методичка по ТВ1. Основные понятия и теоремы теории вероятностей

• Название: Основные понятия и теоремы теории вероятностей
• Дата: 23.10.2022
• Размер: 0.76 Mb.
• Имя файла: методичка по ТВ1.pdf
• Тип: Глава; #750238
• страница: 2 из 4

§ 1.4. Теоремы сложения и умножения вероятностей. Их следствия
1.4.1. Теорема сложения вероятностей событий
Пусть события А и В – совместные, причем вероятности этих событий даны. Как найти вероятность того, что наступит событие А, либо событие В?
Ответ на этот вопрос дает следующая теорема:
Теорема 1.2. Вероятность появления хотя бы одного из двух совме-
стных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности
их произведения:
(
)
( )
( )
(
).
P A B
P A
P B
P A B





(1.8)
Доказательство. Рассмотрим операцию сложения на диаграмме Вье- на (рис 1.7):
Рис. 1.6.
Рис. 1.7
(
)
A
B
P A B




A B
A
B
A B
 

 
Поделим обе части на
n
Ω
А
В

22
(
)
( )
( )
(
).
A B
A
B
A B
P A B
P A
P B
P AB











 

Пример 1.28. В электрическую цепь последовательно включены две лампочки. Вероятность того, что лампочки перегорят, если напряжение в се- ти превысит номинальное, соответственно равны 0,4 и 0,7. Найти вероят- ность того, что при повышенном напряжении тока в цепи не будет.
Решение. Событие {тока в цепи не будет} является суммой событий
A = {перегорит первая лампочка}, B = {перегорит вторая лампочка}. По тео- реме вероятности суммы
(
)
0,4 0,7 1,1.
P A B




Однако ответ неверный, так как
0 1
p
 
. Ошибка состоит в том, что события А и В являются совместными (могут перегореть обе лампочки). По теореме сложения вероятностей совместных событий
(
)
0,4 0,7 0,4 0,7 0,82.
P A B






Определение 1.21. Два события называются противоположными,
если они несовместны и образуют полную группу. Иначе говоря, в результа- те испытания произойдет только одно из них.
Пример 1.29. Выпадение герба или цифры при одном бросании моне- ты.
Если одно из противоположных событий обозначить через А, то вто- рое принято обозначать
A
Следствие 1.1. Сумма вероятностей противоположных событий равна единице:
 
 
1.
P A
P A


(1.9)
Если вероятность события А обозначить через р, то вероятность про- тивоположного
A
принято обозначать через q. Таким образом
1.
p
q
 
При решении многих задач часто бывает легче найти вероятность противоположного события
A
. После этого вероятность события А находит- ся легко:

23
 
 
1
P A
P A
 
(1.10)
Теорема 1.3. Вероятность появления одного из двух несовместных
событий, безразлично какого, равна сумме вероятностей этих событий:
(
)
( )
( ).
P A B
P A
P B



(1.11)
Доказательство. Если события A и B несовместны, то их произведе- ние
A B
  
, а вероятность (
)
( )
0
P A B
P

  
. Подставляя это значение в формулу (1.8), получим: (
)
( )
( ) 0
( )
( )
P A
B
P A
P B
P A
P B



 

, что и тре- бовалось доказать.
Следствие 1.2. Если
1 2
,
,...,
n
A A
A – попарно несовместные события, то вероятность появления одного из них (безразлично какого) равна:
1 2
1 2
(
)
(
)
(
) ...
(
).
n
n
P A
A
A
P A
P A
P A

 


 
(1.12)
Следствие 1.3. Если события
1 2
,
,...,
n
A A
A образуют полную группу попарно несовместных событий, то
1 2
(
)
(
) ...
(
) 1.
n
P A
P A
P A

 

