1. Формула полной вероятности.
Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , которые образуют полную группу. Пусть известны вероятности этих событий и условные вероятности P(A/B 1), P(A/B 2), ..., P(A/B n) события А. Требуется найти вероятность события А.
Теорема: Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:
– Формула полной вероятности.
Доказательство:
По условию, событие А может наступить, если наступит одно из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n . Другими словами, появление события А означает осуществление одного (безразлично какого) из несовместных событий: B 1 *A, B 2 *A , B 3 *A , ..., B n *A . Пользуясь теоремой сложения, получим:
По теореме умножения вероятностей зависимых событий имеем:
ч.т.д.Пример: Имеется 2 набора деталей. Вероятность того, что деталь из первого набора стандартна, равна 0,8, а для второго набора- 0,9. Найдите вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) стандартна.
Решение: Событие А- «Извлеченная деталь стандартна». Событие -«Извлекли деталь, изготовленную 1 заводом». Событие - «Извлекли деталь, изготовленную вторым заводом». Р(B 1 )=Р(B 2)= 1/2.Р(А / B 1 )=0,8- вероятность, что деталь, изготовленная на первом заводе, стандартна. Р(А / B 2 )=0,9- вероятность, что деталь, изготовленная на втором заводе, стандартна.
Тогда, по формуле полной вероятности, имеем:
Пример: Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводами №1 и 2 коробки деталей, изготовленных заводом №2. Вероятность того, что деталь, изготовленная заводом №1, стандартна равна 0,8. Для завода №2 эта вероятность равна 0,9. Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу выбранной коробки. Найдите вероятность того, что извлечена стандартная деталь.
Решение: Событие А- «Извлечена стандартная деталь». Событие B 1 - «Извлечена деталь из коробки завода №1». Событие B 2 - «Извлечена деталь из коробки завода № 2». Р(B 1)= 3/5. Р(B 2 )= 2/5.
Р(А / B 1)=0,8- вероятность, что деталь, изготовленная на первом заводе, стандартна. Р(А / B 2)=0,9- вероятность, что деталь, изготовленная на втором заводе, стандартна.
Пример: В первой коробке лежит 20 радиоламп, из них- 18 стандартных. Во второй коробке лежит 10 радиоламп, из них- 9 стандартных. Из второй коробки в первую наудачу переложена одна радиолампа. Найдите вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.
Решение: Событие А-« Из 1 коробки извлекли стандартную лампу». Событие B 1 -«Из второй в первую коробку переложили стандартную лампу». Событие B 2 -«Из второй в первую коробку переложили нестандартную лампу». Р(B 1 )= 9/10. Р(B 2)= 1/10.Р(А / B 1)= 19/21 - вероятность вытащить из первой коробки стандартную деталь, при условии, что была переложена в нее так же стандартная.
Р(А / B 2 )= 18/21 - вероятность вытащить из первой коробки стандартную деталь, при условии, что была переложена в нее нестандартная.
2. Формул гипотез Томаса Байеса.
Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности, рассмотренной ранее.
Допустим, что произведено испытание, в
результате которого произошло событие А. Поставим своей задачей определить, как
изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез.
Другими словами, будем искать условные вероятности
P(B 1 /A), P(B 2 /A), ..., P(B n /A)
Найдем условную вероятность P(B 1 /A) . По теореме умножения имеем:
Отсюда следует:
Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т.е. условная вероятность любой гипотезу B k (i =1, 2, …, n ) может быть вычислена по формуле:
Формулы гипотез Томаса Байеса.
Томас Байес (английский математик) опубликовал формулу в 1764 году.
Данные формулы позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.
Пример: Детали, изготовленные цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадет к первому контролеру, равна 0,6, ко второму- 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна 0,94, для второго контролера эта вероятность равна 0,98.Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найдите вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.
Решение: Событие А- «Годная деталь признана стандартной». Событие B 1 - «Деталь проверял первый контролер». Событие B 2 - «Деталь проверил второй контролер». Р(B 1 )=0,6. Р(B 2 )=0,4.
Р(А / B 1)=0,94- вероятность, что деталь, проверенная первым контролером, признана стандартной.
Р(А / B 2)=0,98 - вероятность, что деталь, проверенная вторым контролером, признана стандартной.
Тогда:
Пример: Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса-4 человека, из второй- 6 человек, из третьей- 5 человек. Вероятность того, что студент первой группы попадет в сборную, равна 0,9, для студентов второй и третьей групп эти вероятности соответственно равны 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную К какой из групп, вероятнее всего, он принадлежит?
