chapter3 (Л.Н. Фадеева - Задачи по теории вероятностей с решениями (PDF))

Глава 3. Основные формулы теория вероятностей§ 1. Операции над событиями.Суммой двух событий А и В называется событиеАВ (А+В),заключающееся в том, что произойдет хотя бы одно из событий А или В(либо событие А, либо событие В либо А и В одновременно).Произведением (или пересечением) двух событий А и В называется событиеАВ (АВ), состоящее в одновременном появлении и события А и событияВ.Вероятность суммы двух событий вычисляется по формуле (теорема сложения)P( A  B)  P( A)  P( B)  P( AB) .События А1,А2,...,Ак образуют полную группу событий, если в результатеnиспытания непременно произойдет одно из них , т.е.Аi .i 1События А и В называются несовместными (непересекающимися), еслиони не могут произойти одновременно АВ=.

Если события несовместны, тоР(АВ) = 0 и Р(А + В) = Р(А) + Р(В).Задача 1. В ящике 10 красных и 5 синих пуговиц. Вынимаются наудачу двепуговицы. Какова вероятность, что пуговицы будут одноцветными?Решение. Событие A={вынуты пуговицы одного цвета} можно представить ввиде суммы A  A1  A2 , где события A1 и A2 означают выборку пуговицкрасного и синего цвета соответственно. Вероятность вытащить две красныеC2пуговицы равна P( A1 )  102 , а вероятность вытащить две синие пуговицыC15C52. Так как события A1 и A2 не могут произойти одновременно, то вC152силу теоремы сложения10!5!C102  C 52 2!8! 2!3!P( A)  0,438.15!C1522!13!P( A2 ) § 2.

Условная вероятность и теорема умножения.Помимо обычной (безусловной) вероятности можно рассматривать такназываемую условную вероятность, вычисляемую при условии, что событие Bпроизошло. Такую вероятность (вероятность А при условии В) обозначаютР(А|В) и вычисляют с помощью одной из двух формул:| AB | P( AB )P( A | B ) .|B|P( B )Из этой формулы вытекает формула для вероятности произведения двух событий(теорема умножения)P( AB)  P( B) P( A | B) èëè P ( AB)  P( A) P( B | A) .Формула умножения для трех событий:1P( ABC)  P( A) P( B | A) P(C | AB) .Задача 2.

В семье – двое детей. Какова вероятность, что старший ребенок –мальчик, если известно, что в семье есть дети обоего пола?Решение. Пусть А={старший ребенок – мальчик}, B={в семье есть дети обоегопола}. Будем считать, что рождения мальчика и рождение девочки –равновероятные события. Если рождение мальчика обозначить буквой М, арождение девочки – Д, то пространство всех элементарных исходов состоит изчетырех пар:   ÌÌ , ÌÄ , ÄÌ , ÄÄ  .

В этом пространстве лишь два исхода (МДи ДМ) отвечают событию B. Событие AB означает, что в семье есть дети обоегопола и старший ребенок – мальчик, это значит, что второй (младший) ребенок –девочка. Этому событию AB отвечает один исход – МД. Таким образом, |AB|=1,|B|=2 и| AB | 1P( A | B)   0,5.|B| 2Задача 3. Мастер, имея 10 деталей, из которых 3 – нестандартных, берет ипроверяет детали одну за другой, пока нему не попадется стандартная. Каковавероятность, что он проверит ровно две детали.Решение.

Событие А={мастер проверил ровно две детали} означает, что притакой проверке первая деталь оказалась нестандартной, а вторая – стандартная.Значит, A  A1 A2 , где A1 ={ первая деталь оказалась нестандартной } иA2 ={втораядеталь–стандартная}.Очевидно,чтовероятностьP( A1 )  3 / 10, кроме того, P( A2 | A1 )  7 / 9 (так как перед взятием второй детали умастера осталось 9 деталей, из которых только 2 нестандартные и 7стандартных). По теореме умножения3 7P( A)  P( A1 A2 )  P( A1 ) P( A2 | A1 )    0,23.10 9§ 3. Независимость событий.Событие А не зависит от В, если появление события В не меняетзначения вероятности события А, т.е. условная вероятность равна безусловной:Р(А/В) = Р(А).

Аналогично определяется независимость события B от A.Оказывается, что свойство независимости на самом деле симметричноотносительно событий A и B, и потому определение независимости двух событийпринимает более простой вид:два события A и B независимы, если справедливо равенствоР(АВ) = Р(А)  Р(В).Это равенство можно использовать также как удобный критерий независимостипри практической проверке независимости двух событий.Задача 4. В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом ящике – 6 белых и4 черных шара.

Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будетвынут один белый шар, если из каждого ящика вынуто по одному шару.Решение. Событие A={хотя бы из одного ящика вынут белый шар} можнопредставить в виде суммы A  A1  A2 , где события A1 и A2 означают выборкуодного белого шара из первого и второго ящика соответственно.

