- •Введение
- •Алгебра событий
- •Классификация событий
- •Aлгебра событий
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Вероятность события
- •Статистический подход к понятию вероятности
- •Классическое определение вероятности
- •Геометрическая вероятность
- •Аксиомы вероятности
- •Элементы комбинаторики
- •Решение задач
- •Сложение и умножение вероятностей
- •Условная вероятность.
- •Теорема сложения вероятностей совместных событий
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Формулы полной вероятности и Байеса
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Повторные независимые испытания
- •Наиболее вероятное число появлений события
- •Приближение Пуассона
- •Локальная и интегральная теоремы Лапласа
- •Отклонение частоты появления события от его вероятности
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Случайные величины и их распределения
- •Случайные величины
- •Закон распределения дискретной случайной величины
- •Функция распределения случайной величины
- •Плотность распределения случайной величины
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Числовые характеристики случайных величин
- •Математическое ожидание
- •Дисперсия
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Законы распределения случайных величин
- •Биномиальное распределение
- •Распределение Пуассона
- •Равномерное распределение
- •Экспоненциальное распределение
- •Нормальное распределение (распределение Гаусса)
- •Решение задач
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Индивидуальные задания
- •Вариант 1
- •Вариант 2
- •Вариант 3
- •Вариант 4
- •Вариант 5
- •Вариант 6
- •Вариант 7
- •Вариант 8
- •Вариант 9
- •Вариант 10
- •Вариант 11
- •Вариант 12
- •Вариант 13
- •Вариант 14
- •Вариант 15
- •Вариант 16
- •Вариант 17
- •Вариант 18
- •Вариант 19
- •Вариант 20
- •Содержание
34 |
ГЛАВА 1. СОБЫТИЯ И ВЕРОЯТНОСТЬ |
1.4 Формулы полной вероятности и Байеса
Пусть событие A может произойти совместно с одним из событий H1, H2, . . . , Hn , которые попарно несовместны и образуют полную группу событий, т.е.
n
P Hi = Ω, а Hi ∩ Hi = , i 6= j и P (H1) + P (H2) + . . . +
i=1
P (Hn) = 1.
События Hi называются гипотезами. Тогда любое событие можно представить в виде суммы непересекающихся составляющих: A = P A · Hi. См. рисунок.
Рис. 1.11. Разложение события на составляющие
Пусть известны вероятности гипотез P (H1), P (H2), . . . ,
P (Hn) и условные вероятности P (A | H1), P (A | H2), . . . , P (A | Hn). Тогда вероятность события A равна сумме ве-
роятностей составляющих его частей:
n |
n |
XX
P (A) = |
P (A · Hi) = P (Hi) · P (A|Hi) |
(1.15) |
i=1 |
i=1 |
|
Формула (1.15) называется формулой полной вероятности. Вероятности P (Hi) называются доопытными (априорными) вероятностями гипотез.
Предположим, что произведен эксперимент, в результате которого наступило событие A . В связи с этим возникает вопрос: какова вероятность того, что данное событие
1.4. ФОРМУЛЫ ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ И БАЙЕСА |
35 |
произошло в результате реализации той или иной гипотезы? Эта вероятность рассчитывается как условная вероятность интересующей нас гипотезы при условии, что произошло событие A.
P (H A) = |
P (Hi · A) |
= |
P (Hi) · P (A|Hi) |
(1.16) |
|
P (A) |
n |
||||
i| |
|
||||
|
|
|
iP |
|
|
|
|
|
P (Hi) · P (A|Hi) |
|
|
|
|
|
=1 |
|
Формула (1.16) называется формулой Байеса. Вероятности P (Hi | A) называются послеопытными (апостериорными) вероятностями. Заметим, что знаменатель в формулах (1.16) совпадает с правой частью формулы (1.15). Формулы (1.16) называют так же формулами гипотез.
1.4.1Решение задач
Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек являются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружились серьезные изменения в легких. Среди некурящих изменения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изменения в легких, является курящим?
Решение. Введем гипотезы: H1 — обследованный является постоянно курящим, H2 — является некурящим. Тогда по условию задачи
P (H1) = |
4000 |
= 0, 4, |
P (H2) = |
6000 |
= 0, 6 |
10000 |
10000 |
Обозначим через A событие, состоящее в том, что обследованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи
P (A | H1) = |
1800 |
= |
|
9 |
, P (A | H2) = |
1500 |
= |
5 |
||
|
|
|
|
|
|
|
||||
4000 |
20 |
4000 |
20 |
По формуле (1.15) находим
36 |
ГЛАВА 1. СОБЫТИЯ И ВЕРОЯТНОСТЬ |
P (A) = P (H1)P (A | H1) + P (H2)P (A | H2) = = 0, 4 · 209 + 0, 6 · 205 = 201 (3, 6 + 3) = 620, 6 = 0, 3
Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна
|
|
|
|
P (H1)P (A|H1) |
|
|
|
0.4 · |
9 |
|
|
|||
P (H |
1| |
A) = |
|
= |
20 |
|
= |
|||||||
|
|
|
|
6.6 |
|
|
||||||||
|
|
|
P (A) |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
0.4 · 9 |
|
|
|
|
|
20 |
|
|
|
|
|
|
= |
|
= |
3.6 |
= |
6 |
|
= 0.55 |
|
|
|||
|
|
6.6 |
|
11 |
|
|
||||||||
|
|
|
6.6 |
|
|
|
|
|
|
Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех заводов: 30% с первого завода, 20% — со второго, 50% — с третьего. Продукция первого завода содержит 20% телевизоров со скрытым дефектом, второго — 10% , третьего
— 5%. Какова вероятность приобрести исправный телевизор?