Решение: Событие А- «Наудачу выбранный студент, попал в сборную института». Событие B 1 - «Наудачу выбран студент из первой группы». Событие B 2 - «Наудачу выбран студент из второй группы». Событие B 3 - «Наудачу выбран студент из третьей группы». Р(B 1)= 4/15 . Р(B 2)= 6/15. Р(B 3)= 5/15 .
Р(А / B 1)=0,9- вероятность, что студент из первой группы попадет в сборную.
Р(А / B 2)=0,7- вероятность, что студент из второй группы попадет в сборную.
Р(А / B 3 )=0,8- вероятность, что студент из третьей группы попадет в сборную.
Тогда:
Вероятность, что в сборную попал студент из первой группы.
Вероятность, что в сборную попал студент из второй группы.
Вероятность, что в сборную попал студент из третьей группы.
Вероятнее всего в сборную попадет студент из второй группы.
Пример: При отклонении от нормального режима работы автомата сработает сигнализатор С 1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С 2 сработает с вероятностью 1. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С 1 или С 2 соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С 1 или С 2 ?
Решение: Событие А-«Получен сигнал о разделке автомата». Событие B 1 -« Автомат снабжен сигнализатором С1. Событие B 2 - «Автомат снабжен сигнализатором С2. Р(B 1 )= 0,6. Р(B 2)= 0,8.
Р(А / B 1)=0,8- вероятность, что будет получен сигнал, при условии, что автомат снабжен сигнализатором С1.
Р(А / B 2 )=1- вероятность, что будет получен сигнал, при условии, что автомат снабжен сигнализатором С2.
Тогда:
Вероятность, что при получении сигнала о разделке автомата, сработал сигнализатор С1.
Вероятность, что при получении сигнала о разделке автомата, сработал сигнализатор С2.
Т.е. вероятнее, что при разделке автомата будет получен сигнал от сигнализатора С1.
Цель работы: сформировать навыки решения задач по теории вероятностей с помощью формулы полной вероятности и формулы Байеса.
Формула полной вероятности
Вероятность события А , которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий В х,В 2 ,...,В п, образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:
Эту формулу называют формулой полной вероятности.
Вероятность гипотез. Формула Байеса
Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий В ь В 2 ,...,В п, образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности:
Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А . Требуется определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Условные вероятности гипотез находят по формуле
В этой формуле индекс / = 1,2
Эту формулу называют формулой Байеса (по имени английского математика, который её вывел; опубликована в 1764 г.). Формула Байеса позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А .
Задача 1. Завод изготавливает определённого типа детали, каждая деталь имеет дефект с вероятностью 0,05. Деталь осматривается одним контролёром; он обнаруживает дефект с вероятностью 0,97, а если дефект не обнаружен, пропускает деталь в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать деталь, не имеющую дефекта; вероятность этого равна 0,01. Найти вероятности следующих событий: А - деталь будет забракована; В - деталь будет забракована, но ошибочно; С - деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом.
Решение
Обозначим гипотезы:
Н = (на контроль поступит стандартная деталь);
Н =(на контроль поступит нестандартная деталь).
Событие А = (деталь будет забракована).
Из условия задачи находим вероятности
Р Н (А) = 0,01; Pfi(A) = 0,97.
По формуле полной вероятности получаем
Вероятность того, что деталь будет забракована ошибочно, равна
Найдём вероятность того, что деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом:
Ответ:
Задача 2. Изделие проверяется на стандартность одним из трёх товароведов. Вероятность того, что изделие попадёт к первому товароведу, равна 0,25, ко второму - 0,26 и к третьему - 0,49. Вероятность того, что изделие будет признано стандартным первым товароведом, равна 0,95, вторым - 0,98, третьим - 0,97. Найти вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром.
Решение
Обозначим события:
Л. = (изделие для проверки попадёт к /-му товароведу); / = 1, 2, 3;
В = (изделие будет признано стандартным).
По условию задачи известны вероятности:
Также известны условные вероятности
По формуле Байеса находим вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром:
Ответ: «0,263.
Задача 3. Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер. Вероятность получения нестандартной детали на первом автомате равна 0,06, а на втором - 0,09. Производительность второго автомата вдвое больше, чем первого. С конвейера взята нестандартная деталь. Найти вероятность того, что эта деталь произведена вторым автоматом.
Решение
Обозначим события:
А. = (взятая с конвейера деталь произведена /-м автоматом); / = 1,2;
В = (взятая деталь окажется нестандартной).
