Вероятность гипотез.
Формула Бейеса
Пусть событие А может
наступить при условии появления одного из несовместных событий Blt Ва, . . . , Вп, образующих
полную группу. Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит,
их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется
по формуле полной вероятности
Р
(А) = Р (В1) PВ1 (A)+ P (В2)
РB2 (A) +
. . + P (Вn) РBn (A)
Допустим, что произведено
испытание, в результате которого появилось событие А. Поставим своей
задачей определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже
наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные
вероятности
Найдем сначала
условную вероятность РА (В1).
По теореме умножения имеем Р
(AB1) = Р (A) РА (В1) = Р (В1) PB1 (A). Из двойного равенства получим Р (A) РА (В1) = Р (В2)
PB1 (A).
Итак,
РА (В1) = (Р (В1)· PB1 (A)) : Р (A)
или РА (В1)
= (Р (В1)· PB1 (A)) : (В1) PВ1 (A)+ P (В2)
РB2 (A) +
. . + P (Вn) РBn (A))
Аналогично определяющие условные
вероятности остальных гипотез,
Полученные формулы называют формулами
Бейеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в
1764 г.).
Формулы
Бейеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится
известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.
Задания 4-9
1. Детали,
изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному
из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру,
равна 0,6, а ко второму - 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана
стандартной первым контролером, равна 0,94, а вторым - 0,98. Годная деталь при
проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь
проверил первый контролер.
Решение.
Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана
стандартной. Можно сделать два предположения:
1) деталь проверил первый контролер (гипотеза B1)',
2) деталь проверил второй контролер (гипотеза В2).
Искомую вероятность того, что
деталь проверил первый контролер, найдем по формуле Бейеса:
РА (В1)
= (Р (В1)· PB1 (A)) : (В1) PВ1 (A)+ P (В2)
РB2 (A) +
. . + P (Вn) РBn (A))
***
По условию задачи имеем:
P(B1)= 0,6 -вероятность того,
что деталь попадает к первому контролеру;
P (В2) =0,4 -вероятность того, что деталь попадет ко второму контролеру;
PВ1 (A)=0,94 -вероятность того, что
годная деталь будет признана первым контролером
стандартной);
РB2 (A) = 0,98 - вероятность
того, что годная деталь будет признана вторым контролером
стандартной),
Искомая вероятность
PB1 (A)) = (0,6 • 0,94)/(0,б • 0,94 + 0,4-0,98) =0,59.
Задания 4-10.
1. Два
стрелка произвели по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень первым
стрелком равна 0,7, а вторым -0,6. Найти вероятность того, что хотя бы один из
стрелков попал в мишень. Ответ. 0,88.
2. У сборщика имеется 16 деталей, изготовленных
заводом № 1, н 4 детали завода №2. Наудачу взяты 2 детали. Найти вероятность
того, что хотя бы одна из них окажется наготовленной заводом № 1. Ответ. 92/95.
3. В
группе спортсменов 20 лыжников, б велосипедистов и 4 бегуна. Вероятность выполнить
квалификационную норму такова: для лыжника - 0,9, для велосипедиста - 03 и для бегума - 0,75.
Найти вероятность того, что
спортсмен, выбранный наудачу,
выполнит норму. Ответ. 0,86.
4. Сборщик
получил 3 коробки
деталей, изготовленных заводом № 1, н 2 коробки деталей, изготовленных
заводом № 2. Вероятность того,
что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,8, а завода № 2-0,9, Сборщик
наудачу извлек деталь
из наудачу взятой коробки.
Найти вероятность того,
что извлечена стандартная деталь. Ответ. 0,84.
5. В первом
ящике содержится 20 деталей, из них 15 стандартных; во
втором-30 деталей, из них 24 стандартных; в третьем - 10 деталей,
из них 6 стандартных. Найти
вероятность того, что наудачу
извлеченная деталь из наудачу взятого ящика стандартная. Ответ. 43/60.
6. В телевизионном
ателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный
срок службы, соответственно равны 0,8; 0,85; 0,9; 0,95. Найти вероятность
того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок службы. Ответ. 0,875.
7. В двух ящиках имеются радиолампы. В первом
ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них
1 нестандартная. Иэ первого
ящика наудачу взята лампа и переложена
во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная
из второго ящика лампа будет нестандартной. Ответ. 13/132.
8. Из полного набора' 28 костей домино наудачу
извлечена кость. Найти вероятность того,
что вторую извлеченную наудачу кость можно приставить к
первой. Ответ. 7/18.
9. Студент знает не
все экзаменационные билеты. В каком случае вероятность вытащить неизвестный
билет будет для него наименьшей: когда он берет билет первым или последним? Ответ.
Вероятности одинаковы в обоих случаях.
10. В
ящик, содержащий 3 одинаковых
детали, брошена стандартная
деталь, а затем
наудачу извлечена одна
деталь. Найти вероятность того,
что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все
возможные предположения о числе
стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике. Ответ. 0,625.
11. При
отклонении от нормального
режима работы автомата срабатывает сигнализатор
С-1 с вероятностью
0,8, а сигнализатор С-И срабатывает с
вероятностью 1. Вероятности того,
что автомат снабжен сигнализатором СИ
или С-11, соответственно равны 0,6 н 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат
снабжен сигнализатором С-1 или С-Ш. Ответ.
Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С-1, равна 6/11. а
С-11-5/11.
12. Для участия в спортивных студенческих
отборочных соревнованиях выделено из первой группы курса 4, из второй - 6, из
третьей группы - 5 студентов.
