Формула полной вероятности. Формула гипотез (Формула Байеса)

Примеры

16. Фотограф взял с собой две плёнки, причем вероятность получения качественного негатива у одной 0, 3; а у другой 0, 8.

Найти вероятность получения хорошего изображения, если фотограф зарядил аппарат наудачу выбранной плёнкой.

Решение. Событие A – событие, заключающееся в том, что получают хорошее изображение. Гипотеза – выбрана первая пленка, гипотеза – выбрана вторая пленка.

.

Тогда, .

17. Заяц проникает на огород, в котором находятся три овощехранилища. В первом – 10 кочанов капусты и 10 морковин, во втором – столько же капусты и на пять морковин меньше, в третьем – капусты меньше в два раза, а моркови столько же, сколько и в первом овощехранилище.

Какова вероятность того, что случайно съеденный овощ будет морковью.

Решение. Событие A – событие, состоящее в том, что будет съедена морковь;

H ₁ – морковь из первого овощехранилища;

H ₂ – морковь из второго овощехранилища;

H ₃ – морковь из третьего овощехранилища;

р (H ₁) = р (H ₂)= р (H ₃) = 1/3;

р (А / H ₁) = 1/2; р (А / H ₂) = 5/15 = 1/3; р (А / H ₃) = 2/3;

Тогда, р (А) = 1/3*1/2 + 1/3*1/3 + 1/3*1/3*2/3 = 1/2.

18. По цели произведено три последовательных выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле p ₁ = 0, 3, при втором р ₂ = 0, 6, при третьем р ₃ = 0, 8. При одном попадании вероятность поражения цели λ ₁ = 0, 4, при двух попаданиях λ ₂ = 0, 7, при трех попаданиях λ ₃ = 1, 0. Определить вероятность поражения цели при трех выстрелах (событие А).

Решение. Рассмотрим полную группу несовместных событий:

В ₁ – было одно попадание;

B ₂ – было два попадания;

B ₃ – было три попадания;

В ₄ – не было ни одного попадания.

Определим вероятность каждого события. Одно попадание произойдет, если:

первый выстрел даст попадание, второй и третий – промах;

или первый выстрел – промах, второй – попадание, третий – промах;

или первый выстрел – промах, второй – промах, третий – попадание.

По теореме умножения и сложения вероятностей для вероятности одного попадания будем иметь выражение

Р(В₁) = р₁(1 – р₂) (1 – p₃) + (1 – р₁) р₂ (1 – р₃) + (1 – р₁) (1 – р₂) р₃ = 0, 332.

Аналогично рассуждая, получим

P(B₂) = p₁p₂ (1 – p₃) +p₂р₃ (1 – р₂) + (1 – p₁)р₂р₃ = 0, 468,

P(B₃)=р₁р₂р₃ =0, 144,

P(B₄) = (1 – p₁) (1 – p₂) (1 – р₃) = 0, 056.

Напишем условные вероятности поражения цели при осуществлении каждого из этих событий:

Р(А/B₁) = 0, 4, Р(А/В₂) = 0, 7, Р(А/В₃) = 1, 0, Р(А/В₄) = 0.

Подставляя полученные выражения в формулу полной вероятности, получим вероятность поражения цели

Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂) + Р(В₃) Р(А/В₃) + Р(B₄) P(А/В₄) =

= 0, 332 × 0, 4 + 0, 468 × 0, 7 + 0, 144 × 1, 0 + 0, 056 × 0 = 0, 604.

19. Каждый из танков независимо сделал выстрел по некоторому объекту. Вероятность поражения цели первым танком p ₁ = 0, 8, вторым р ₂ = 0, 4. Объект поражен одним попаданием. Определить вероятность того, что объект поражен первым танком.

Решение. Событие A - поражение объекта одним попаданием. До стрельбы возможны следующие гипотезы:

B₁ - оба танка не попали,

В₂ - оба танка попали,

В₃ - первый танк попал, второй не попал,

В₄ - первый не попал, второй попал.