Также известны условные вероятности
По формуле полной вероятности находим
По формуле Байеса находим вероятность того, что взятая нестандартная деталь произведена вторым автоматом:
Ответ: 0,75.
Задача 4. Испытывается прибор, состоящий из двух узлов, надёжность которых равна 0,8 и 0,9 соответственно. Узлы отказывают независимо друг от друга. Прибор отказал. Найти с учётом этого вероятности гипотез:
- а) неисправен только первый узел;
- б) неисправен только второй узел;
- в) неисправны оба узла.
Решение
Обозначим события:
Д = (7-й узел не выйдет из строя); i = 1,2;
Д - соответствующие противоположные события;
А = (при испытании будет отказ прибора).
Из условия задачи получаем: Р(Д) = 0,8; Р(Л 2) = 0,9.
По свойству вероятностей противоположных событий
Событие А равно сумме произведений независимых событий
Используя теорему сложения вероятностей несовместных событий и теорему умножения вероятностей независимых событий, получаем
Теперь находим вероятности гипотез:
Ответ:
Задача 5. На заводе болты изготавливаются на трёх станках, которые производят соответственно 25%, 30% и 45% всего количества болтов. В продукции станков брак составляет соответственно 4%, 3% и 2%. Какова вероятность того, что болт, случайно взятый из поступившей продукции, окажется дефектным?
Решение
Обозначим события:
4 = (наудачу взятый болт изготовлен на /-м станке); i = 1, 2, 3;
В = (взятый наудачу болт окажется дефектным).
Из условия задачи по формуле классической вероятности находим вероятности гипотез:
Также по формуле классической вероятности находим условные вероятности:
По формуле полной вероятности находим
Ответ: 0,028.
Задача 6. Электронная схема принадлежит одной из трёх партий с вероятностями 0,25; 0,5 и 0,25. Вероятность того, что схема проработает сверх гарантийного срока службы для каждой из партий, соответственно составляет 0,1; 0,2 и 0,4. Найти вероятность того, что наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы.
Решение
Обозначим события:
4 = (наугад взятая схема из г-й партии); i = 1, 2, 3;
В = (наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы).
По условию задачи известны вероятности гипотез:
Также известны условные вероятности:
По формуле полной вероятности находим
Ответ: 0,225.
Задача 7. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определить вероятность того, что отказали оба блока.
Решение
Обозначим события:
Д = (z-й блок выйдет из строя); i = 1,2;
А = (устройство выйдет из строя).
Из условия задачи по свойству вероятностей противоположных событий получаем: ДД) = 1-0,99 = 0,01; ДД) = 1-0,97 = 0,03.
Событие А наступает только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий Д или А 2 . Поэтому это событие равно сумме событий А = Д + А 2 .
По теореме сложения вероятностей совместных событий получаем
По формуле Байеса находим вероятность того, что устройство вышло из строя из-за отказа обоих блоков.
Ответ:
Задачи для самостоятельного решения Задача 1. На складе телевизионного ателье имеется 70% кинескопов, изготовленных заводом № 1; остальные кинескопы изготовлены заводом № 2. Вероятность того, что кинескоп не выйдет из строя в течение гарантийного срока службы, равна 0,8 для кинескопов завода № 1 и 0,7 - для кинескопов завода № 2. Кинескоп выдержал гарантийный срок службы. Найти вероятность того, что он изготовлен заводом № 2.
Задача 2. На сборку поступают детали с трёх автоматов. Известно, что 1-й автомат даёт 0,3% брака, 2-й - 0,2%, 3-й - 0,4%. Найти вероятность поступления на сборку бракованной детали, если с 1-го автомата поступили 1000, со 2-го - 2000, с 3-го - 2500 деталей.
Задача 3. На двух станках производятся одинаковые детали. Вероятность того, что деталь, произведённая на первом станке, будет стандартной, равна 0,8, а на втором - 0,9. Производительность второго станка втрое больше производительности первого. Найти вероятность того, что стандартной будет деталь, взятая наудачу с транспортёра, на который поступают детали с обоих станков.
Задача 4. Руководитель компании решил воспользоваться услугами двух из трёх транспортных фирм. Вероятности несвоевременной доставки груза для первой, второй и третьей фирм равны соответственно 0,05; 0,1 и 0,07. Сопоставив эти данные с данными о безопасности грузоперевозок, руководитель пришёл к выводу о равнозначности выбора и решил сделать его по жребию. Найти вероятность того, что отправленный груз будет доставлен своевременно.
