Документ: 5601, страницы 11-15 | База учебных материалов

Материал: 5601

Смотрите также:

а) Р А			Б	В		Р А	Р Б	Р В 0,444 0,278 0,159 0,881;
б) 1	5	4		3	1	15	111	0,881 (от 1 отнять вероятность того, что 3 канди-

	9	8		7		126	126

дата подряд не подошли).

Ответ: вероятности составляют соответственно 0,444, 0,278, 0,159 и 0,881.

Пример 7. Преподаватель принимает экзамен и ставит 3 при первом же верном ответе, но теряет терпение после 4 неверных ответов. Студент знает 10% вопросов. Каковы шансы для него сдать экзамен? Сдать его после 3-го вопроса?

Решение. Судя по условию, шансы правильно ответить на вопрос постоянны и равны р 0,1 (это возможно, если вопросов много и можно пренебречь уменьшением выбора). Тогда риск ответить неверно составляет 1 0,1 0,9. Экзамен не будет сдан лишь в том случае, если студент неверно ответит на 4 вопроса подряд. Обозначим события А ‒ экзамен сдан; А ‒ экзамен не сдан, А3 ‒ экзамен сдан после 3-го вопроса. Находим

раз из 4 ответить правильно и тем самым сдать экзамен. Вероятность сдать экзамен именно после 3-го вопроса:

Р А3 1 р 1 р р 0,9 0,9 0,1 0,081.

Полезно подумать, почему вероятнее всего сдать экзамен после 1-го вопроса, но студенту выгодно, чтобы преподаватель задал как можно больше вопросов.

§ 3. Полная вероятность. Формула Байеса

Иногда вероятность события зависит от дополнительных условий, например, событий, произошедших раньше. В этом случае надо учесть как вероятности выполнения таких условий (называемых гипотезами), так и вероятность самого события при разных условиях.

Формула полной вероятности. Если для наступления события А необходимо наступление одной из гипотез H1 , H 2 , , Hn , то вероятность самого события А

			P A P H1 PH A P H2 PH			2	A P Hn PH	A ,
				1		2		n
где n 2 ‒ число возможных гипотез,					P H1		, P H 2 , , P H n	‒ вероятности гипо-
тез, а PH	A , PH		A , , PH	A ‒ вероятности события А при каждой из гипотез.
1		2		n
					11

Пример 1. В группе из 20 студентов 4 отличника, готовых к занятиям в 90% случаев. Остальные 16 готовы к 60% занятий. Новый преподаватель, незнакомый с группой, вызвал кого-то. Каковы шансы, что студент ответит?

Решение. Мы не знаем, кого вызвал преподаватель: отличника или нет, а от этого зависит вероятность события А ‒ «студент готов к занятию». Выдвинем 2 гипотезы: H1 ‒ «вызвали отличника»; H2 ‒ «вызвали обычного студента».

Если справедлива гипотеза H1 , то вероятность ответа PH	A	0,9 . Если же
	1
справедлива H2 , то PH2 A 0,6 . Индексы H1 и H2 указывают,		в каком случае
вероятность события А принимает указанное значение.

Студента вызывают случайным образом, и можно применить классическое определение: вероятность вызвать отличника равна доле отличников в составе

группы, т.е. P H1	4	0,2	. Соответственно	P H2	16	0,8 .

	20				20

Теперь вероятность каждой гипотезы умножим на вероятность интересующего нас события при данной гипотезе, и всё сложим:

P A P H1 PH	A	P H2 PH	A 0,2 0,9 0,8 0,6 0,18 0,48 0,66 .
	1		2

Ответ: с вероятностью 0,66 студент окажется готов к занятию.

Пример 2. Рекламу слышат 40% населения, после чего 30% услышавших рекламу обращаются в фирму. Среди не слышавших рекламу в фирму обращаются 2%. Каковы шансы, что случайный прохожий обратится в фирму?