Вероятности того, что студент первой, второй и
третьей группы попадает
в сборную института,
соответственно равны 0,9; 0,7 и
0,8. Наудачу выбранный студент в итоге
соревнования попал в сборную. К какой из групп вероятнее всего принадлежал
этот студент? Ответ. Вероятности
того, что выбран студент первой, второй, третьей групп,
соответственно равны: 18/59, 21/59, 20/59.
5. Повторение
испытаний.
Формула Бернулли
Рассмотрим практические
ситуации.
1. Садовник покупает саженцы
в магазине, где продавец сообщил ему, что вероятность проживания деревьев равна
90%. Сколько нужно купит садовнику саженцев, чтобы быть уверенным, что
приживутся у него не менее 10 саженцев;
ровно 10 саженцев;
2. Спортсмен бросает мяч по
кольцу. Вероятность попадания в кольцо у
него составляет 60%. Какова вероятность того, что при 15 бросках он попадет в
кольцо равно 10 раз.
Сформулируем общую таковую
ситуацию. Вероятность наступления одного события равна p.
Необходимо вычислить вероятность наступления k таких событий при n испытаниях
Материал данного раздела
позволит ответить на такие задания и решить много других ситуаций иного
направления, связанных с повторными испытаниями.
Испытания называют независимыми
относительно события А, еЕсли производится несколько испытаний, причем
вероятность события А в каждом испытании не зависит от исходов других
испытаний.
В независимых испытаниях
событие А может иметь либо различные вероятности, либо одну и ту же
вероятность. Будем далее рассматривать лишь такие независимые испытания, в
которых событие А имеет одну и ту же вероятность.
Ниже воспользуемся понятием сложного
события, понимая под ним совмещение нескольких отдельных событий, которые
называют простыми.
Пусть производится п независимых
испытаний, в каждом из которых событие А может появиться либо не
появиться. Условимся считать, что вероятность события А в каждом испытании
одна и та же, а именно равна р. Следовательно, вероятность не наступления
события А в каждом испытании также постоянна и равна q=1 - p.
Рассмотрим задачу: Вычислить
вероятность того, что при п испытаниях событие А осуществится
ровно k раз. и,
следовательно, не осуществится п- k раз
Очевидно, что событие А повторилось
ровно k раз в произвольной
последовательности. Это значит, если
речь идет о появлении события А три раза в четырех испытаниях, то возможны
следующие сложные события: АААĀ, ААĀА,
АĀАА, ĀААА, где .символ А обозначает, что событие наступила, а символ Ā – не
наступило.
Искомую вероятность обозначают
Рп (k) или Pn,k, которая соответствует вероятности наступления события ровно k при n испытаниях. Такие задачи решаются по формуле Бернулли:
, где n - число исходов,
k – число положительных исходов,
p - вероятность наступления
события, q - вероятность не наступления события (q =1-p)
Задание 4-11
1. Вероятность того, что расход
электроэнергии в продолжение одних суток не превысит установленной нормы,
равна р=0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии
в течение 4 суток не превысит нормы.
Решение.
Вероятность нормального расхода электроэнергии в продолжение каждых из 6 суток
постоянна и равна р=0,75. Следовательно, вероятность перерасхода
электроэнергии в каждые сутки также постоянна и равна q=1- 0,75 = 0,25.
Искомая вероятность по
формуле Бернулли равна: P6(4)=C64·0,754·0,252=0,30.
2. Вероятность попадания в мишень при одном
выстреле для данного стрелка равна 0,8 и не зависит от номера выстрела.
Требуется найти вероятность того, что при 5 выстрелах произойдет ровно 2 попадания
в мишень.
Решение. п
= 5, р = 0,8 и k = 2; по формуле Бернулли: Р5(2) =0,0512.
3. [3, №231]. Какова вероятность
того, что при 8 бросаниях монеты герб выпадет 5 раз?
4. [3,№232]. По данным технического контроля 2% изготовленных автоматических станков
нуждаются в дополнительной регулировке.
Найдите вероятность того, что из 6 изготовленных станков 4 нуждаются в дополнительной
регулировке.
5. [3, №240]. Вероятность
того, что покупателю
потребуется обувь 41-го размера,
равна 0,2. Найдите вероятность того, что из 5 первых покупателей обувь этого
размера понадобится: а) одному; б) по крайней мере, одному.
Локальная теорема Лапласа
Выше была выведена формула
Бернулли, позволяющая вычислить вероятность того, что событие появится в п испытаниях
ровно k раз. При
выводе мы предполагали, что вероятность появления события в каждом испытании
постоянна. Легко видеть, что пользоваться формулой Бернулли при больших
значениях л достаточно трудно, так как формула требует выполнения действий над
громадными числами. Правда, можно несколько упростить вычисления, пользуясь
специальными таблицами логарифмов факториалов. Однако и этот путь остается
громоздким и к тому же имеет существенный недостаток: таблицы содержат приближенные
значения логарифмов, поэтому в процессе вычислений накапливаются погрешности;
в итоге окончательный результат может значительно отличаться от истинного.
Локальная теорема Лапласа
позволяет приближенно найти вероятность появления события ровно k раз в п испытаниях, если число испытаний
достаточно велико.
Теорема. Лапласа.
Если
вероятность р появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от
нуля и единицы, то вероятность Рп (k) того, что событие А появится в п испытаниях ровно k раз, приближенно равна (тем точнее, чем больше п)
значению функции
, причем,
Для удобства вычислений
составлены таблицы значений функции = , соответствующие положительным значениям аргумента x. Функция четная.
Итак, вероятность того, что событие А появится
в п независимых испытаниях ровно k раз, приближенно равна
Pn(k)≈ , где
|