Условная вероятность. Независимость событий Определение ожидаемой вероятности наступления условного события
Рассмотрим события A и B , связанные с одним и тем же опытом. Пусть из каких-то источников стало известно, что событие B наступило, но неизвестно, какой конкретно из элементарных исходов, составляющих событие B , произошел. Что можно сказать в этом случае о вероятности события A ?
Вероятность события A , вычисленную в предположении, что событие B произошло, принято называть условной вероятностью и обозначать P(A|B) .
Условную вероятность P(A|B) события A при условии события B в рамках классической схемы вероятности естественно определить как отношение N AB исходов, благоприятствующих совместному осуществлению событий A и B , к числу N B исходов, благоприятствующих событию B , то есть
Если поделить числитель и знаменатель этого выражения на общее число N элементарных исходов, то получим
Определение . Условной вероятностью события A при условии наступления события B называют отношение вероятности пересечения событий A и B к вероятности события B :
При этом предполагают, что P(B) ≠ 0 .
Теорема . Условная вероятность P(A|B) обладает всеми свойствами безусловной вероятности P(A) .
Смысл этой теоремы заключается в том, что условная вероятность представляет собой безусловную вероятность, заданную на новом пространстве Ω 1 элементарных исходов, совпадающем с событием B .
Пример . Из урны, в которой a=7 белых и b=3 черных шаров, наугад без возвращения извлекают два шара. Пусть событие A 1 состоит в том, что первый извлеченный шар является белым, а A 2 - белым является второй шар. Требуется найти P(A 2 |A 1) .
Способ 1. . По определению условной вероятности
Способ 2. . Перейдем к новому пространству элементарных исходов Ω 1 . Так как событие A 1 произошло, то это означает, что в новом пространстве элементарных исходов всего равновозможных исходов N Ω 1 =a+b-1=9 , а событию A 2 благоприятствует при этом N A 2 =a-1=6 исходов. Следовательно,
Теорема [умножения вероятностей] . Пусть событие A=A 1 A 2 …A n и P(A)>0 . Тогда справедливо равенство:
P(A) = P(A 1) P(A 2 |A 1) P(A 3 |A 1 A 2) … P(A n |A 1 A 2 …A n-1) .
Замечание . Из свойства коммутативности пересечения можно писать
P(A 1 A 2) = P(A 1) P(A 2 |A 1)
P(A 1 A 2) = P(A 2) P(A 1 |A 2) .
Пример . На 7 карточках написаны буквы, образующие слово «СОЛОВЕЙ». Карточки перемешивают и из них наугад последовательно извлекают и выкладывают слева направо три карточки. Найти вероятность того, что получится слово «ВОЛ» (событие A ).
Пусть событие A 1 - на первой карточке написана буква «В», A 2 - на второй карточке написана буква «О», A 2 - на третьей карточке - буква «Л». Тогда событие A - пересечение событий A 1 , A 2 , A 3 . Следовательно,
P(A) = P(A 1 A 2 A 3) = P(A 1) P(A 2 |A 1) P(A 3 |A 1 A 2) .
P(A 1)=1/7 ; если событие A 1 произошло, то на оставшихся 6 карточках «О» встречается два раза, значит P(A 2 |A 1)=2/6=1/3 . Аналогично, P(A 3 |A 1)=2/6=1/3 . Следовательно,
Определение . События A и B , имеющие ненулевую вероятность, называют независимыми, если условная вероятность A при условии B совпадает с безусловной вероятностью A или если условная вероятность B при условии A совпадает с безусловной вероятностью B , то есть
P(A|B) = P(A) или P(B|A) = P(B) ,
в противном случае события A и B называют зависимыми.
Теорема . События A и B , имеющие ненулевую вероятность, являются независимыми тогда и только тогда, когда
P(AB) = P(A) P(B) .
Таким образом, можно дать эквивалентное определение:
Определение . События A и B называют независимыми, если P(AB) = P(A) P(B) .
Пример . Из колоды карт, содержащей n=36 карт, наугад извлекают одну карту. Обозначим через A событие, соответствующее тому, что извлеченная карта будет пиковой, а B - событие, соответствующее появлению «дамы». Определим являются ли зависимыми события A и B .