Задача 5. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определите вероятность того, что отказал второй блок.
Задача 6. В сборочный цех поступают детали с трёх автоматов. Первый автомат даёт 3% брака, второй - 1% и третий - 2%. Определить вероятность попадания на сборку небракованной детали, если с каждого автомата поступило соответственно 500, 200, 300 деталей.
Задача 7. На склад поступает продукция трёх фирм. Причём продукция первой фирмы составляет 20%, второй - 46% и третьей - 34%. Известно также, что средний процент нестандартных изделий для первой фирмы равен 5%, для второй - 2% и для третьей - 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятое изделие произведено второй фирмой, если оно оказалось стандартным.
Задача 8. Брак в продукции завода вследствие дефекта а составляет 5%, причём среди забракованных по признаку а продукции в 10% случаев встречается дефект р. А в продукции, свободной от дефекта а , дефект р встречается в 1% случаев. Найти вероятность встречи дефекта Р во всей продукции.
Задача 9. В фирме имеются 10 новых автомобилей и 5 старых, которые ранее находились в ремонте. Вероятность исправной работы для нового авто равна 0,94, старого - 0,91. Найти вероятность того, что наудачу выбранный автомобиль будет исправно работать.
Задача 10. Два датчика посылают сигналы в общий канал связи, причём первый из них посылает вдвое больше сигналов, чем второй. Вероятность получить искажённый сигнал от первого датчика равна 0,01, от второго - 0,03. Какова вероятность получить искажённый сигнал в общем канале связи?
Задача 11. Имеется пять партий изделий: три партии по 8 штук, из которых 6 стандартных и 2 нестандартных, и две партии по 10 штук, из которых 7 стандартных и 3 нестандартных. Наудачу выбирают одну из партий, а из этой партии берут деталь. Определить вероятность того, что взятая деталь будет стандартной.
Задача 12. Сборщик получает в среднем 50% деталей первого завода, 30% - второго завода и 20% - третьего завода. Вероятность того, что деталь первого завода отличного качества, равна 0,7; для деталей второго и третьего заводов соответственно 0,8 и 0,9. Наудачу взятая деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что деталь изготовлена первым заводом.
Задача 13. Таможенный досмотр автомашин осуществляют два инспектора. В среднем из 100 машин 45 проходят через первого инспектора. Вероятность того, что при досмотре машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана, составляет 0,95 у первого инспектора и 0,85 - у второго. Найти вероятность того, что машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана.
Задача 14. Детали, необходимые для сборки прибора, поступают с двух автоматов, производительность которых одинакова. Вычислите вероятность поступления на сборку стандартной детали, если один из автоматов даёт в среднем 3% нарушения стандарта, а второй - 2%.
Задача 15. Тренер по тяжёлой атлетике рассчитал, что для получения командных зачётных очков в данной весовой категории спортсмен должен толкнуть штангу в 200 кг. На место в команде претендуют Иванов, Петров и Сидоров. Иванов за время тренировок пытался поднять такой вес в 7 случаях, а поднял в 3 из них. Петров поднял в 6 случаях из 13, а Сидоров имеет 35%-ную вероятность успешно справиться со штангой. Тренер случайным жребием выбирает одного спортсмена в команду.
- а) Найти вероятность того, что выбранный спортсмен принесёт команде зачётные очки.
- б) Команда не получила зачётных очков. Найти вероятность того, что выступал Сидоров.
Задача 16. В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном - 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?
Задача 17. В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.
Задача 18. В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).
Задача 19. В ящик, содержащий 3 одинаковые детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу одна деталь извлечена. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.
Задача 20. Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.
Формула полной вероятности.
Следствием обеих основных теорем- теоремы сложения вероятностей и теоремы умножения вероятностей- является так называемая формула полной вероятности.
Пусть требуется определить вероятность некоторого события A которое может произойти с одним из событий
, образующих полную группу несовместимых событий.Будем эти события называть гипотезами.
Докажем что в этом случае
Вероятность события A вычисляется как сумма произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события при реализации этой гипотезы.
Эта формула носит название формулы полной вероятности.
Доказательство
Так как гипотезыH1,H2…, Hn,образуетполную группу то событие A может появиться в комбинации с какой либо из этих гиплтез
A=AH1+AH2+…+Ahn.
Т.к.гипотезы Н1, Н2,…,Hn несовместны, то и комбинации Н1А,H2A,…,HnA также несовместны; применяя к нему теорему сложения,получим:
Применяя к событию HiA теорему умножения, получим
Что и требовалось доказать.