(1.13)
Пример 1.30. В лотерее 10 000 билетов, из которых 10 билетов выиг- рывают по 200 грн., 100 – по 100 грн., 500 – по 25 грн., 1000 – по 5 грн. Ос- тальные билеты не выигрывают. Куплен один билет. Какова вероятность, что на него придется выигрыш не менее 25 грн.
Решение. Выиграть не менее 25 грн. (событие А) означает выиграть
25 грн. (событие
1
A ), или выиграть 100 грн. (событие
2
A ), или выиграть 200 грн. (событие
3
A
). На основании определения суммы событий имеем:
1 2
3
A
A
A
A



. Так как куплен один билет, то события
1 2
3
,
,
A A A
попарно несовместны. На основании следствия 1.2. получим:
1 2
3
( )
(
)
(
)
(
).
P A
P A
P A
P A



Очевидно, что
1 2
3
(
)
0,05;
(
)
0,01; (
)
0,001,
P A
P A
P A



поэтому
( )
0,05 0,01 0,001 0,061.
P A





24
1.4.2. Независимые и зависимые события
Определение 1.22. Два события называются независимыми, если ве- роятность одного из них не зависит от появления или непоявления другого.
Пример 1.31. Монета брошена два раза. Вероятность появления герба в первом испытании (событие А) не зависит от появления или непоявления герба во втором испытании (событие Â ). В свою очередь выпадение герба во втором испытании не зависит от результата первого испытания. Таким обра- зом события А и В – независимые.
Определение 1.23. Два события называются зависимыми, если веро- ятность появления одного из них зависит от наступлении или ненаступления другого события.
Пример 1.32. В ящике 100 деталей: 80 стандартных и 20 нестандарт- ных. Наудачу берут одну деталь, не возвращая ее в ящик. Пусть событие
С={При втором испытании извлечена стандартная деталь}. Если первой бы- ла извлечена стандартная деталь, то извлечение стандартной детали при вто- ром испытании
79
( )
99
P C

, если же в первом испытании вынута нестандарт- ная деталь, то вероятность
80
( )
99
P C

Таким образом, вероятность появления стандартной детали во втором испытании зависит от появления или непоявления стандартной детали в пер- вом испытании.
1.4.3.
Условная
вероятность.
Теорема
умножения
вероятностей зависимых событий
Определение 1.24. Условной вероятностью
( / )
P B A
называют веро- ятность события B , вычисленную в предположении, что событие A уже произошло.

25
(
)
( / )
( )
P A B
P B A
P À


(1.14)
Событие A называется условием. Аналогично определяется вероят- ность события A при условии, что произошло событие B :
(
)
( / )
( )
P A B
P A B
P B


Пример 1.33. В урне 6 белых и 4 черных шаров. Наудачу вынимают один за другим два шара, причем первый шар, который оказался белого цве- та, в урну не возвращается. Найти вероятность того, что второй шар тоже бе- лого цвета.
Решение. Пусть событие А = {первый шар – белый}, событие
В = {второй шар – белый}. Вероятность события В зависит от того, произош- ло или не произошло событие А. Так, если первым вынут белый шар, то в ур- не осталось 9 шаров, среди которых 5 белых, поэтому
5
( / )
9
P B A

Теорема 1.4. Вероятность совместного появления двух зависимых
событий равна произведению вероятности одного из них на условную веро-
ятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже
наступило:
(
)
( / )
( )
( / )
( )
P A B
P A B
P B
P Â À P À





(1.15)
Доказательство. По определению условной вероятности
(
)
( / )
(
)
( / ) ( ).
( )
P AB
P A B
P AB
P A B P B
P B



Пример 1.34. По данным предыдущего примера найдем вероятность появления двух белых шаров.
Решение.
6 5 1
(
)
( )
( / )
10 9 3
P A B
P A P B A




 

26
1.4.4. Теорема умножения вероятностей независимых событий
Теорема 1.5. Вероятность совместного появления двух независимых
событий равна произведению вероятностей этих событий:
(
)
( )
( )
P A B
P A P B



(1.16)
Доказательство. Пусть события
A
и B независимы, тогда должно выполнятся равенство: ( / )
( )
P B A
P B