Решение. Рассмотрим события: A — приобретен исправный телевизор; гипотезы H1, H2, H3 — телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего завода. По условию задачи
P (H1) = |
30 |
= 0.3; P (H2) = |
20 |
|
= 0.2; P (H3) = |
50 |
= 0.5. |
|||||
|
|
|
|
|
||||||||
100 |
100 |
100 |
||||||||||
P (A | |
H1) = |
80 |
= 0.8; P (A | H2) = |
90 |
= 0.9; |
|
||||||
|
|
|
||||||||||
100 |
100 |
|
95
P (A | H3) = 100 = 0.95.
По формуле (1.15) находим
P (A) = |
P (H1) · P (A | H1) + P (H2) · P (A | H2) + |
+ |
P (H3) · P (A | H3) = |
= |
0.3 · 0.8 + 0.2 · 0.9 + 0.5 · 0.95 = 0.895. |
1.4. ФОРМУЛЫ ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ И БАЙЕСА |
37 |
Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором — 10 белых и 10 черных шаров, в третьем — 20 черных шаров. Из наугад выбранного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.
Решение. Пусть событие A — вынут белый шар, гипотезы H1, H2, H3 — шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим
P (H1) = P (H2) = P (H3) = |
1 |
; P (A | H1) = |
20 |
= 1; |
||||||
|
|
|||||||||
3 |
20 |
|||||||||
P (A | H2) = |
10 |
= |
1 |
; P (A | H3) = |
0 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|||||
20 |
2 |
20 |
|
|
Тогда по формуле (1.15) находим
P (A) = P (H1)P (A | H1) + P (H2)P (A | H2) + P (H3)P (A | H3) =
=13 · (1 + 12 + 0) = 12
По формуле (1.16) находим
P (H |
2 |
| |
A) = |
P (H2)P (A | H2) |
= |
31 · 21 |
= |
1 |
P (A) |
|
3 |
||||||
|
|
1 |
|
|||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигналов «точка» и «тире». Статистические свойства помех таковы, что искажаются в среднем 2/5 сообщений «точка» и 1/3 сообщений «тире». Известно, что среди передаваемых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотношении 5 : 3. Определить вероятность того, что принят передаваемый сигнал, если:
а) принят сигнал «точка»;
б) принят сигнал «тире».
Решение. Пусть событие A — принят сигнал «точка», а событие B — принят сигнал «тире».
Можно сделать две гипотезы: H1 — передан сигнал «точка», H2 — передан сигнал «тире». По условию P (H1) : P (H2) =
38 |
ГЛАВА 1. СОБЫТИЯ И ВЕРОЯТНОСТЬ |
5 : 3. Кроме того, P (H1) + P (H2) = 1. Поэтому P (H1) = 5/8, P (H2) = 3/8. Известно, что
|
|
|
|
P (A|H1) = |
3 |
, P (A|H2) = |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
5 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
P (B|H1) = |
2 |
, P (B|H2) = |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
5 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
Вероятности событий A и B находим по формуле пол- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
ной вероятности: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
3 |
|
3 |
|
|
3 |
1 |
|
1 |
|
5 |
2 |
|
|
|
3 |
2 |
|
1 |
||||||||||||||||
P (A) = |
|
· |
|
|
+ |
|
· |
|
= |
|
, P (B) = |
|
· |
|
|
|
+ |
|
|
|
· |
|
|
= |
|
|
. |
||||||||
8 |
5 |
8 |
3 |
2 |
8 |
5 |
8 |
3 |
2 |
||||||||||||||||||||||||||
Искомые вероятности будут: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
а) |
P (H |
|
A) = |
P (H1)P (A|H1) |
= |
|
85 · 53 |
|
= |
3 |
; |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
1/2 |
4 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1| |
|
|
|
|
|
|
P (A) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
б) |
P (H |
2| |
B) = |
P (H2)P (B|H2) |
= |
83 · 32 |
|
= |
|
1 |
. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P (B) |
|
|
1/2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защищены от воздействия помех. Вероятность того, что защищенный канал в течении времени t не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала — 0.8. Найти вероятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени t, причем оба канала не защищены от воздействия помех.
Решение. Пусть событие A — оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 — выбран защищенный канал, A2 — выбран незащищенный канал.
Запишем пространство элементарных событий для
опыта — {ВЫБРАНО ДВА КАНАЛА}:
Ω = {A1A1, A1A2, A2A1, A2A2}
Гипотезы:
H1 — оба канала защищены от воздействия помех;
H2 — первый выбранный канал защищен, второй выбранный канал не защищен от воздействия помех;
H3 — первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;