N. Из каждой урны бесповторным способом вынимают по одному шаруи сравнивают их номера.В нечетных вариантах: какова вероятность того, что совпаденийномеров будет не более k?В четных вариантах: какова вероятность того, что совпаденийномеров будет не менее k?(См. пример 2.17 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.17.№ N k № N k № N k № N k № N k № N k1 5 2 6 7 6 11 8 2 16 8 5 21 9 4 26 10 82 5 3 7 7 3 12 5 2 17 9 2 22 9 8 27 10 43 6 3 8 7 5 13 6 2 18 9 6 23 10 2 28 10 94 6 4 9 5 3 14 8 3 19 9 3 24 10 7 29 12 25 7 2 10 8 6 15 8 7 20 9 7 25 10 3 30 12 102.4.
Формула полной вероятностиПусть событие A может произойти с одним и только с одним изнесовместимых событий B1 , B2 ,¼, Bn , образующих полную группу. Инымисловами, событие A появится, если произойдет событие B1 и при этомпоявится событие A, или произойдет событие B2 и при этом появитсясобытие A и т.д. Символическая запись этой фразы имеет видA = B1 A + B2 A + ¼+ Bn A.В силу несовместимости событий можно записатьP( A) = P( B1 A) + P ( B2 A) + ¼+ P ( Bn A).Используя теорему умножения вероятностей, получаем формулуP ( A) = P ( B1 ) P ( A / B1 ) + P ( B2 ) P( A / B2 ) + ¼ + P ( Bn ) P ( A / Bn ),которая и называется формулой полной вероятности.
Обычно еезаписывают кратко:nP( A) = å P ( Bi ) P ( A / Bi ).(2.4.1)i =1Пример 2.18. Имеется две коробки деталей, в каждой из которых по10 деталей. В первой коробке среди деталей две низкого сорта, а во второйчетыре низкосортных детали. Из первой коробки для нужд производствавзяли наугад половину деталей, а оставшиеся высыпали во вторуюкоробку. Через некоторое время из второй коробки взяли наугад деталь.Какова вероятность того, что это деталь низкого сорта?Решение.
Обозначим через A событие, состоящее в выборе из второйкоробки детали низкого сорта. Возможность этого выбора зависит от того,45какие именно детали были добавлены во вторую коробку. На этот счетможно выдвинуть следующие предположения: B1 –– во вторую коробкудобавили пять годных деталей; B2 –– добавили одну деталь низкого сорта ичетыре доброкачественные; B3 –– добавили две детали низкого сорта и тридоброкачественные. Пять деталей во вторую коробку можно переложить10!n = С105 == 252 способами. Из них событию B1 благоприятствует5! 5!С85 = 56 , событию B2 — С21С84 = 2 × 70 = 140 , а событию B3 — С22С83 = 56способов. Событие A произойдет, если появится событие B1 и после этогопроизойдет событие A или появится событие B2 и после этого произойдетсобытие A или появится B3 и после этого произойдет A.
Символически:A = B1 A + B2 A + B3 A. Учитывая несовместность событий Bi, имеемP ( A) = P ( B1 A) + P( B2 A) + P( B3 A) == P( B1 ) P( A / B1 ) + P ( B2 ) P( A / B2 ) + P( B3 ) P( A / B3 ) == (4 / 15)(56 / 252) + (5 / 15)(140 / 252) + (6 / 15)(56 / 252) = 1 / 3.Ответ. 1/ 3.Задача 2.18.1.
Из урны с n1 белыми и n2 черными шарами k шаров,взятые наугад, были перенесены в урну с m1 белыми и m2 чернымишарами. Какова после этого вероятность вынуть белый шар из второйурны? (См. пример 2.18. Для нечетных вариантов k = 2 , для четных k = 3 ;величины n1, n2, m1, m2 взять из исходных данных к задаче 2.14.)Задача 2.18.2. В условиях задачи 2.26 из первой урны выбирают двашара, а из второй один. Затем из выбранных шаров наугад берут шар.Какова вероятность того, что шар будет белым? (См. пример 2.18).2.5. Формулы БайесаПусть событие A может наступить только при появлении одного изнесовместных событий B1 , B2 ,K, Bn .