. Подставим это равенство в формулу
(
)
( )
( / )
P A B
P À P Â À



, получим
(
)
( )
( )
P A B
P A P B



, что и требовалось доказать.
Пример 1.35. Имеется два ящика, содержащих по 10 деталей. В пер- вом ящике 8, а во втором 6 стандартных деталей. Из каждого ящика наудачу вынимают по одной детали. Найти вероятность того, что обе детали окажутся стандартными.
Решение. Событие А = {из первого ящика вынута стандартная де- таль}, вероятность этого события
( )
0,8.
P A

Событие В = {из второго ящика вынута стандартная деталь},
( )
0,6.
P B

Так как события А и В – независи- мые, то искомая вероятность
(
)
( )
( )
0,8 0,6 0,48.
P A B
P A P B






Пример 1.36. Произведен залп из трех орудий. Вероятности попада- ния в цель для каждого равны соответственно 0,8; 0,7; 0,9. Найти вероятность того, что при одном залпе из всех орудий будет а) три попадания; б) только одно попадание.
Решение. Обозначим
1
A

{попадание первого орудия},
2
A

{попа- дание второго орудия},
3
A

{попадание третьего орудия}. По условию зада- чи
1 2
3
( )
0,8;
(
)
0,7;
(
)
0,9.
P A
P A
P A



Тогда
1 1
2 2
3 3
(
) 1
(
) 1 0,8 0, 2,
(
) 1
(
) 1 0,7 0,3,
(
) 1
(
) 1 0,9 0,1.
P A
P A
P A
P A
P A
P A
 
 

 
 

 
 


27 а) Пусть событие
C

{три попадания при одном залпе}. Тогда
1 2
3
C
A A A
 

, так как события
1 2
3
,
,
A A A
независимы, то согласно теореме 1.5 умножения для независимых событий имеем:
1 2
3 1
2 3
( )
(
)
( )
(
)
(
)
0,8 0,7 0,9 0,504.
P C
P A A A
P A
P A
P A










б) Пусть событие D

{только одно попадание при залпе}.
1 2
3 1
2 3
1 2
3
D
A A A
A A A
A A A
 

 

 

. Используя теорему сложения для несовместных и теорему умножения для независимых событий, получаем:
1 2
3 1
2 3
1 2
3 1
2 3
1 2
3 1
2 3
1 2
3 1
2 3
1 2
3
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0,8 0,3 0,1 0, 2 0,7 0,1 0, 2 0,3 0,9 0,092.
P D
P A A
A
A A
A
A A
A
P A A
A
P A A
A
P A A
A
P A
P A
P A
P A
P A
P A
P A
P A
P A



 

 































1.4.5. Вероятность появления хотя бы одного события
Пусть в результате испытания может появиться п событий независи- мых в совокупности, либо некоторые из них, причем вероятность каждого из событий известна. Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий? Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступле- ние либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на этот вопрос дает следующая теорема:
Теорема 1.6. Вероятность появления хотя бы одного из событий
1 2
,
,...,
n
A A
A независимых в совокупности, равна разности между единицей и
произведением вероятностей противоположных событий
1 2
,
,...,
n
A A
A
:
1 2
( ) 1
... ,
1
n
i
i
P A
q q
q
q
p
   
 
(1.17)
Замечание 1.1: Если события
1 2
,
,...,
n
A A
A имеют одинаковую вероят- ность, равную
p
, то вероятность появления хотя бы одного из этих событий:
( ) 1
n
P A
q
 
(1.18)

28
Пример 1.37. Вероятность попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы:
1 2
3 0,8;
0,7;
0,9
p
p
p



. Найти вероятность хотя бы одно- го попадания при одном залпе из всех орудий.
Решение. Вероятности попадания в цель каждого из орудий не зави- сят от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые со- бытия
1
A
= {попадание первого орудия},
2
A
= {попадание второго орудия},
3
A = {попадание третьего орудия} независимы в совокупности. Вероятности событий, противоположных событиям
1 2
3
,
,
A
A A , то есть, вероятности про- махов:
2 1
1 1
2 2
3 3
3
(
)
1 1 0,8 0, 2;
(
)
1 1 0,7 0,3;
(
)
1 1 0,9 0,1.
P A
q
p
P A
q
p
P A
q
p
  