Решение. Обозначим событие А ‒ «прохожий обратится в фирму», гипотезы

H1 ‒ «он слышал рекламу», H2				‒ «он её не слышал».
По условию задачи,			P H1	0,4 , PH		A	0,3 , PH	A	0,02 . Недостающую ве-
						1		2
роятность	P H2	легко найти, если заметить, что 60% населения рекламу НЕ
слышат: P H2		0,6 . По формуле полной вероятности
P A	P H1 PH A		P H2	PH	A	0,4 0,3 0,6 0,02			0,12 0,012 0,132 .
		1			2

Ответ: случайный прохожий обратится в фирму с вероятностью 0,132.

Если интереснее не событие, а гипотеза, ему предшествовавшая, помогает Формула Байеса. Вероятность гипотезы ‒ это доля соответствующего слага-

емого в общей сумме при вычислении полной вероятности:

PA	H k	P H k PHk	A	,
		P A

где P Aнайдено по формуле полной вероятности.

12

Пример 3. На складе хранятся 6 изделий завода А, 14 изделий завода Б, 30 изделий завода В. Завод А выпускает примерно 0,5% брака, заводы Б и В ‒ соответственно 0,3% и 0,1%. Взятое изделие оказалось бракованным. Какова вероятность, что в этом вина завода В?

Решение. С одной стороны, большинство изделий поступает с завода В. Но он выпускает меньше всех брака. Поэтому вопрос о виновнике не так очевиден.

Учтём, что всего на складе хранятся 6 14 30 50 изделий, и запишем все 6 необходимых вероятностей, переведя проценты в десятичные дроби:

P H		6	, P H			14	, P H		30	, P A	0,005, P A	0,003, P A 0,001.
	1			2				1
		50			50				50	H	H	H
										1	1	1

Находим вероятность брака для случайно взятого изделия:

P A	6	0,005	14		0,003	30	0,001	0,12 0,005			0,28 0,003 0,6 0,001 0,002 04 .
	50			50		50

Тогда вероятность вины завода В: PA								H		0,6	0,001	0,294 .
									3
										0,002 04

Можно заметить, что наиболее вероятный виновник ‒ завод Б, его доля в формировании всей вероятности наиболее велика.

Ответ: вероятность вины завода В – 0,294 (29,4%). Подумайте, как можно было упростить вычисления.

§ 4. Схема независимых испытаний. Формула Бернулли

Если в отдельном испытании некоторое событие происходит с вероятностью р , то вероятность того, что в серии из n испытаний событие наступит в точности k раз, составляет, согласно формуле Бернулли,

P k C k pk 1 p n k ,
n	n

где Cnk ‒ число сочетаний (§ 1). Независимость испытаний означает, что вероят-

ность события не меняется и в каждом отдельном испытании равна р .

Пример 1. Замечено, что мастерская выполняет в срок 80% заказов. Поступили 4 заказа. Какова вероятность, что из них в срок будут выполнены

а) в точности 2 заказа?	б) в точности 3 заказа?	в) хотя бы 2 заказа?
Решение. Обозначим р	0,8 ‒ вероятность выполнения отдельного заказа,

п4 ‒ число поступивших заказов. Параметр k меняется:

а) k 2 ;

б) k 3;

в) k 2 , т.е. k 2,3,4 .

13

Нет никаких указаний, что выполнение заказа как-то зависит от выполнения остальных. Применяем формулу Бернулли:

а)	P 2	C 2	0,82	1	0,8 4	2	4!				0,820,22		6 0,64 0,04	0,154 ;
						2

	4	4					2! 4		2 !
							2! 4		2 !
б)	P 3	C 3	0,83	1	0,8 4	3	4!			0,830,21			4 0,512 0,2	0,41.
						3

	4	4					3! 4		3 !
							3! 4		3 !
в) достаточно найти вероятность выполнения 4 заказов:
	P 4	C 4 0,84		1	0,8 4 4		4!					0,840,20	1 0,409 6 1	0,41 ;


		4					4! 4		4 !
							4! 4		4 !
тогда P4		k	2	P4	2	P4 3 P4		4 0,154					0,41 0,41 0,974 .

Соответственно 1 0,974 0,026 , т.е. менее 3% ‒ риск, что будет выполнено менее 2 заказов (1 или ни одного).

Ответ: в точности 2 заказа будут выполнены с вероятностью 0,154; в точности 3 заказа ‒ с вероятностью 0,41; хотя бы 2 ‒ с вероятностью 0,974.