P(A)=9/36=1/4 , P(B)=4/36=19 , P(AB)=1/36 , . Следовательно, события A и B независимы. Аналогично, .
Как отмечалось в начале нашего курса, мы подразумеваем, что эксперимент проводится при некотором фиксированном комплексе условий К. Если эти условия изменились, то изменяется и вероятность событий, относящихся к этому эксперименту. Такое изменение всегда можно понимать как появление некоторого события (кроме исходного комплекса условий К). Чтобы понять, как определить в этом случае новую (условную) вероятность, рассмотрим соответствующие частоты. Пусть эксперимент проведен N раз, событие В произошло N(B) раз, а события А и В вместе N(AB) раз. Тогда ’’условная” частота события А среди тех экспериментов, где произошло событие В, равна
Имея в виду, что вероятность наследует свойства частот, можно дать следующее
Определение 1. Условной вероятностью события А при условии, что произошло событие , называется число
Иногда применяют и другое обозначение
Пример 1 . Симметричную монету подбрасывают два раза. Известно, что выпал один герб (событие В). Найти вероятность события А, состоящего в том, что герб выпал при первом бросании.
Легко вычислить, что , а . Отсюда следует, что
Нетрудно проверить, что при фиксированном В условная вероятность обладает следующими свойствами:
Таким образом, условная вероятность обладает всеми основными свойствами вероятности.
Очень важную роль играет следующая теорема.
Теорема умножения. Пусть А и В - два события и Тогда
Ее доказательство следует из определения условной вероятности. Польза этой теоремы состоит в том, что иногда мы можем вычислить условную вероятность непосредственно и затем использовать это для вычисления
Пример 2. В урне 5 шаров - 3 белых и 2 черных. Без возвращения выбираем два шара. Найти вероятность того, что оба шара белые.
Пусть событие состоит в том, что первый шар белый, а событие - второй шар белый. Легко вычислить, что После того, как мы вынули один шар и знаем, что он белый, мы имеем 4 шара и среди них 2 белых. Тогда . По теореме умножения
Теорему умножения легко распространить на любое конечное число событий.
Следствие 1. Пусть - случайные события, тогда
Если появление события В не меняет вероятности события А, т. е., то такие события естественно назвать независимыми. В этом случае по теореме умножения мы получаем
Последнее соотношение симметрично относительно А и В и имеет смысл при . Поэтому мы возьмем его в качестве определения.
Определение 2. События А и В называются независимыми, если
Пример 3 . Подбрасывают две симметричных монеты. Событие А состоит в том, что на первой монете выпал герб, а событие В - на второй монете выпал герб.
Интуитивно ясно, что такие события должны быть независимыми. Действительно,,,
Таким образом А и В - независимы в смысле определения. Менее очевидно, что независимы события А и С, где С означает, что выпал только один герб (доказать!).
Сложнее определяется независимость более двух событий.
Определение 3 . События называем независимыми в совокупности, если для любого и любых событий из рассматриваемых справедливо
Покажем на примерах, что попарной независимости и выполнения последнего равенства для перечня всех событий недостаточно для независимости в совокупности.
Пример 4. Правильный тетраэдр окрашен тремя цветами: одна грань - в синий цвет, вторая - в красный, третья - в зеленый, а на четвертой присутствуют все три цвета. Этот тетраэдр подбрасывают и отмечают, какой гранью он выпал.
Пусть означает появление синего цвета, - красного, - зеленого. Тогда,,,
Отсюда мы получаем, что. Аналогично для других пар. Таким образом, мы имеем попарную независимость. Но
Задача 1. Придумать пример эксперимента и трех событий ,,, для которых , но которые не являются попарно независимыми.
Можно дать следующее более общее
Определение 4. Пусть - некоторые классы событий.
Они называются независимыми, если любые события - независимы в совокупности.
Типичная ситуация описана в следующем примере.
Пример 5 . Симметричный игральный кубик подбрасывают два раза. обозначает набор событий, связанных с результатом первого бросания. определяется аналогично для результата второго бросания. Тогда и -независимы.
Во многих задачах является полезным следующий результат.
Предложение 1 . Если события А и В независимы, то независимы и любые два из следующих: .
Доказательство. Докажем независимость .
Независимость остальных пар событий предлагается доказать самостоятельно.