 


 
 


 
 

Тогда искомая вероятность
1 2
3
( ) 1 1 0,2 0,3 0,1 0,994.
P A
q q q
     



1.4.6. Формула полной вероятности
Формула полной вероятности является простым следствием теорем сложения и умножения вероятностей. Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий
1 2
,
,...,
n
H
H
H , обра- зующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих собы- тий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется с помощью следующей теоремы:
Теорема 1.7. Вероятность события А, которое может наступить
вместе с одним из событий
1 2
,
,...,
n
H
H
H , образующих полную группу, равна
сумме произведений вероятностей каждого из событий
1 2
,
,...,
n
H
H
H на со-
ответствующую условную вероятность события А:
1 1
2 2
( )
(
)
( /
)
(
)
( /
) ...
(
)
( /
).
n
n
P A
P H
P A H
P H
P A H
P H
P A H




 

(1.19)

29
Пример 1.38. В первом ящике содержится 5 деталей, из которых 3 детали стандартные, во втором – 6 деталей, из которых 5 – стандартные. Из наудачу взятого ящика берут деталь. Какова вероятность, что эта деталь – стандартная?
Решение. Пусть событие А = {вынута стандартная деталь}. Возможны две гипотезы:
1
H

{выбран первый ящик},
2
H

{выбран второй ящик}.
Так как выбор каждого ящика – события равновозможные, то
1 2
1
(
)
(
)
2
P H
P H


Найдем условные вероятности события А при наступлении каждой из гипотез:
1 2
3 5
( /
)
,
( /
)
5 6
P A H
P A H


По формуле полной вероятности:
1 3 1 5 43
( )
2 5 2 6 60
P A
    
1.4.7. Формула Байеса
Если в результате испытания событие A , вероятность которого была вычислена по формуле полной вероятности, наступило, то вероятности гипо- тез можно переоценить по формуле Байеса:
(
) ( /
)
(
/ )
( )
i
i
i
P H P A H
P H
A
P A

,
(1.20) где
1 1
2 2
( )
(
)
( /
)
(
)
( /
) ...
(
)
( /
).
n
n
P A
P H
P A H
P H
P A H
P H
P A H




 

Вероятности
(
)
i
P H называют априорными (доопытными), а вероятности
(
/ )
i
P H
A

апостериорными (послеопытными) вероятностями гипотез.
Пример 1.39. Детали изготавливаются двумя рабочими, причем про- изводительность первого в два раза больше второго. Вероятность того, что первый рабочий изготовит бракованную деталь равна 0,01, второй – 0,1. Для контроля берется одна деталь, которая оказалась бракованной. Найти вероят- ность того, что эта деталь изготовлена вторым рабочим.

30
Решение. Событие А = {контрольная деталь - бракованная} может произойти лишь вместе с одним из двух несовместных событий (гипотез):
1
H

{деталь изготовлена первым рабочим} и
2
H

{деталь изготовлена вто- рым рабочим}. Найдем вероятности гипотез:
1 2
2 1
(
)
;
(
)
3 3
P H
P H


. Кроме того, известны условные вероятности:
1 2
( /
)
0,01;
( /
)
0,1
P A H
P A H


По формуле полной вероятности найдем:
2 1
( )
0,01 0,1 0,04.
3 3
P A
 
 

Переоценим гипотезу
2
H , с учетом результата испытания по формуле
Байеса:
2 1
0,1 5
3
(
/ )
0,04 6
P H
A



Как видим, вероятность того, что контрольная бракованная деталь изготовлена вторым рабочим, велика, несмотря на то, что доля деталей, изготовленных им, в два раза меньше доли первого рабочего.
Такой результат объясняется тем, что брак значительной части партии был по вине второго рабочего.