Пример 2. В среднем 1 час из 8 рабочий вынужден простаивать. Что вероятнее: что из 5 интересующих нас рабочих в данный момент работают все, или что хотя бы один отдыхает?

Решение. Для отдельно взятого рабочего вероятность простоя в любой фиксированный момент времени неизменна: р 1/ 8 0,125 . Каждый из 5 рабочих ‒ это испытание, а событие ‒ «отдельно взятый рабочий сейчас отдыхает». Итак,

р 0,125 , п 5.
Достаточно найти Р5 0		‒ вероятность того, что все пятеро сейчас работают,
и сравнить её с 0,5:	P 0	C 0	0,1250	1 0,125 5 0	1 1 0,8755	0,513 .
	5	5

Шансы, что все работают и никто не простаивает, составляют 0,513 и превышают 50%. Значит, вероятность, что хотя бы кто-то простаивает, меньше поло-

вины и равна 1 0,513 0,487 .

Ответ: вероятность, что все работают, равна 0,513. Вероятность, что кто-то простаивает, равна 0,487. Немного вероятнее, что все работают.

Замечание. Когда надо найти и сложить несколько вероятностей, нередко выгоднее найти вероятность противоположного события и вычесть её из 1. Так, если в примере 2 понадобится вероятность того, что отдыхают не менее 2 чело-

век, выгодно найти P5	1 , и тогда P5	k	2	1	P5 0	P5 1 , где P5 0 уже извест-
на, а не складывать P5	k 2 P5 2	P5	3	P5 4	P5	5 .
			14

§ 5. Предельные теоремы в схеме независимых испытаний

Формула Бернулли справедлива при любой вероятности события, но неудобна, хотя и верна, при большом числе испытаний. В этом случае помогают предельные теоремы (формулы) Пуассона и Лапласа.

Формула Пуассона.	Если число испытаний п				и вероятность события в
отдельном испытании р	0 и при этом пр а			const , то вероятность того, что
в n испытаниях событие наступит ровно k раз, составляет
		e a ak
	P k		, где a	np .

	n	k!

Значения функции f a e a даны в приложении А. Формулой удобно пользоваться, если a 9 . При a 9 применяется

Локальная формула Лапласа. Если число испытаний п , то вероятность того, что в n испытаниях событие наступит ровно k раз, составляет

Pn

k

1

x

,

npq

k

np

1

x2

где q 1 p , x

, x

e 2

‒ локальная функция Лапласа, её значения

npq

2

даны в приложении Б.

Пример 1. При перевозке портится 0,01% изделий. Каковы шансы, что при перевозке 20 тыс. изделий испортится не более двух? Каков риск, что испортится более 3 изделий?

Решение. Событие ‒ поломка отдельного изделия, вероятность такого собы-

тия р	0,01	1			0,0001 (1% ‒ это уже сотая часть!). Каждое изделие ‒ отдельное
тия р	0,01	100
		100
испытание,		п		20 000 .				Поскольку пр							20 000 0,0001							2	9 , применяем формулу
Пуассона. Надо найти 2 вероятности: Pn k																2			и Pn		k	3 , где n			20 000 .
P k	2	P		0		P 1			P 2			e 2 20			e 2 21			e 2 22			, вынесем за скобки e 2 :
P k	2	P		0		P 1			P 2												, вынесем за скобки e 2 :
n			n				n		n				0!		1!					2!
													0!		1!					2!
P k	2	e	2	20		21		22		e	2		1	2	4		e		2	1	2	2	5e	2	5 0,135 0,675 .
P k	2	e								e							e			1	2	2	5e		5 0,135 0,675 .
n				0!		1!		2!					1	1	2
				0!		1!		2!					1	1	2
Для вычисления Pn						k 3 учтём, что Pn									k	3	1			Pn	k	3 . Замечаем, что
								Pn k 3 Pn 0 Pn 1 Pn 2 Pn 3 ,
															15

0,94 0,656 ‒ вероятность 4 раза подряд ответить неверно;

1 0,656 0,344 ‒ вероятность не сделать этого, т.е. хотя бы 1