В этих условиях вероятность событияA можно вычислить по формуле полной вероятности (2.4.1). События Biиногда называют «гипотезами», поскольку можно лишь предполагать какоеименно из них произойдет. Предположим, что известны вероятности P(B1),P(B2), …, P(Bn).Проделан опыт, в результате которого событие A произошло. Тогдавероятности событий Bi, i = 1,2,¼, n, при условии появления события Aопределяются по формулам БайесаP( B ) P( A / Bi )P ( Bi / A) = n = i, i 1,2,¼, n.(2.5.1)å P( B j ) P( A / B j )j =146Формулы Байеса позволяют переоценивать вероятности гипотез(событий Bi) с учетом информации, которую содержит в себе фактпоявления события A.Пример 2.19.1.
По каналу связи передается одна из последовательностейбукв АААА, ВВВВ, СССС с вероятностями соответственно 0,5; 0,4; 0,1.Каждая передаваемая буква принимается правильно с вероятностью 0,8 и свероятностями 0,1 и 0,1 за любую из двух других букв. Предполагается,что искажаются буквы при передаче независимо друг от друга. Найтивероятность того, что передано АААА, если принято АВСА.Решение. Для краткости записи формулы обозначим АААА через Т1,ВВВВ через Т2, СССС через Т3. Тогда по формулам Байеса (2.5.1)Р (Т1 ) Р ( АВСА / T1 )=Р (Т1 / AВСА) =P (T1 ) P ( ABCA / T1 ) + P (T2 ) P ( ABCA / T2 ) + P(T3 ) P( ABCA / T3 )0,5 × 0,8 × 0,1 × 0,1 × 0,88== .0,5 × 0,8 × 0,1 × 0,1 × 0,8 + 0,4 × 0,1 × 0,8 × 0,1 × 0,1 + 0,1 × 0,1 × 0,1 × 0,8 × 0,1 9Ответ.
8/9.Пример 2.19.2. Три стрелка производят по одному выстрелу в одну иту же мишень. Вероятности попадания в мишень при одном выстреле дляэтих стрелков соответственно равны 0,8; 0,7; 0,6. Какова вероятность того,что третий стрелок промахнулся, если в мишени оказалось две пробоины?Решение. Обозначим через А событие, состоящее в появлении двухпробоин в мишени. В отношении двух пробоин могут быть трипредположения: В1 –– попали первый и второй стрелки, а третий не попал,вероятность чего равна Р ( В1 ) = 0,8 × 0,7 × 0, 4 = 0,224; В2 –– попали первый итретий,авторойнепопал,вероятностьчегоравнаР ( В=0,8 × 0,3 × 0,6= 0,144; В3 –– попали второй и третий, а первый не2)попал, вероятность чего равна Р ( В3 ) = 0,2 × 0,7 × 0,6 = 0,084.Заметим, что Р ( А / Bi ) = 1, i = 1,2,3. Тогда по формулам Байеса(2.5.1)P( B1 ) P( A / B1 )Р ( В1 / А) ==P( B1 ) P( A / B1 ) + P( B2 ) P( A / B2 ) + P ( B3 ) P ( A / B3 )0, 22456 1==» .0,224 + 0,144 + 0,084 113 256 1Ответ.» .113 2Задача 2.19.1.