Во многих ситуациях мы встречаемся с такими экспериментами, которые можно разложить на два (или более) этапов. На первом этапе мы имеем несколько вариантов, а спрашивается что- либо о том, что произошло в конце - на втором этапе. В этом случае чрезвычайно полезен приводимый ниже результат. Начнем со следующего определения.
Определение 5. События образуют полную группу событий (разбиение пространства), если
Теорема 1 . Пусть события образуют полную группу событий, для всех и - произвольное событие. Тогда - формула полной вероятности.
Доказательство. Так как события образуют полную группу, то мы имеем
Отсюда получаем
Где мы использовали теорему умножения.
Пример 6 . На некоторой фабрике 30% продукции производится машиной А, 25% продукции - машиной В, а остальная продукция - машиной С. У машины А в брак идет 1% производимой ей продукции, у машины - 1,2% , а у машины С - 2%. Из всей произведенной продукции случайно выбрано одно изделие. Какова вероятность того, что оно бракованное?
Пусть обозначает событие, состоящее в том, что выбранная деталь изготовлена на машине А, - на машине В, - на машине С. Обозначим через D событие, состоящее в том, что выбранная деталь бракованная. События образуют полную группу событий. По условию задачи
А также научились решать типовые задачи с независимыми событиями, и сейчас последует гораздо более интересное продолжение, которое позволит не только освоить новый материал, но и, возможно, окажет практическую житейскую помощь.
Кратко повторим, что такое независимость событий: события и являются НЕзависимыми, если вероятность любого из них не зависит от появления либо непоявления другого события. Простейший пример – подбрасывание двух монет. Вероятность выпадения орла либо решки на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты.
Понятие зависимости событий вам тоже знакомо и настал черёд заняться ими вплотную.
Сначала рассмотрим традиционный набор, состоящий из двух событий: событие является зависимым , если помимо случайных факторов его вероятность зависит от появления либо непоявления события . Вероятность события , вычисленная в предположении того, что событие уже произошло , называется условной вероятностью наступления события и обозначается через . При этом события и называют зависимыми событиями (хотя, строго говоря, зависимо только одно из них) .
Карты в руки:
Задача 1
Из колоды в 36 карт последовательно извлекаются 2 карты. Найти вероятность того, что вторая карта окажется червой, если до этого:
а) была извлечена черва;
б) была извлечена карта другой масти.
Решение : рассмотрим событие: – вторая карта будет червой. Совершенно понятно, что вероятность этого события зависит от того, черву или не черву вытянули ранее.
а) Если сначала была извлечена черва (событие ), то в колоде осталось 35 карт, среди которых теперь находится 8 карт червовой масти. По классическому определению
:
при условии
, что до этого тоже была извлечена черва.
б) Если же сначала была извлечена карта другой масти (событие ), то все 9 черв остались в колоде. По классическому определению
:
– вероятность того, что вторая карта окажется червой при условии
, что до этого была извлечена карта другой масти.
Всё логично – если вероятность извлечения червы из полной колоды составляет , то при извлечении следующей карты аналогичная вероятность изменится: в первом случае – уменьшится (т.к. черв стало меньше), а во втором – возрастёт: (т.к. все червы остались в колоде).
Ответ :
Зависимых событий, разумеется, может быть и больше. Пока задача не остыла, добавим ещё одно: – третьей картой будет извлечена черва. Предположим, что произошло событие , а затем событие ; тогда в колоде осталось 34 карты, среди которых 7 черв. По классическому определению
:
– вероятность наступления события при условии
, что до этого были извлечены две червы.
Для самостоятельной тренировки:
Задача 2
В конверте находится 10 лотерейных билетов, среди которых 3 выигрышных. Из конверта последовательно извлекаются билеты. Найти вероятности того, что:
а) 2-й извлечённый билет будет выигрышным, если 1-й был выигрышным;
б) 3-й будет выигрышным, если предыдущие два билета были выигрышными;
в) 4-й будет выигрышным, если предыдущие билеты были выигрышными.
Краткое решение с комментариями в конце урока.