Имеется три одинаковых на вид урны: в первой урне два белых и один черный шар; во второй-три белых и один черный шар; в третьей-два белых и два черных шара.
Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает из нее шар.Найти вероятность того,что этот шар белый.
Рассмотрим три гипотезы:
Н1-выбор первой урны,
Н2-выбор второй урны,
Н3-выбор третьей урны
И событие А-появление белого шара.
Т.к.гипотезы по условию задачи равновозможны,то
Условные вероятности события А при этих гипотезах соответственно равны
Задача 3.5.
Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью p имеет дефект.
В цехе имеется три контролера; рассматривается только одним контролером, с одинаковой вероятностью первым, вторым или третьим.Вероятность обнаружения дефекта(если оно имеется) для i-го контролера равна Pi (i=1,2,3). Если изделие не было забраковано в цехе, то оно попадает в ОТК завода, где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью P0.
Определить вероятность того,что изделие будет забраковано.
А- изделие будет забраковано
В- изделие будет забраковано в цехе
С- изделие будет забраковано в ОТК завода.
Так как события В и С несовместимы и
Р(А)=Р(В)+Р(С)
Находим Р(В).Для того, чтобы изделие было забраковано в цехе, нужно,чтобы оно, во-первых,имело дефект, и во-вторых, чтоб дефект был обнаружен.
Вероятность того,что будет обнаружен дефект в цехе равна
Действительно,
Формулируем гипотезы
Н1-дефект обнаружен 1-ым контролером
Н2-дефект обнаружен 2-ым контролером
Н3-дефект обнаружен 3-им контролером
Отсюда
Аналогично
Теорема гипотез (формула Бейеса)
Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является так называемая теорема гипотез или формула Бейеса.
Поставим следующую задачу.
Имеется полная группа несовместных гипотез Н1,Н2,…Hn.Вероятность этих гипотез до опыта известны и равны соответственно Р(Н1),Р(Н2),…,P(Hn).Произведен опыт,в результате которого наблюдено появление некоторого события А. Спрашивается,как следует изменить вероятности гипотез в связи с появлением этого события?
Здесь по существу, речь идет о том, чтобы найти условную вероятность Р (Hi/A) для каждой гипотезы.
Из теоремы умножения имеем:
P(AHi)=P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*H(A/Hi),
Или отбрасываем левую часть
P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*P(A/Hi), i=1,2,…,n откуда
Или выражая Р(А) с помощью формулы полной вероятности,имеем
Эта формула и носит название формулы Бейеса или теоремы гипотез
Прибор может собираться из высококачественных деталей и из деталей обычного качества;вообще около 40% приборов собирается из высококачественных деталей. Если прибор собран из высококачественных деталей, его надежность (вероятность безотказной работы) за время tравна 0,05; если из деталей обычного качества- его надежность равна 0,7. Прибор испытывается в течении времени t и работал безотказно.Найти вероятность того,что он собран из высококачественных деталей.
Возможны две гипотезы:
Н1-прибор собран из высококачественных деталей,
Н2-прибор собран из деталей обычного качества.
Вероятность этих гипотез до опыта
Р(Н1)=0,4; P(H2)=0,6.
В результате опыта наблюдено событие А- прибор безотказно
Работал время t. Условные вероятности этого события при
Гипотезах Н1 и Н2 равны:
P(A/H1) = 0,95 ; P(A/H2) = 0,7 .
По формуле Вейсса находим вероятность гипотезы Н1 после
Задачи комбинаторики.
Во многих статистических исследованиях встречаются комбинаторные задачи, своеобразие которых целесообразно показать на примерах:
Сколькими способами можно расставить на полке 10 различных книг?
В турнире принимают участие 8 команд. Сколько различных представлений относительно трех первых мест (по результатам соревнований) можно сделать?
Сколько различных трехбуквенных слов можно составить из 32 букв алфавита, не обращая внимания на то, имеет ли смысл составленные из букв слова или нет?
Сколькими способами можно из множества k (различных) элементов выбрать r элементов?
Как велико число различных результатов бросаний двух игровых костей.
Приведенные примеры показывают, что в задачах комбинаторики интересуется вообще числом различных выборок определенных объектов, причем, в зависимости от вида дополнительных требований, следует различать, какие выборки считаются одинаковыми и какие различными.
