УСЛОВНЫЕ ВЕРОЯТНОСТИ. НЕЗАВИСИМОСТЬ СОБЫТИЙ

 

Условная вероятность Р(В / А) = Р_A(В) - это вероятность осуществления события В при условии, что событие А уже произошло (причем последнее не является невозможным, т.е. Р(А) > 0). Эту вероятность можно вычислить по формуле

Для краткости эта величина называется “вероятностью события В при условии А”. Заметим, что для величины Р(В / А) выполняются аксиомы I, II, III, и, следовательно, простейшие свойства (см. §6).

Обозначим через Х число очков, выпавших при одном бросании игральной кости. Пусть А = {Х – простое число}, В = {Х – четное число}. Тогда Р(А) = 3/6 = 1/2 (числа 2, 3, 5 - простые, 1, 4, 6 - нет), Р(В) = 3/6 = 1/2, Р(А · В) = 1/6 (простое и четное одновременно число только одно - это 2). Следовательно, Р(В / А) = 1/3, т.е. вероятность того, что выпало четное число очков при условии, что выпало простое число очков, равна 1/3 (среди 3 простых чисел четное - одно); Р(А/В) = 1/3, т.е. вероятность того, что выпало простое число очков при условии, что выпало четное число очков, также равна 1/3 (среди 3 четных чисел простое - одно).

События А и В называют независимыми, если

Р(А · В) = Р(А) · Р(В).

Если одно из событий невозможное (Æ), то в обеих частях стоят нули. Если же Р(А) > 0 и Р(В) > 0, то Р(А / В) = Р(А), Р(В / А) = Р(В).

Для последнего примера Р(А · В) ¹ Р(А) · Р(В), значит, А и В зависимые.

Во многих задачах независимость событий задается по условию задачи (из общих соображений).

 

§8. ВЕРОЯТНОСТЬ НАСТУПЛЕНИЯ ХОТЯ БЫ ОДНОГО СОБЫТИЯ

 

Сложные события выражаются через другие наблюдаемые события с помощью алгебраических операций, описанных в §2. Основные формулы для вычисления вероятностей таких событий:

 

Р() = 1 - Р(А). (2)

 

Р(А · В) = Р(А) · Р(В / А) = Р(В) · Р(А / В), если Р(А) > 0, Р(В) > 0 (формула умножения вероятностей); (3)

 

Р(А + В) = Р(А) + Р(В) - Р(А · В)

(формула сложения вероятностей). (4)

 

Пример 1. Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p₁ = 0,8, p₂ = 0,6. Каждый произвел по одному выстрелу. Вычислить вероятность события А = {произойдет ровно одно попадание}.

Рассмотрим события А₁ = {первый стрелок попал в мишень} и А₂ = {второй стрелок попал в мишень}. Тогда = {первый стрелок промахнулся}, a = {второй стрелок промахнулся}. В мишени окажется ровно одна пробоина в тех случаях, когда либо первый попал, а второй промахнулся, либо первый промахнулся, а второй попал. Поэтому А = А₁ · + А₂ · . Последние два события несовместны, поэтому сумма их вероятностей равна вероятности их суммы А. События А₁ и , а также А₂ и попарно независимы, т.е. вероятности произведений этих событий равны соответствующим произведениям вероятностей этих событий. Т.к. Р(А₁)=p₁=0,8, P(A₂)=p₂=0,6, то Р() = 1 - p₁ = q₁ = 0,2, P() = 1 - p₂ = q₂ = 0,4 и Р(А) = p₁q₂ + p₂q₁ = 0,44.

Вероятность наступления “хотя бы одного события” (т.е. суммы нескольких событий) вычисляют по формуле

(5)

Если же эти события попарно независимы, то

 

Пример 2. В продукции предприятия 10% бракованных изделий. Какова вероятность, что среди 4 взятых независимо изделий хотя бы одно бракованное?

Пусть А - интересующее нас событие, А = A₁+ A₂+ A₃+ A₄ , где A₁ = {первое изделие бракованное}, A₂ = {второе изделие бракованное} и т.д. Так как A₁, A₂, A₃, A₄ независимы, то и события также независимы. Событие = {среди 4 изделий ни одного бракованного} = , где = {первое изделие не бракованное} и т. д. Так как Р(A₁) = Р (A₂) = Р (A₃) = Р(A₄) = 0,1 (=10%), то Р() = (1 - 0,1)⁴ = 0,9⁴ = 0,6561. Значит, Р(А) = 1 - Р() = 0,3439.

Если изделий не 4, а 2, то вероятность того, что из этих двух изделий хотя бы одно бракованное, можно вычислить с помощью формулы (3), т.е. не переходя к противоположному событию:

P (A₁+A₂) = P (A₁) + P (A₂) - P (A) P (A₂) = 0,1 + 0,1 - 0,01 = 0,19.

 

§9. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ

 

Пусть H₁, H₂,...,H_n - полная группа несовместных событий (определение см. в §2) и пусть событие А может произойти только с одним из событий Н_k. Для такого события А выполняется следующая “формула полной вероятности”

События H_k принято называть гипотезами по отношению к событию А. Вероятности Р(H_k) трактуются как доопытные (априорные) вероятности гипотез.

 

Пример 1. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8. Стрелок сделал два выстрела, а затем бросил симметричную монету столько раз, сколько попал в мишень. Какова вероятность, что в результате выпал ровно один “орел”?