А теперь обратим внимание на один принципиально важный момент: в рассмотренных примерах требовалось найти лишь условные вероятности, при этом предыдущие события считались достоверно состоявшимися . Но ведь в действительности и они являются случайными! Так, в «разогретой» задаче извлечение червы из полной колоды – есть событие случайное, вероятность которого равна .
На практике гораздо чаще требуется отыскать вероятность совместного появления зависимых событий. Как, например, найти вероятность события , состоящего в том, что из полной колоды будет извлечена черва и затем ещё одна черва? Ответ на этот вопрос даёт
теорема умножения вероятностей зависимых событий
: вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже произошло:
В нашем случае:
– вероятность того, что из полной колоды будут извлечены 2 червы подряд.
Аналогично:
– вероятность того, что сначала будет извлечена карта другой масти и
затем черва.
Вероятность события получилась заметно больше вероятности события , что, в общем-то, было очевидно безо всяких вычислений.
И, само собой, не нужно питать особых надежд, что из конверта с десятью лотерейными билетами (Задача 2)
вы вытяните 3 выигрышных билета подряд:
, впрочем, это ещё щедрый шанс.
Да, совершенно верно – теорема умножения вероятностей зависимых событий естественным образом распространяется и на бОльшее их количество.
Закрепим материал несколькими типовыми примерами:
Задача 3
В урне 4 белых и 7 черных шаров. Из урны наудачу один за другим извлекают два шара, не возвращая их обратно. Найти вероятность того, что:
а) оба шара будут белыми;
б) оба шара будут чёрными;
в) сначала будет извлечён белый шар, а затем – чёрный.
Обратите внимание на уточнение «не возвращая их обратно». Этот комментарий дополнительно подчёркивает тот факт, что события зависимы. Действительно, а вдруг извлечённые шары возвращают обратно? В случае возвратной выборки вероятности извлечения чёрного и белого шара меняться не будут, а в такой задаче уже следует руководствоваться теоремой умножения вероятностей НЕзависимых событий .
Решение : всего в урне: 4 + 7 = 11 шаров. Поехали:
а) Рассмотрим события – первый шар будет белым, – второй шар будет белым и найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет белым и 2-й белым.
По классическому определению вероятности: . Предположим, что белый шар извлечён, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых, поэтому:
– вероятность извлечения белого шара во 2-м испытании при условии, что до этого был извлечён белый шар.
– вероятность того, что оба шара будут белыми.
б) Найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет чёрным и 2-й чёрным
По классическому определению: – вероятность того, что в 1-м испытании будет извлечён чёрный шар. Пусть извлечён чёрный шар, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 6 чёрных, следовательно: – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен чёрный шар.
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
– вероятность того, что оба шара будут чёрными.
в) Найдём вероятность события (сначала будет извлечён белый шар и затем чёрный)
После извлечения белого шара (с вероятностью ) в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых и 7 чёрных, таким образом: – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен белый шар.
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
– искомая вероятность.
Ответ :
Данную задачу нетрудно проверить через теорему сложения вероятностей событий, образующих полную группу . Для этого найдём вероятность 4-го недостающего события: – того, что сначала будет извлечён чёрный шар и затем белый.
События образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице:
,что и требовалось проверить.
И сразу же предлагаю проверить, насколько хорошо вы усвоили изложенный материал:
Задача 4
Какова вероятность того, что из колоды в 36 карт будут извлечены два туза подряд?
Задача 5
В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно извлекают три шара. Найти вероятность того, что
а) третий шар окажется белым, если до этого был извлечён черный и красный шар;
б) первый шар окажется черным, второй – красным и третий – белым.
Решения и ответы в конце урока.
Надо сказать, что многие из рассматриваемых задач разрешимы и другим способом, но чтобы не возникло путаницы, пожалуй, вообще о нём умолчу.
Наверное, все заметили, что зависимые события возникают в тех случаях, когда осуществляется некоторая цепочка действий. Однако сама по себе последовательность действий ещё не гарантируют зависимость событий. Пусть, например, студент наугад отвечает на вопросы какого-нибудь теста – данные события хоть и происходят одно за другим, но незнание ответа на один вопрос никак не зависит от незнания других ответов =) Хотя, закономерности тут, конечно, есть =) Тогда совсем простой пример с неоднократным подбрасыванием монеты – сей увлекательный процесс даже так и называется: повторные НЕзависимые испытания .
