Элементы теории вероятностей

Задача 9. Из пяти букв разрезной азбуки составлено слово «книга». Неграмотный мальчик перемешал буквы и потом наугад их собрал. Какова вероятность того, что он опять собрал слово «книга»?

Решение.

1. Введём обозначение: событие А – собрано слово «книга».
2. В этом опыте элементарными событиями будут все возможные перестановки из пяти различных букв к, н, и, г, а. Число таких перестановок: Р5 = 5! = 120 = n.
3. Только в одном из этих случаев будет составлено слово «книга», т.е. m=1.
4. Получаем: Р(А) .·

Задача 10. На полке стоят 6 одинаковых банок: 3 с зелёной краской и 3 – с красной. Наугад берут три банки. Какова вероятность того, что эти банки содержат краску одного цвета?

Решение.

1. Составим вероятностную модель данного опыта. Будем считать, что банки занумерованы числами 1, 2, 3, 4, 5, 6, при этом первые три содержат зелёную краску, а последние три – красную. Тогда естественно считать, что элементарным исходом нашего опыта является тройка выбранных чисел, причём порядок чисел не важен.
2. Количество возможных исходов – это число сочетаний из 6 по 3, т.е. n = С63 = 20.
3. Благоприятных исходов два, а именно (1, 2, 3) и (4, 5, 6), т.е. m=2.
4. Искомая вероятность P(A) .·

Задача 11. На складе имеется 15 кинескопов, причём 10 из них изготовлены Омским заводом. Найти вероятность того, что среди пяти наудачу взятых кинескопов окажутся 3 кинескопа Омского завода.

Решение.

1. Элементарным исходом следует считать пятёрку выбранных кинескопов.
2. Общее число исходов n = С155 = 3003.
3. Подсчитаем число благоприятных исходов. При благоприятных исходах среди выбранных кинескопов должны быть: q1 – 3 кинескопа Омского завода и q2 – 2 кинескопа не омские. Т.е. благоприятные исходы m – это произведение q1×q2, т.к. именно произведение соответствует логическому и (см. раздел, посвящённый логическим операциям).
4. 3 кинескопа Омского завода из 10-ти можно выбрать С103 =120 способами.

2 кинескопа не омские выбираем  из 15 – 10 = 5: число сочетаний – С52 =10.

m = С103 × С52 = 120 × 10 = 1200.

5. Искомая вероятность P(A) .·

5. Статистическое определение вероятности.

Классическое определение вероятности события предполагает, что: 1) число элементарных исходов конечно; 2) все эти исходы равновозможны.

Однако на практике встречаются испытания с бесконечным числом различных возможных исходов. Кроме того, нет общих методов, позволяющих результат испытания, даже с конечным числом исходов, представить в виде суммы или объединения равновозможных элементарных исходов.

Поэтому применение классического определения вероятности весьма ограниченно.

Мы укажем сейчас другое определение вероятности, иногда более удобное для приложений.

Рассмотрим пример. Пусть в урне 10 одинаковых по размеру шаров, из них два белых, три чёрных и пять красных. Случайный опыт заключается в том, что вынимается наугад один шар. При этом шар может оказаться белым или чёрным, или красным. Будем в каждом опыте вытаскивать шар, фиксировать его цвет, опускать вынутый шар обратно в урну и тщательно перемешивать там шары. В результате каждого проведённого опыта можно вытащить шар любого из трёх возможных цветов: событие А1 – вынут белый шар, А2 – вынут чёрный шар, А3 – красный шар.

Если проводить такой опыт значительное число раз (n – велико), то окажется, что примерно в половине случаев вынули красный шар, в двадцати процентах случаев – белый, а в тридцати – чёрный. По мере увеличения числа проведённых опытов уверенность в соотношении шансов возможных событий, соответственно 5 : 2 : 3, будет подтверждаться со всё большей точностью.

Частота появления каждого из возможных событий, или относительная частота события:

p =

, где i= .

При числе испытаний n ® ¥ относительная частота события колеблется около некоторого постоянного числа p, называемого статистической вероятностью:

P(Ai) =

.

Задача 12. В результате ряда испытаний было обнаружено, что при 200 выстрелах стрелок попадает в цель в среднем 190 раз. Какова вероятность поражения цели стрелком? Сколько для него попаданий в цель можно ожидать при 1000 выстрелах?

Решение.

1) Используя статистическое определение  вероятности, имеем:

P =

= 0,95 = 95 %.

2) Число удачных выстрелов из 1000 выстрелов примерно составляет:

m = 1000 × 0,95 = 950.·

 

6. Теорема умножения вероятностей.

Вероятность события А при условии, что произошло событие В, называется условной вероятностью события А и обозначается:

Р(А/В) = РВ(А).