Здесь в качестве гипотез рассмотрим события Н₁ = {произошло два попадания}, H₂ = {произошло одно попадание}, H₃ = {произошло два промаха}. Их вероятности Р(Н₁) = 0,8² = 0,64, Р(Н₂) = 2 · (1 - 0,8) · 0,8 = 0,32 (множитель 2 здесь из-за того, что гипотеза содержит два равновероятных события: “попал - промахнулся” и “промахнулся - попал” - это формула Бернулли при р = 0,8, q = 0,2, n = 2, k = 1 - см. §11), Р(Н₃) = (1 - 0,8)² = 0,04. Сумма вероятностей этих гипотез равна 1, как и должно быть для полной группы. Далее рассмотрим событие А = {выпал ровно один “орел”}. Если произошло событие Н₁, то монета бросается дважды. Вероятность того, что при этом выпадет ровно 1 “орел”, равна Р(А/ H₁) = 0,5 (либо “орел - решка” с вероятностью 0,25, либо “решка - орел” также с вероятностью 0,25). Если произошло событие Н₂, то монета бросается один раз и вероятность выпадения при этом одного “орла” равна Р(А/H₂) = 0,5. Если же происходит событие Н₃, то монету не бросают и Р(А/H₃)= 0. Все данные для формулы полной вероятности получены. Следовательно,

Р(А) = Р(Н₁)Р(А/H₁) + P(H₂)P(A/H₂) + P(H₃)P(A/H₃) = 0,48.

 

Пример 2. В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются два мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще два мяча. Какова вероятность того, что вторая игра будет проводиться новыми мячами?

Здесь удобно задать 3 гипотезы: H₁ = {для первой игры взяты 2 новых мяча}, H₂ = {для первой игры взяты новый и играный мячи}, Н₃ = {для первой игры взяты 2 играных мяча}. Их вероятности вычисляются по формуле классической вероятности (как и в примерах из §4):

; ;

(Проверка: Р(H₁) + Р(H₂) + Р(H₃) = 1).

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}. В результате осуществления гипотезы H₁ в ящике останется 6 новых и 4 играных мяча, поэтому . В результате осуществления гипотезы H₂ в ящике будет 7 новых мячей из 10, поэтому . Аналогично, . Таким образом,

Заметим, что в одной и той же задаче могут быть выбраны разные наборы гипотез, скажем, в примере 2 гипотезу H₂ можно представить в виде суммы двух: H₂ = {первый взятый для первой игры мяч новый, второй - играный}+{первый взятый для первой игры мяч играный, второй - новый} и т. д. Желательно формулировать гипотезы так, чтобы их вероятности, а также и условные вероятности, вычислялись проще.

 

§10. ФОРМУЛА БАЙЕСА

 

В этом параграфе {H₁, H₂, H₃, H₄} - по-прежнему, полная группа несовместных событий (гипотез). Если Р(А) > 0, Р(H_k) > 0, то Р(А · H_k) = Р(А) · Р(H_k / А) = Р(H_k) · Р(А / H_k) (см. §§7,8), откуда

-это формула Байеса, в которой Р(А) вычисляют по формуле полной вероятности. Р(H_k / А) - вероятность осуществления гипотезы H_k при условии, что событие А осуществилось. Эту вероятность называют послеопытной или апостериорной. Для ее вычисления рассматривают только те испытания, которые закончились “успехом”, т.е. осуществлением события А. Вероятность Р(H_k / А) выражает “долю” гипотезы H_k для вышеуказанных испытаний.

 

Пример 1. (см. пример 1 из §8).

Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p₁ = 0,8 и p₂ = 0,6. Каждый сделал по одному выстрелу, причем в результате в мишени оказалась одна пробоина. Найти вероятность того, что промахнулся второй.

Зададим гипотезы: Н₁ = {оба стрелка либо попали, либо промахнулись}, H₂ = {попал только первый}, H₃ = {попал только второй}. Подсчитаем их вероятности: P(H₁) = p₁p₂ + q₁q₂ = 0,56, P(H₂) = p₁q₂ = 0,32, P(H₃) = q₁p₂ = 0,12. Сумма их вероятностей равна 1.

Событие А = {в мишени оказалась ровно 1 пробоина} осуществилось, т.е. данная задача на формулу Байеса. Событие {при одной пробоине промахнулся второй}- это гипотеза H₂. По формуле Байеса

т. к. Р(А/Н₁) = 0, Р(А/Н₂) = Р(А/Н₃) = 1. Значение Р(А), вычисленное по формуле полной вероятности, совпадает с результатом, вычисленным ранее в §8 другим способом. Итак, в среднем среди каждых 11 исходов, заканчивающихся одним попаданием, 8 соответствуют варианту H₂ = {первый попал, второй промахнулся}, а остальные три - H₃.

 

Пример 2. (см. пример 2 из §9)

В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются 2 мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще 2 мяча, оказавшиеся новыми. Какова вероятность, что первая игра также проводилась новыми мячами?

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}, осуществилось. Поэтому задача решается по формуле Байеса. Нас интересует вероятность Р(H₁ / А), где, напомним, гипотеза H₁ ={для первой игры взяты 2 новых мяча}. Подставим в формулу Байеса вероятности, подсчитанные в §9.

 

Постановки задач, подобных изложенным в §9 и в §10, встретятся при решении задачи №1 из контрольной работы.