Я как мог, старался отсрочить этот момент и подбирать разнообразные примеры, но если в задачах на теорему умножения независимых событий хозяйничают стрелки, то здесь происходит самое настоящее нашествие урн с шарами =) Поэтому никуда не деться – снова урна:
Задача 6
Из урны, в которой находится 6 белых и 4 черных шара, извлекаются наудачу один за другим три шара. Найти вероятность того, что:
а) все три шара будут черными;
б) будет не меньше двух шаров черного цвета.
Решение :всего: 6 + 4 = 10 шаров в урне.
Событий в данной задаче будет многовато, и в этой связи целесообразнее использовать смешанный стиль оформления, обозначая прописными латинскими буквами только основные события. Надеюсь, вы уже поняли, по какому принципу подсчитываются условные вероятности.
а) Рассмотрим событие: – все три шара будут черными.
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
б) Второй пункт интереснее, рассмотрим событие: – будет не меньше двух шаров черного цвета. Данное событие состоит в 2 несовместных исходах: либо все шары будут чёрными (событие ) либо 2 шара будут чёрным и 1 белым – обозначим последнее событие буквой .
Событие включается в себя 3 несовместных исхода:
в 1-м испытании извлечён белый и
во 2-м и
в 3-м испытаниях – чёрные шары
или
и
во 2-м – БШ и
в 3-м – ЧШ
или
в 1-м испытании извлечён ЧШ и
во 2-м – ЧШ и
в 3-м – БШ.
Желающие могут ознакомиться с более трудными примерами из сборника Чудесенко , в которых перекладываются несколько шаров. Особым любителям предлагаю задачи повышенной комбинационной сложности – с двумя последовательными перемещениями шаров из 1-й во 2-ю урну, из 2-й в 3-ю и финальным извлечением шара из последней урны – смотрите последние задачи файла Дополнительные задачи на теоремы сложения и умножения вероятностей . Кстати, там немало и других интересных заданий.
А в заключение этой статьи мы разберём прелюбопытнейшую задачу, которой я вас заманивал на самом первом уроке =) Даже не разберём, а проведём небольшое практическое исследование. Выкладки в общем виде будут слишком громоздкие, поэтому рассмотрим конкретный пример:
Петя сдаёт экзамен по теории вероятностей, при этом 20 билетов он знает хорошо, а 10 плохо. Предположим, в первый день экзамен сдаёт часть группы, например, 16 человек, включая нашего героя. В общем, ситуация до боли знакома: студенты один за другим заходят в аудиторию и тянут билеты.
Очевидно, что последовательное извлечение билетов представляет собой цепь зависимых событий, и возникает насущный вопрос : в каком случае Пете с бОльшей вероятностью достанется «хороший» билет – если он пойдёт «в первых рядах», или если зайдёт «посерединке», или если будет тянуть билет в числе последних? Когда лучше заходить?
Сначала рассмотрим «экспериментально чистую» ситуацию, в которой Петя сохраняет свои шансы постоянными – он не получает информацию о том, какие вопросы уже достались однокурсникам, ничего не учит в коридоре, ожидая своей очереди, и т.д.
Рассмотрим событие: – Петя зайдёт в аудиторию самым первым и вытянет «хороший» билет. По классическому определению вероятности: .
Как изменится вероятность извлечения удачного билета, если пропустить вперёд отличницу Настю? В этом случае возможны две несовместные гипотезы:
– Настя вытянет «хороший» (для Пети) билет;
– Настя вытянет «плохой» билет, т.е. увеличит шансы Пети.
Событие же (Петя зайдёт вторым и вытянет «хороший» билет) становится зависимым .
1) Предположим, что Настя с вероятностью «увела» у Пети один удачный билет. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых 19 «хороших». По классическому определению вероятности:
2) Теперь предположим, что Настя с вероятностью «избавила» Петю от 1-го «плохого» билета. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых по-прежнему 20 «хороших». По классическому определению:
Используя теоремы сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий, вычислим вероятность того, что Петя вытянет «хороший» билет, будучи вторым в очереди:
Вероятность… осталось той же! Хорошо, рассмотрим событие: – Петя пойдёт третьим, пропустив вперёд Настю и Лену, и вытащит «хороший» билет.