Вероятность каждого события А в данном испытании связана с наличием известного комплекса условий. При определении условной вероятности мы предполагаем, что в этот комплекс условий обязательно входит событие В. Таким образом, мы фактически имеем другой, более обременительный комплекс условий, соответствующий испытанию в новой обстановке. Вероятность РВ(А) появления события А при этих новых условиях называется его условной вероятностью, в отличие от вероятности Р(А), которая может быть названа безусловной вероятностью события А.

Задача 13. В урне находятся 7 белых и 3 чёрных шара. Какова вероятность: 1) извлечения из урны белого шара (событие А); 2) извлечения из урны белого шара после удаления из неё одного шара, который является белым (событие В); 3) извлечения из урны белого шара после удаления из неё одного шара, который является чёрным (событие С)?

Решение.

1. Р(А) = = 0,7 (см. классическую вероятность).
2. РВ(А) = = 0,(6).
3. РС(А) = = 0,(7).·

Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения (совмещения) двух событий А и В равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, в предположении, что событие А имеет место:

Р(А×В) = Р(А)×РА(В) = Р(В)×РВ(А).

Теорему можно распространить на произведение n событий:

P(A1×A2´…´An) = P(A1)×P(A2/A1)×P(A3/A1×A2)´…´P(An/A1×A2´…´An-1).

 

Задача 14. Механизм собирается из трёх одинаковых деталей и считается неработоспособным, если все три детали вышли из строя. В сборочном цехе осталось 15 деталей, из которых 5 нестандартных (бракованных). Какова вероятность того, что собранный из взятых наугад оставшихся деталей механизм будет неработоспособным?

Решение.

1. Обозначим искомое событие через А, выбор первой нестандартной детали через А1, второй – через А2, третьей – через А3.
2. Событие А произойдёт, если произойдёт и событие А1, и событие А2, и событие А3, т.е.

А = А1× А2× А3,

т.к логическое «и» соответствует произведению (см. раздел «Алгебра высказываний. Логические операции»).

3. События А1,  А2,  А3 зависимы., поэтому P(A1×A2×A3) = P(A1)×P(A2/A1)×P(A3/A1×A2).
4. P(A1) = , P(A2/A1) = , P(A3/A1×A2) = . Тогда P(A1×A2×A3) = × × » 0,022.·

 

Для независимых событий: Р(А×В) = Р(А)×Р(В).

Исходя из вышеуказанного, критерий независимости двух событий А и В:

Р(А) = РВ(А) = РØВ(А),

Р(В) = РА(В) = РØА(В).

 

Задача 15. Вероятность поражения цели первым стрелком (событие А) равна 0,9, а вероятность поражения цели вторым стрелком (событие В) равна 0,8. Какова вероятность того, что цель будет поражена хотя бы одним стрелком?

Решение.

1. Пусть С – интересующее нас событие; противоположное событие ØС состоит в том, что оба стрелка промахнулись.
2. ØС = ØА × ØВ
3. Т.к. при стрельбе один стрелок не мешает другому, то события ØА и ØВ независимы.

Имеем: Р(ØС) = Р(ØА) × Р(ØВ) = [1 – Р(А)]×[1 – Р(В)] = (1 – 0,9) × (1 – 0,8) = 0,1 × 0,2 = 0,02.

4. Р(С) = 1 – Р(ØС ) = 1 – 0,02 = 0,98·

 

Несколько событий называются независимыми, если независимы любые два из них, и каждое событие, и все произведения остальных.

Вероятность произведения n независимых событий:

Р(А1× А2´…´Аn) = Р(А1) × Р(А2)´…´Р(Аn).

7. Теорема сложения вероятностей.

Теорема сложения вероятностей. Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий минус вероятность произведения этих же событий:

Р(А + В) = Р(А) + Р(В) – Р(А×В).

Задача 16. Производится два независимых выстрела в одну и ту же мишень. Вероятность попадания при первом выстреле 0,6, а при втором – 0,8. Найти вероятность попадания в мишень при двух выстрелах.

Решение.

1) Обозначим попадание при первом  выстреле как событие А1, при втором – как событие А2.

    Попадание в мишень предполагает хотя бы одно попадание: или только при первом выстреле, или только при втором, или и при первом, и при втором. Следовательно, в задаче требуется определить вероятность суммы двух совместных событий А1 и А2: Р(А1 + А2) = Р(А1) + Р(А2) – Р(А1× А2).

2) Т.к. события независимы, то Р(А1× А2) = Р(А1) × Р(А2).

3) Получаем: Р(А1 + А2) = 0,6 + 0,8 – 0,6×0,8 = 0,92.·

 

Если события несовместны, то Р(А×В) = 0 и Р(А + В) = Р(А) + Р(В).

 

Задача 17. В урне находятся 2 белых, 3 красных и 5 синих одинаковых по размеру шаров. Какова вероятность, что шар, случайным образом извлечённый из урны, будет цветным (не белым)?

Решение.

