VII. Геометрична ймовірність.

Класичне означення не можна застосувати у випадку нескінченної

кількості рівноможливих результатів експерименту. До моделювання вказаної

ситуації більш пристосованим є геометричне означення ймовірності.

Нехай - обмежена множина скінченовимірного евклідового простору. Припустимо, що вона має об’єм у цьому просторі. (Наприклад – площу на площині, або звичайний об’єм у тривимірному просторі.) За алгебру подій візьмемо сукупність всіх підмножин множини , що мають об’єм. Тоді за ймовірність події візьмемо відношення об’ємів та :

. (3)

Помітимо, що у цьому випадку алгебра подій містить не всі підмножини , оскільки не всі вони мають об’єм. Якщо в умові задачі є слова «випадкова точка має рівномірний розподіл на множині », то це й треба розуміти так, що ймовірність потрапляння точки у певну підмножину обчислюється за формулою (3).

Задача Бюффона.

Підлогу закреслено паралельними прямими, відстань між якими дорівнює . На підлогу навмання кидають голку довжиною . Знайти ймовірність того, що голка перетне будь-яку пряму.

Розв’язання. Визначимо простір елементарних подій. Нехай - відстань від центру голки до найближчої прямої , а - кут між голкою та прямою. Пара чисел визначає положення голки у просторі з точністю до вибору конкретної прямої. Оскільки не має значення, яку конкретно пряму перетинає голка і яким кінцем вона це робить, то за простір елементарних подій візьмемо прямокутник

.

Його площа . Голка перетинає пряму, коли (див. рис. 1).

Рис.1

Таким чином, подія, що нас цікавить

.

Її площа

.

За формулою (3)

.

VIII. Умовна ймовірність. Формула Байєса.

Під час дослідження випадкових явищ іноді виникає ситуація, коли ми отримуємо додаткову інформацію про можливі результати експерименту.

Приклад. З 30 білетів студент вивчив лише білети з 1 по 3 та з 28 по 30. На іспит він з’явився одинадцятим та отримав інформацію, що залишилися лише білети з 1 по 20. Знайти ймовірність події В = { студент отримав вивчений білет }.

Розв’язання. Без додаткової інформації про білети, що залишилися, ймовірність події В можна обчислити за класичною схемою. Елементарними подіями у нашому випадку будуть номери білетів. Оскільки невідомо, які білети залишилися, вважаємо, що ймовірність отримати будь-який з них однакова. Тоді простір , . Подія В ототожнюється з набором номерів вивчених білетів За класичним означенням

.

Якщо відомо, які білети залишилися, то кількість можливих елементарних подій скорочується. Отримання інформації про наявність білетів тільки з1 по 20 вважатимемо появою події , Це й буде новий простір елементарних подій. Зрозуміло, що після цього студенту залишається сподіватися на отримання білетів 1, 2 чи 3. Тобто замість події В треба розглядати подію , яка є перетином множин А та В, тобто добутком подій АВ = , Це природно, бо подія В у нашому випадку з’являється разом з подією А. За класичною схемою ймовірність події АВ у просторі елементарних подій А дорівнює

.

Природно назвати отримане число умовною ймовірністю події В за умовою, що відбувається подія А. Позначимо її як . Поділимо у останньому дробу чисельник та знаменник на :

.

Отримана формула приймається за означення умовної ймовірності також і у загальному випадку:

Нехай - довільний імовірнісний простір з алгеброю подій та ймовірністю . Якщо події А та В належать алгебрі , , то умовна ймовірність події В за умовою, що відбувається подія А визначається як

. (4)

Вказана формула дозволяє визначити поняття незалежності подій. Природно вважати, що події А та В незалежні, якщо ймовірність події В не змінюється, коли відбувається подія А, тобто . З формули (4) випливає тоді, що , звідки . Це й розглядається, як означення незалежності подій.

Події А та В називаються незалежними, якщо

.

Теорема множення подій. Для будь-яких подій А та В

. (5)

Доведення. Помножимо обидві частини (4) на . Теорему доведено.

Зауваження. Оскільки АВ = ВА, то .

Теорема (формула повної ймовірності).

Нехай А – довільна подія, події В₁, В₂,…, В_n попарно несумісні, , і . Тоді

. (6)

Доведення.

Подію А можна записати у вигляді суми попарно несумісних подій

(див. рис. 2). Тоді за аксіомою А3 та зауваженням до формули (5)

.

Теорему доведено.

Рис. 2

Наслідок (формула Байєса).

(7)

Доведення.

За означенням умовної ймовірності та теоремою множення подій

.

Замінюючи за формулою повної ймовірності (6), маємо (7). Наслідок доведено.

Події В₁, В₂,…, В_n природно розглядати, як причини, що викликають появу події А, тобто подія А з’являється завдяки сприянню однієї та тільки однієї з подій В₁, В₂,…, В_n.. Нам відомі лише ймовірності умов В₁, В₂,…, В_n - - та ймовірності появи події А завдяки сприянню кожної умови - . Формула повної ймовірності дозволяє обчислити ймовірність появи А в тому випадку, коли невідомо, яка конкретно з причин В₁, В₂,…, В_n викликає подію А. Ймовірності називаються апріорними (від латинського a priori – що значить «до того, як»). Формула Байєса дозволяє перерахувати ймовірності умов В₁, В₂,…, В_n в тому випадку, коли подія А вже відбулася. Умовні ймовірності називаються апостеріорними (від латинського

a posteriori – що значить «після того, як»). Це можна розглядати, як ймовірність того, що подію А викликано конкретною причиною .

Приклади.

1) В ящику міститься білих та чорних кульок. Одну кульку невідомого кольору втрачено. Яка ймовірність після цього витягнути навмання білу кульку?

Розв’язання. Позначимо випадкову подію, яка досліджується у задачі – «витягнуто білу кульку», через , подію «втрачено чорну кульку» через , подію «втрачено білу кульку» через . Тоді

,

.

За формулою повної ймовірності (6)

Цікаво, що ймовірність дістати з ящику білу кульку до втрати однієї кульки також дорівнює

2) Фабрика має три виробничі лінії. З них перша виробляє 25% продукції, друга – 35%, а третя – 40% продукції. Браковані вироби в продукції кожної лінії складають відповідно 5%, 4% та 2%.

а) Знайти ймовірність того, що навмання взятий виріб з’явиться бракованим.

б) Навмання взятий виріб з’явився бракованим. Яка ймовірність того, що його було вироблено першою, другою чи третьою лінією?

Розв’язання. а) Позначимо через А подію, що навмання взятий виріб з’явився бракованим, а через В₁, В₂, В₃ подію, що навмання взятий виріб було вироблено першою, другою чи третьою лінією відповідно. За умовами задачі

де - ймовірності навмання взяти бракований виріб за умови, що його було виготовлено першою, другою чи третьою лінією відповідно. За формулою повної ймовірності (6):

б) Тут вже йдеться про апостеріорні ймовірності

.

За формулою Байєса (7)

,

,

.