Здесь гипотез будет побольше: дамы могут «обокрасть» джентльмена на 2 удачных билета, либо наоборот – избавить его от 2 неудачных, либо извлечь 1 «хороший» и 1 «плохой» билет. Если провести аналогичные рассуждения, воспользоваться теми же теоремами, то… получится такое же значение вероятности !
Таким образом, чисто с математической точки зрения, без разницы, когда идти – первоначальные вероятности останутся неизменными. НО . Это только усреднённая теоретическая оценка, так, например, если Петя пойдёт последним, то это вовсе не значит, что ему останутся на выбор 10 «хороших» и 5 «плохих» билетов в соответствии с его изначальными шансами. Данное соотношение может варьироваться в лучшую или худшую сторону, однако всё же маловероятно, что среди билетов останется «одна халява», или наоборот – «сплошной ужас». Хотя «уникальные» случаи не исключены – всё-таки тут не 3 миллиона лотерейных билетов с практически нулевой вероятностью крупного выигрыша. Поэтому «невероятное везение» или «злой рок» будут слишком уж преувеличенными высказываниями. Даже если Петя знает всего лишь 3 билета из 30, то его шансы составляют 10%, что заметно выше нуля. И из личного опыта расскажу обратный случай: на экзамене по аналитической геометрии я хорошо знал 24 вопроса из 28, так вот – в билете мне попались два «плохих» вопроса; вероятность сего события подсчитайте самостоятельно:)
Математика и «чистый эксперимент» – это хорошо, но какой стратегии и тактики всё же выгоднее придерживаться в реальных условиях ? Безусловно, следует принять во внимание субъективные факторы, например, «скидку» преподавателя для «храбрецов» или его усталость к концу экзамена. Зачастую эти факторы могут быть даже решающими, но в заключительных рассуждениях я постараюсь не сбрасывать со счетов и дополнительные вероятностные аспекты:
Если Вы готовы к экзамену хорошо, то, наверное, лучше идти «в первых рядах». Пока билетов полный комплект, постулат «маловозможные события не происходят » работает на Вас гораздо в бОльшей степени. Согласитесь, что намного приятнее иметь соотношение «30 билетов, среди которых 2 плохих», чем «15 билетов, среди которых 2 плохих». А то, что два неудачных билета на отдельно взятом экзамене (а не по средней теоретической оценке!) так и останутся на столе – вполне и вполне возможно.
Теперь рассмотрим «ситуацию Пети» – когда студент готов к экзамену достаточно хорошо, но с другой стороны, и «плавает» тоже неплохо. Иными словам, «больше знает, чем не знает». В этом случае целесообразно пропустить вперёд 5-6 человек, и ожидать подходящего момента вне аудитории. Действуйте по ситуации. Довольно скоро начнёт поступать информация, какие билеты вытянули однокурсники (снова зависимые события!) , и на «заигранные» вопросы можно больше не тратить силы – учите и повторяйте другие билеты, повышая тем самым первоначальную вероятность своего успеха. Если «первая партия» экзаменующихся «избавила» вас сразу от 3-4 трудных (лично для Вас) билетов, то выгоднее как можно быстрее попасть на экзамен – именно сейчас шансы значительно возросли. Постарайтесь не упускать момент – всего несколько пропущенных вперёд человек, и преимущество, скорее всего, растает. Если же наоборот, «плохих» билетов вытянули мало – ждите. Через несколько человек эта «аномалия» опять же с большой вероятностью, если не исчезнет, то сгладится в лучшую сторону. В «обычном» и самом распространённом случае выгода тоже есть: расклад «24 билета/8 плохих» будет лучше соотношения «30 билетов/10 плохих». Почему? Трудных билетов теперь не десять, а восемь! С удвоенной энергией штудируем материал!
Если Вы готовы неважно или плохо, то само собой, лучше идти в «последних рядах» (хотя возможны и оригинальные решения, особенно, если нечего терять) . Существует небольшая, но всё же ненулевая вероятность, что Вам останутся относительно простые вопросы + дополнительная зубрёжка + шпоры, которые отдадут отстрелявшиеся сокурсники =) И, да – в совсем критической ситуации есть ещё следующий день, когда экзамен сдаёт вторая часть группы;-)
Формула полной вероятности позволяет найти вероятность события A , которое может наступить только с каждым из n исключающих друг друга событий , образующих полную систему, если известны их вероятности , а условные вероятности события A относительно каждого из событий системы равны .