1. Пусть событие А – извлечение красного шара из урны, событие В – извлечение синего шара. Тогда событие (А + В) есть извлечение цветного шара из урны.
2. Р(А) = 3/10, Р(В) = 5/10.
3. События А и В несовместны, т.к. извлекается только один шар. Тогда: Р(А + В) = Р(А) + Р(В) = = 0,3 + 0,5 = 0,8.·

8. Формула полной вероятности.

Пусть событие А может произойти в результате проявления одного и только одного события Hi (i = 1, 2, …n) из некоторой полной группы несовместных событий Н1, Н2, …Нn. События этой группы обычно называют гипотезами.

Формула полной вероятности. Вероятность события А равна сумме парных произведений вероятностей всех гипотез, образующих полную группу, на соответствующие условные вероятности данного события А:

P(A) =

, где .

Задача 18. Имеется три одинаковых урны. В первой – два белых и один чёрный шар, во второй – три белых и один чёрный шар, в третьей урне – два белых и два чёрных шара. Из выбранной наугад урны выбирается один шар. Какова вероятность того, что он окажется белым?

Решение.

1) Гипотезой Hi будем считать выбор i-ой урны.

Все урны считаются одинаковыми, следовательно, вероятность выбрать i-ю урну есть

Р(Нi) = 1/3, где i = 1, 2, 3.

2. Вероятность вынуть белый шар из первой урны: .

Вероятность вынуть белый шар из второй урны: .

Вероятность вынуть белый шар из третьей урны: .

3. Искомая вероятность: Р(А) .·

Задача 19. В магазин для продажи поступает продукция трёх фабрик, относительные доли которых: I – 50 %, II – 30 %, III – 20 %. Для продукции фабрик брак соответственно составляет: I – 2 %, II – 3 %, III – 5 %. Какова вероятность того, что изделие этой продукции, случайно приобретённое в магазине, окажется доброкачественным (событие А)?

Решение.

1. Здесь возможны следующие три гипотезы: Н1, Н2, Н3 – приобретённая вещь выработана соответственно на I, II, III фабриках; система этих гипотез полная.

Вероятности: Р(Н1) = 0,5; Р(Н2) = 0,3; Р(Н3) = 0,2.

2. Соответствующие условные вероятности события А равны:

; ; .

3. По формуле полной вероятности имеем: .·

 

9. Формула апостериорной вероятности (формула Бейеса).

Рассмотрим ситуацию.

Имеется полная группа несовместных гипотез Н1, Н2, …Нn, вероятности которых Р(Нi) (i = 1, 2, …n) известны до опыта (вероятности априори). Производится опыт (испытание), в результате которого зарегистрировано появление события А, причём известно, что этому событию наши гипотезы приписывали определённые вероятности (i = 1, 2, …n). Каковы будут вероятности этих гипотез после опыта (вероятности апостериори)?

Ответ на подобный вопрос даёт формула апостериорной вероятности (формула Бейеса):

,  где i = 1, 2, …n.

Задача 20. Вероятность поражения самолёта при одиночном выстреле для 1-го ракетного расчёта (событие А) равна 0,2, а для 2-го (событие В) – 0,1. Каждое из орудий производит по одному выстрелу, причём зарегистрировано одно попадание в самолёт (событие С). Какова вероятность, что удачный выстрел принадлежит первому расчёту?

Решение.

1. До опыта возможны четыре гипотезы:

Н1 = А × В – самолёт поражён 1-м расчётом и самолёт поражён 2-м расчётом (произведение соответствует логическому «и»),

Н2 = А × ØВ – самолёт поражён 1-м расчётом и самолёт не поражён 2-м расчётом,

Н3 = ØА × В – самолёт не поражён 1-м расчётом и самолёт поражён 2-м расчётом,

Н4 = ØА × ØВ – самолёт не поражён 1-м расчётом и самолёт не поражён 2-м расчётом.

Эти гипотезы образуют полную группу событий.

2. Соответствующие вероятности (при независимом действии расчётов):

Р(Н1) = 0,2×0,1 = 0,02;       Р(Н2) = 0,2×(1 – 0,1) = 0,18;       Р(Н3) = (1 – 0,2)×0,1 = 0,08;       Р(Н4) = (1 – 0,2)× (1 – 0,1) = 0,72.

3. Т.к. гипотезы образуют полную группу событий, то должно выполняться равенство

.

Проверяем: Р(Н1) + Р(Н2) + Р(Н3) + Р(Н4) = 0,02 + 0,18 + 0,08 + 0,72 = 1, таким образом, рассматриваемая группа гипотез верна.

4. Условные вероятности для наблюдаемого события С при данных гипотезах будут:

, т.к. по условию задачи зарегистрировано  одно попадание, а гипотеза Н1 предполагает два попадания;

; ;

, т.к. по условию задачи зарегистрировано  одно попадание, а гипотеза Н4 предполагает отсутствие попаданий.

Следовательно, гипотезы Н1 и Н4 отпадают.