В теории вероятности и математической статистике используют в основном три понятия комбинаторики:
Размещения
Перестановки
Сочетания
Размещениями из n элементов по m называются такие их соединения, которые различаются друг от друга самими элементами или их порядком. Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab, ac, bc, ba, ca, cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A
Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab,ac ,bc , ba , ca ,cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A
Всего m множителей
Перестановками из n элементов называются такие их соединения,отличающиеся друг от друга только порядком входящих в них элементов.Например: перестановка из трех элементов a,b и c: abc, bca, cab , cba, bac, acb. Число всех перестановок из n различных элементов Pn
Pn= 1*2*3* …*n=n!=An
Сколькими способами можно расставить на полке 10 книг.
P10=10!=3628800.
Сочетаниями из n элементов по m называются их соединения, различающиеся друг от друга только самими элементами. Например: сочетания из трех элементов a, b и c по два: ab , ac , bc . Число всех сочетаний из n различных элементов по m обозначается Cn
Мы можем записать
Повторение опытов
При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться некоторое событие А в результате серии опытов.
Такие задачи весьма просто решаются в случае, когда опыты являются независимыми.
Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляет собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае – зависимые опыты.
Независимые опыты могут производиться в одинаковых или различных условиях.
Общая теорема о повторении опытов.
Частная теорема о повторении опытов касается того случая, когда вероятность события А во всех опытах одна и та же. На практике часто приходится встречаться с более сложным случаем, когда опыты производятся в неодинаковых условиях, и вероятность события от опыта к опыту меняется. Способ вычисления вероятности заданного числа появлений событий в таких условиях дает общая теорема о повторении опытов.
Пусть число опытов u=2, тогда полная группа событий:
P1P2+P1q2+q1P2+q1q2
Пусть число опытов u=3, тогда полная группа событий:
P1P2P3+P1P2q3+P1q2P3+q1P2P3+P1q2q3+q1P2q3+q1q2P+q1q2q3
Аналогично для числа опытов n полная группа событий:
P1P2*…*Pn+P1P2*…*qn+…+q1P2*…*Pn+…+q1*q2*…qn,причем в каждое из произведений событие А входит m раз, а событие А входит n-m раз.Число таких сочетаний по прежнему
или короче
где z-произвольный параметр.
Функция jn(z),разложение которой по степеням параметра z дает в качестве коэффициентов вероятности pm,n, называется производящей функцией вероятностей pm,n или просто производящей функцией.
Пользуясь понятием производящий функции, можно сформулировать общую теорему о повторении опытов в следующем виде:
Вероятность того, что событие А в n независимых опытах появится ровно m раз, равна коэффициенту при zm в выражении производящей функции
jn(z)=(qi+piz) где pi-вероятность появления события А в i-ом опыте
Вышеприведенная формулировка общей теоремы о повторении опытов в отличии от частной теоремы не дает явного выражения для вероятности pm,n.
Такое выражение в принципе написать можно, но оно является слишком сложным, и мы не будем его приводить.
Однако не прибегая к такому явному выражению, все же можно записать общую теорему о повторении опытов в виде одной формулы
случайная величина.
Одним из важнейших основных понятий теории вероятности является понятие о случайной величине.
Случайной величиной называется величина, которая в результате опыта может принять то или иное значение, причем неизвестно заранее, какое имено.
Примеры случайных величин:
Число вызовов, поступавших на телефонную станцию за сутки;
Количество мальчиков, родившихся в роддоме за месяц;
Количество девочек, родившихся в роддоме за месяц;
Во всех трех примерах случайные величины могут принимать отдельные изолированные значения, которые можно заранее перечислить.
В примере 1;
Такие случайные величины, принимающие только отдельные, отделенные друг от друга значения называются дискретными величинами.
Существуют случайные величины другого типа.
Например, температура воздуха, влажность воздуха, напряжение в сети электрического тока.
Функция распределения.
Ряд распределения, многоугольник распределения не
являются универсальными характеристиками случайной величины:они существуют только для дискретных случайных величин.Нетрудно убедиться,что для непрерывной случайной величины такой характеристики построить нельзя. Действительно, непрерывная случайная величина имеет бесчисленное множество возможных значений, ???? занимающих некоторый промежуток (так называемое “несчетное множество”). Составить таблицу, в которой были бы перечислены все возможные значения такой случайной величины, невозможно. Следовательно, для непрерывной случайной величины не существует ряда распределения в том смысле, в каком он существует для прерывной величины. Однако различные области возможных значений случайной величины все же не являются одинаково вероятными, и для непрерывной величины существует распределение вероятностей, хотя и не в том смысле, как для прерывной (или дискретной).