События также называются гипотезами, они являются исключающими друг друга. Поэтому в литературе можно также встретить их обозначение не буквой B , а буквой H (hypothesis).
Для решения задач с такими условиями необходимо рассмотреть 3, 4, 5 или в общем случае n возможностей наступления события A - с каждым событий .
По теоремам сложения и умножения вероятностей получаем сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы. То есть, вероятность события A может быть вычислена по формуле
или в общем виде
,
которая и называется формулой полной вероятности .
Формула полной вероятности: примеры решения задач
Пример 1. Имеются три одинаковых на вид урны: в первой 2 белых шара и 3 чёрных, во второй - 4 белых и один чёрный, в третьей - три белых шара. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из неё один шар. Пользуясь формулой полной вероятности , найти вероятность того, что этот шар будет белым.
Решение. Событие A - появление белого шара. Выдвигаем три гипотезы:
Выбрана первая урна;
Выбрана вторая урна;
Выбрана третья урна.
Условные вероятности события A относительно каждой из гипотез:
, , .
Применяем формулу полной вероятности, в результате - требуемая вероятность:
.
Пример 2. На первом заводе из каждых 100 лампочек производится в среднем 90 стандартных, на втором - 95, на третьем - 85, а продукция этих заводов составляет соответственно 50%, 30% и 20% всех электролампочек, поставляемых в магазины некоторого района. Найти вероятность приобретения стандартной электролампочки.
Решение. Обозначим вероятность приобретения стандартной электролампочки через A , а события, заключающиеся в том, что приобретённая лампочка изготовлена соответственно на первом, втором и третьем заводах, через . По условию известны вероятности этих событий: , , и условные вероятности события A относительно каждого из них: , , . Это вероятности приобретения стандартной лампочки при условии её изготовления соответственно на первом, втором, третьем заводах.
Событие A наступит, если произойдут или событие K - лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна, или событие L - лампочка изготовлена на втором заводе и стандартна, или событие M - лампочка изготовлена на третьем заводе и стандартна. Других возможностей наступления события A нет. Следовательно, событие A является суммой событий K , L и M , которые являются несовместимыми. Применяя теорему сложения вероятностей, представим вероятность события A в виде
а по теореме умножения вероятностей получим
то есть, частный случай формулы полной вероятности .
Подставив в левую часть формулы значения вероятностей, получаем вероятность события A :
Пример 3. Производится посадка самолёта на аэродром. Если позволяет погода, лётчик сажает самолёт, пользуясь, помимо приборов, ещё и визуальным наблюдением. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, то лётчик сажает самолёт, ориентируясь только по приборам. В этом случае вероятность благополучной посадки равна ; . Приборы, обеспечивающие слепую посадку, имеют надёжность (вероятность безотказной работы) P . При наличии низкой облачности и отказавших приборах слепой посадки вероятность благополучной посадки равна ; . Статистика показывает, что в k % случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью. Найти полную вероятность события A - благополучной посадки самолёта.
Решение. Гипотезы:
Низкой облачности нет;
Низкая облачность есть.
Вероятности этих гипотез (событий):
;
Условная вероятность .
Условную вероятность снова найдём по формуле полной вероятности с гипотезами
Приборы слепой посадки действуют;
Приборы слепой посадки отказали.
Вероятности этих гипотез:
По формуле полной вероятности
Пример 4. Прибор может работать в двух режимах: нормальном и ненормальном. Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора, а ненормальный - в 20% случаев. Вероятность выхода прибора из строя за определённое время t равна 0,1; в ненормальном 0,7. Найти полную вероятность выхода прибора из строя за время t .
Решение. Вновь обозначаем вероятность выхода прибора из строя через A . Итак, относительно работы прибора в каждом режиме (события ) по условию известны вероятности: для нормального режима это 80% (), для ненормального - 20% (). Вероятность события A (то есть, выхода прибора из строя) в зависимости от первого события (нормального режима) равна 0,1 (); в зависимости от второго события (ненормального режима) - 0,7 (). Подставляем эти значения в формулу полной вероятности (то есть, сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы) и перед нами - требуемый результат.