Три стрелка производят по одному выстрелу в одну иту же мишень. Вероятности попадания в мишень при одном выстреле дляэтих стрелков соответственно равны р1, р2 и р3. Какова вероятность того,47что i-й стрелок промахнулся, если в мишени оказалось две пробоины? (См.примеры 2.19.1, 2.19.2 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.19.1.iii№ р1 р2 р3№ р1 р2 р3№ р1 р2 р31 0,7 0,6 0,4 3 11 0,8 0,6 0,3 2 21 0,5 0,3 0,7 12 0,7 0,6 0,3 2 12 0,8 0,6 0,3 1 22 0,5 0,4 0,8 33 0,4 0,7 0,9 1 13 0,4 0,5 0,8 3 23 0,5 0,4 0,8 24 0,8 0,3 0,4 3 14 0,4 0,5 0,8 2 24 0,5 0,4 0,8 15 0,8 0,3 0,4 2 15 0,4 0,5 0,6 1 25 0,4 0,6 0,8 36 0,8 0,3 0,4 1 16 0,5 0,3 0,7 3 26 0,4 0,7 0,3 27 0,4 0,5 0,7 3 17 0,5 0,3 0,7 2 27 0,3 0,5 0,6 38 0,4 0,5 0,7 2 18 0,5 0,7 0,3 1 28 0,3 0,4 0,8 29 0,4 0,5 0,7 1 19 0,5 0,4 0,7 3 29 0,7 0,4 0,6 210 0,8 0,6 0,3 3 20 0,5 0,3 0,7 2 30 0,6 0,5 0,3 3Задача 2.19.2.
Из урны, содержащей n белых и m черных шаровнаугад без возвращения выбирают три шара. Третий шар оказался белым.Какова вероятность того, что первые два шара были тоже белого цвета?Какова вероятность того, что первые два шара были разного цвета? (См.примеры 2.19.1, 2.19.2 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.19.2.№ n m № n m № n m № n m № n m № n m1 5 2 6 6 3 11 7 3 16 8 3 21 9 3 26 6 72 5 3 7 6 4 12 7 4 17 8 4 22 9 4 27 6 83 5 4 8 6 5 13 7 5 18 8 5 23 5 6 28 6 94 5 5 9 6 6 14 7 6 19 8 6 24 5 7 29 7 75 6 2 10 7 2 15 8 2 20 9 2 25 5 8 30 7 7Пример 2.20. В партии из 10 изделий с равными шансами можетоказаться от нуля до трех бракованных. Наугад взяли и проверили триизделия. Они оказались годными.
Какова вероятность того, что остальныеизделия в партии тоже годные?Решение. Насчет содержания в партии бракованных изделий поусловиям задачи может быть четыре предположения B0, B1, B2, B3, где Biозначает, что в партии i бракованных изделий. По условиям задачи все этипредположения равновозможны и поэтому имеют вероятности P = 1 / 4каждое. Обозначим через A факт проверки трех годных изделий. Требуетсянайти P ( B0 / A).48Заметим, что P ( A / B0 ) = 1, P ( A / B1 ) ==9 8 7 7× × ==0,7, P ( A / B2 ) =10 9 8 108 7 6 77 6 5 7× × = , P ( A / B3 ) =× × =.
Поэтому по формулам Байеса (2.5.1)10 9 8 1510 9 8 24P ( B0 / A) =P( B0 ) P ( A / B0 )==P( B0 ) P ( A / B 0 ) + P ( B1 ) × P ( A / B1 ) + P ( B2 ) P ( A / B2 ) + P ( B3 ) P( A / B3 )1×1244==» 0,41.11 7 1 7 1 7 59×1 + × + × + ×44 10 4 15 4 24Ответ. 24/59.Задача 2.20.1. В партии из n изделий с равными шансамисодержится от нуля до m изделий со скрытыми дефектами (брак). Взятыенаугад k изделий оказались годными. Какова вероятность того, что средиоставшихся непроверенных изделий содержится s изделий со скрытымидефектами? (См. пример 2.20 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.20.1.mksmksmks№ n№ n№ n8231 11 10 230 21 12 330141 12 12 232 22 84212 10 322 13 8321 23 10 3433 12 38230 14 10 232 24 12 331421 15 12 321 25 16 3305 10 330 16 8322 26 10 3206 12 28232 17 10 340 27 12 332721 18 12 320 28 16 2318 10 231 19 8240 29 10 3229 12 2320 20 10 342 30 12 33310 8Задача 2.20.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