Определим вероятности этих гипотез по теореме умножения вероятностей:

Р(B₁) = (1 – р₁)(1 – р₂) = 0, 2 × 0, 6 = 0, 12,

Р(В₂) = р₁р₂ = 0, 8 × 0, 4 = 0, 32,

Р(В₃) = р₁(1 – р₂) = 0, 8 × 0, 6 = 0, 48,

Р(В₄) = (l – p₁)p₂ = 0, 2 × 0, 4 = 0, 08.

Определим условные вероятности наступления события A:

Р(А/В₁) = 0, Р(А/В₂) = 0, Р(А/В₃) = 1, Р(А/В₄) = 1.

По формуле Байеса находим условную вероятность гипотез:

P(B₁/A) = ,

Р(В₂/А) = ,

Р(В₃/А) = ,

Р(В₄/А) = .

20. 30% приборов собирает специалист высокой квалификации и 70% средней. Надежность работы прибора, собранного специалистом высокой квалификации, 0, 90, надежность прибора, собранного специалистам средней квалификации, 0, 81. Взятый прибор оказался надежным. Определить вероятность того, что он собран специалистом высокой квалификации.

Решение. Событие A - безотказная работа прибора. Для проверки прибора возможны гипотезы:

B₁ - прибор собран специалистом высокой квалификации,

B₂ - прибор собран специалистом средней квалификации.

Выпишем вероятности этих гипотез:

Р(В₁) = 0, 3; Р(В₂) = 0, 7.

Условные вероятности события A:

Р(A/B₁) = 0, 9, Р(А/В₂) = 0, 8.

Определим вероятности гипотез В₁ и B₂ при условии, что событие A произошло.

По формуле Байеса имеем

Р(В₁/А) = ,

Р(В₂/А) = .

21. На картофельном поле работают три студенческие бригады. В первой бригаде 22 студента, во второй – 18, в третьей – 20. Вероятность выполнения плана первой бригадой – 0, 8, второй – 0, 7, третьей – 0, 9.

Найти вероятность того, что:

а) наудачу выбранный студент является членом бригады, которая выполнила план;

б) наудачу выбранный студент является членом первой бригады, при условии, что он является членом бригады, которая выполнила план.

Решение. а) Обозначим событие, состоящее в том, что план выполнила первая бригада через А ₁, вторая бригада – А ₂, третья – А ₃. Вероятность выполнения плана первой бригадой обозначим р ₁, второй – р ₂, третьей – р ₃. Тогда, р ₁ = 0, 8; р ₂ = 0, 7; р ₃ = 0, 9. Пусть событие Н ₁ означает, что выбранный студент является членом первой бригады, Н ₂ – второй бригады и Н ₃ – третьей. Вероятности этих событий – , , .

Если наугад выбранный студент является членом бригады, выполнившей план, это означает появление одного из трех несовместных событий, т.е.

Р (А) = р ₁× р (Н ₁) + р ₂× р (Н ₂) + р ₃× р (Н ₃) =

б) Так как событие A (бригада выполнила план) уже произошло, то искомую вероятность определяем по формуле Байеса. Вероятность того, что наудачу выбранный студент является членом первой бригады:

.

22. Пусть до опыта было четыре равновероятные гипотезы:

.

Условные вероятности появления события A соответственно равны

, , , .

Пусть в результате испытании событие A произошло. Тогда по формуле Байеса получаем

,

,

,

.

Было , стало – , стало больше, потому что событие A произошло. При этом вероятность большая сравнительно с другими условными вероятностями.

23. Вини Пух в очередной раз падает с дерева. Учитывая большой опыт медвежонка в подобных мероприятиях, вероятность того, что он зацепится за сук равна 0, 4, зацепится за сук или упадет на случайно проходящего Пятачка – 0, 6, зацепится за сук, а затем упадет на Пятачка – 0, 1.

Найти вероятность того, что он упадёт на Пятачка.

Решение. Событие A – Вини зацепится за сук; событие B – он упадёт на Пятачка.