Пусть А и В – два события, рассматриваемые в данном испытании. При этом наступление одного из событий может влиять на возможность наступления другого. Например, наступление события А может влиять на событие В или наоборот. Для учёта такой зависимости одних событий от других вводится понятие условной вероятности.
Определение. Если вероятность события В находится при условии, что событие А произошло, то получаемая вероятность события В называется условной вероятностью события В . Для обозначения такой условной вероятности используются символы: р А (В ) или р (В / А ).
Замечание 2 . В отличие от условной вероятности, рассматривается и “безусловная” вероятность, когда какие-либо условия наступления некоторого события В отсутствуют.
Пример . В урне 5 шаров, среди которых 3 красных и 2 синих. Поочерёдно из неё извлекают по одному шару с возвратом и без возврата. Найти условную вероятность извлечения во второй раз красного шара при условии, что в первый раз извлечён: а) красный шар; б) синий шар.
Пусть событие А – извлечение красного шара в первый раз, а событие В – извлечение красного шара во второй раз. Очевидно, что р (А ) = 3 / 5; тогда в случае, когда вынутый 1-й раз шар возвращается в урну, р (В )=3/5. В случае же когда вынутый шар не возвращается, вероятность извлечения красного шара р (В ) зависит от того, какой шар был извлечён в первый раз – красный (событие А ) или синий (событие ). Тогда в первом случае р А (В ) = 2 / 4, а во втором (В ) = 3 / 4.
Теорема умножения вероятностей событий, одно из которых совершается при условии совершения другого
Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, найденную в предположении, что первое событие произошло:
р (А ∙ В ) = р (А ) ∙ р А (В ) . (1.7)
Доказательство. Действительно, пусть n – общее число равновозможных и несовместных (элементарных) исходов испытания. И пусть n 1 – число исходов, благоприятствующих событию А , которое наступает вначале, а m – число исходов, в которых наступает событие В в предположении, что событие А наступило. Таким образом, m – это число исходов, благоприятствующих событию В. Тогда получим:
Т.е. вероятность произведения нескольких событий равна произведению вероятности одного из этих событий на условные вероятности других, причём условная вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события произошли.
Пример. В команде из 10 спортсменов 4 мастера спорта. По жеребьёвке из команды выбирают 3-х спортсменов. Какова вероятность того, что все выбранные спортсмены – мастера спорта?
Решение. Приведём задачу к “урновой” модели, т.е. будем считать, что в урне, содержащей 10 шаров, имеется 4 красных шара и 6 белых. Из этой урны наудачу извлекаются 3 шара (выборка S = 3). Пусть событие А состоит в извлечении 3-х шаров. Задачу можно решить двумя способами: по классической схеме и по формуле (1.9).
Первый способ, основанный на формуле комбинаторики:
Второй способ (по формуле (1.9)). Из урны последовательно без возвращения извлекаются 3 шара. Пусть А 1 – первый извлечённый шар красный, А 2 – второй извлечённый шар красный, А 3 – третий извлечённый шар красный. Пусть также событие А означает, что все 3 извлечённых шара – красные. Тогда: А = А 1 ∙ (А 2 / А 1) ∙ А 3 / (А 1 ∙ А 2), т.е.
Пример. Пусть из совокупности карточек а, а, р, б, о, т последовательно извлекаются карточки по одной. Какова вероятность получения слова “работа ” при последовательном складывании их в одну строку слева направо?
Пусть В – событие, при котором получается заявленное слово. Тогда по формуле (1.9) получим:
р (В ) = 1/6 ∙ 2/5 ∙ 1/4 ∙ 1/3 ∙ 1/2 ∙ 1/1 = 1/360.
Теорема умножения вероятностей приобретает наиболее простой вид, когда произведение образуется независимыми друг от друга событиями.
Определение. Событие В называется независимым от события А , если его вероятность не меняется от того, произошло событие А или нет. Два события называются независимыми (зависимыми), если появление одного из них не изменяет (изменяет) вероятность появления другого. Таким образом, для независимых событий р(В/ A ) = р (В ) или = р (В ), а для зависимых событий р (В/ A )