Вероятность2вытащить белый шар из первого ящика равна P( A1 )  3 / 8 , а вероятностьвытащить белый шар из второго ящика P( A2 )  6 / 10 . Кроме того, в силу3 6независимости A1 и A2 имеем: P( A1 A2 )  P( A1 ) P( A2 )    0, 225 . По теореме8 10сложения получаем:P( A)  P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1 A2 )  3 / 8  6 / 10  0,225  0,75 .§ 4.

Формула полной вероятности.Пусть событие А может быть реализовано только при условии появленияодного из событий Hi, i = 1,..., n. Предположим, что события Hi несовместны,образуют полную группу (т.е. в результате испытания непременно произойдетодно из них) и вероятности их до опыта известны.. Такие события Hi называютсягипотезами. Тогда вероятность события А можно вычислить с помощьюформулы полной вероятности:nP( A)   P( H i ) P( A | H i ) .i 1Задача 5. Три экзаменатора принимают экзамен по некоторому предмету угруппы в 30 человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй — 3студента, а третий — 21 студентов (выбор студентов производится случайнымобразом из списка).

Отношение трех экзаменаторов к слабо подготовившимсяразличное: шансы таких студентов сдать экзамен у первого преподавателя равны40%, у второго — только 10%, зато у третьего — 70%. Найти вероятность того,что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен.Решение. Обозначим через H1 , H 2 , H 3 – гипотезы, состоящие в том, что слабоподготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменаторусоответственно.

По условию задачиP( H1 )  6 / 30  0,2 , P( H 2 )  3 / 30  0,1 , P( H 3 )  21 / 30  0,7 .Пусть событие A={слабо подготовившийся студент сдал экзамен}. Тогда снова всилу условия задачиP( A | H1 )  0,4 ,P( A | H 2 )  0,1 ,P( A | H 3 )  0,7 .По формуле полной вероятности получаем:P( A)  0,4  0,2  0,1  0,1  0,7  0,7  0,58 .Для решения задач такое типа удобно использовать так называемое"дерево" вероятностей. Из формулы полной вероятности следует, что длявычисления вероятности события А необходимо осуществить перебор всех путей,ведущих к результирующему событию А; вычислить и расставить насоответствующих путях вероятности Р(Нi) того, что движение будет происходитьпо данному пути, и вероятности Р(А/ Нi) того, что на данном пути будетдостигнуто конечное событие А.

Затем вероятности, стоящие на одном пути,перемножаются, а результаты, полученные для различных путей, складываются.Каждое из условий может в свою очередь делиться на несколькодополнительных условий или гипотез, т.е. на каждом этапе оно допускаетнеограниченное число ветвлений схемы, поэтому в решении задач удобнеепользоваться не самой формулой полной вероятности, а графической схемойполной вероятности, которую называют "деревом" вероятностей.3§ 5. Формулы Байеса.Предположим теперь другую ситуацию: пусть теперь известно, чтособытие A произошло. Это знание влияет на нашу оценку вероятностей гипотезНk, т.е.

на вероятность того, что событие A произошло именно путем Нk. Этиусловные вероятности (т.е. при условии, что событие А произошло),вычисляются с помощью формулы Байеса:P( H k )  P( A | H k )P( H k | A)  n. P( H i )  P( A | H i )i 1Отметим, что в знаменателе этой формулы записана ничто иное как вероятностьР(А), вычисленная по формуле полной вероятности.Задача 6. (см. задачу 4) Известно, что студент сдавал экзамен, но получил «неуд».Кому из трех преподавателей вероятнее всего он отвечал?Решение. Вероятность получить «неуд» равна P ( A)  1  P ( A)  1  0,58  0,42 .Требуется вычислить условные вероятности P ( H i | A), i  1,2,3 . По формуламБайеса получаем:P( H1 )  P( A | H1 ) 0,2  0,6P( H1 | A)  0,285 ,0,42P( A)и аналогично,0,1  0,90,7  0,3P( H 2 | A)  0,214 ,P( H 3 | A)  0,50,420,42Отсюда следует, что вероятнее всего слабо подготовившийся студент сдавалэкзамен третьему экзаменатору.Задачи для самостоятельного решения1.

Рабочий обслуживает три независимо работающих станка. Событие Аi ={ i-ыйстанок в течении часа потребует наладки}, Р(Аi)=0,2, i=1,2,3. Выразитьсобытия: а) ровно два станка потребуют наладки; б) не более двух потребуютналадки; в) хотя бы один потребует наладки. Найти вероятность события в).2. Стрелок делает три выстрела, при этом он поражает цель с вероятностью 0,6при одном выстреле. Событие Аi={ i-ая пуля попала в цель }, i=1,2,3.Выразить события: а) было хотя бы одно попадание; б) ровно однопопадание; в) не менее двух попаданий.