Р (А) = 0, 4; Р (А + В)= 0, 6; Р (А × В)= 0, 1; Р (В)=?

0, 6 = 0, 4 + Р (В) – 0, 1; Р (В) = 0, 3.

24. Все грани игральной кости заклеивают разноцветной бумагой. 1-3 – красной, 4-6 – черной. При бросании кости выпала черная грань.

Найти вероятность того, что на этой грани четное число.

Решение. Событие А – событие, заключающееся в том, что выпадет четное число.

Событие В – событие, заключающееся в том, что выпадет число очков большее трёх.

Тогда,

.

25. Вероятность поломки некоего прибора в любой момент времени Т равна р. Найти вероятность появления поломки в течение времени Т – t, если известно, что в течение времени поломка не появилась.

Решение. Событие A – событие, заключающееся в том, что поломка произойдёт в течение времени Т; событие В – событие, заключающееся в том, что поломка произойдёт в течение времени t.

Р (АВ)= Р (А) Р (В / А), т.к. Т включает в себя отрезок времени, равный t.

.

Р (А) – вероятность появления поломки в течение времени Т; р (А) = р.

Р (В) – вероятность появления поломки в течение времени t; р (В) = 1– t × P / T;

Условная вероятность события В / А - р (В / А) = 1– t / T, т.е.

, .

26. В компании 20 человек. Найти вероятность того, что все они родились в разные дни (365 дней, события равновероятны).

Решение. Для первого человека 365, для второго – (365–1), для третьего – (365–2), и т.д. для последнего – (365–20+1) = 346 возможностей родиться в разные дни с другими, таким образом, число благоприятствующих исходов равно m = 365(365–1)…(365–20+1). При этом общее число вариантов равно n = 365²⁰.

Тогда,

.

27. Стержень длинной L ломают на три части. Найти вероятность того, что из этих частей можно составить треугольник.

Решение.

При этом 0< x < L и x + y < L.

Т.о. в области треугольника ОLL любой разлом стержня приведёт к образованию треугольника.

х < L – x и y < L – y, откуда L –(x + y)< x + y, т.е. каждая сторона треугольника должна быть больше суммы двух других отсюда два треугольника LLO и L /2 L /2 A; искомая вероятность равна

.

28. Монета номиналом в одну копейку имеет диаметр 1, 5 см. Монету бросают на шахматную доску, при этом вероятность попадания на нее равна единице. Клетка доски имеет квадратную форму со стороной 2 см.

Какова вероятность того, что копейка попадёт ровно в клетку шахматной доски (разметку доски не учитывать).

Решение. Т.к. квадрат относительно мал, можно считать распределение вероятностей равномерным. При этом вероятность попадания центра монеты в какую-либо область квадрата пропорциональна площади этой области. Она равна площади области, делённой на всю площадь квадрата. В нашем случае необходимо, чтобы центр монеты попал в область центра квадрата, т.е.:

R = 1, 5/2. Легко найти сторону малого квадрата:

а = 2–(1, 5/2+1, 5/2) = 0, 5. Т.к. вероятность пропорциональна площадям, то вероятность попадания монеты равна:

р (А) = S _max = (1/2)²=1/4.

29. Какой толщины должна быть монета, чтобы вероятность выпадения ее на ребро была равна 1/3.

Решение. Рассмотрим монету как вписанную в сферу, центр которой совпадает с центром тяжести монеты. Сама же монета есть цилиндр. Выберем на поверхности сферы точку A. Монета падает на ребро при условии, что радиус, проведённый в точку A, пересекает боковую поверхность данного цилиндра, т.е.

В первых двух случаях монета упадёт на ребро, в последнем - на основание.

R - радиус сферы; r - радиус монеты. По теореме Пифагора

R ²= r ²+1/9 R ²;

откуда

; 1/3 R» 0, 354 r.

Таким образом, толщина монеты должна составлять около 35% её диаметра. (На практике это произойдёт только при падении на фиксирующую поверхность, например на поверхность, покрытую скотчем).