Теория вероятностей и мат. статистика

Теория вероятностей также, как и математическая статистика являются разделами математики, в которых изучаются закономерности случайных явлений и методы систематизации, полученных данных соответственно.

Схема Бернулли

Если производится несколько испытаний (опытов), причем вероятность события A в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то такие испытания называются независимыми относительно события A.

Биноминальное распределение

В схеме Я. Бернулли рассматривается серия, состоящая из n независимых испытаний, каждое из которых имеет лишь два исхода: наступление какого-то события A (успех) или его не наступление \overline {A} (неудача). Причем вероятность успеха при одном испытании равна P(A)=p, (0 \leqslant p \leqslant 1) – постоянна и не зависит от номера испытания. Следовательно, вероятность неуспеха P(\overline A)=1-p=q — тоже постоянна.

Сформулируем задачу – вычислить вероятность того, что при n испытаниях событие A осуществится ровно k раз и, следовательно, не осуществится n-k – раз. Чтобы стало понятнее сделаю схематический чертеж:

\underbrace{ \overbrace{p p .............. p}^{k} \overbrace {\rm q q ........ ....... q q}^{n-k}}_{n}

По теореме умножения вероятностей независимых событий искомая вероятность будет равна:

P=p \cdot p \cdot \dots \cdot p \cdot q \cdot q \dots \cdot q=p^k \cdot q^{n-k}

Однако интересующее нас событие ( k успехов при n опытах) может произойти не только одним способом. Число возможных вариантов (комбинаций) выборки k элементов из n вычисляется по формуле:

C_n^k=\frac{n!}{k! \cdot (n-k)!}

Окончательно получим

P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}=\frac{n! \cdot p^k \cdot q^{n-k}}{k! \cdot (n-k)!}

Это и есть формула Бернулли (биномиальное распределение). Вспомним формулу бинома Ньютона:

(p+k)^n=\sum_{k=0}^n C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}

Отсюда, и непосредственно из формулы Бернулли следует:

\sum_{k=0}^n P_n(k)=1

Очевидно этот же результат получится, если учтем, что для k={0, 1, 2, \dots n} получим полную группу событий, вероятность которых равна 1.

Теперь давайте все эти сперва непонятные формулы рассмотрим на примере.


ПРИМЕР 1. В семье 10 детей. Считая, что вероятность рождения мальчика равна 0,5, найдем вероятность того, что в семье имеются 0, 1, …, 10 мальчиков.

Решение

Отметим, что в силу предположения p=q=0,5 и равенства C^m_n=C_n^{m-n} имеют место равенства: P_n(m)=P_n(n-m). Отсюда получим:

 P_{10}(0)=P_{10}(10)=C^0_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{1}{1024},

P_{10}(1)=P_{10}(9)=C^1_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{10}{1024},

P_{10}(2)=P_{10}(8)=C^2_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{45}{1024},

P_{10}(3)=P_{10}(7)=C^3_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{120}{1024},

P_{10}(4)=P_{10}(6)=C^4_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{210}{1024},

P_{10}(5)=C^5_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{252}{1024}

ОТВЕТ

В многодетной семье с десятью детьми мальчиков и девочек будет поровну с вероятностью ≈ 0,25. Вероятность того, что в семье будут дети одного пола (мальчики или девочки) – чуть меньше одной пятисотой.


График биноминального распределения

Введем следующее обозначение, пусть P_n(m_1 \leqslant k \leqslant m_2) означает вероятность того, что в n испытаниях схемы Бернулли успех наступит не менее чем m_1 раз, и не более чем m_2 раз (0 \leqslant m_1 \leqslant m_2 \leqslant n). Так как события, соответствующие различному числу успехов попарно несовместны, то имеет место формула:

P_n(m_1 \leqslant k \leqslant m_2)=\sum_{k=m_1}^{m_2} P_n(k).

Вероятность P_n(1 \leqslant m \leqslant n) того, что в результате n испытаний, успех наступит хотя бы один раз, вычисляется по формуле:

P_n(1 \leqslant k \leqslant n)=1-P_n(0)=1-q^n

Типичный график биномиального распределения для p=0,5; n=20:

График вероятностей биномиального распределения

Заострять внимание на графике, думаю, не нужно так как все предельно ясно, график очень похож на параболу, имеет свой максимум, в котором вероятность успеха будет максимальной. Поэтому лучше поработаем дальше с формулами, с которыми все немного сложнее.

Сформулируем задачу: необходимо найти k_0 — наивероятнейшее число успехов, то есть такое k_0, вероятность которого максимальна.

Запишем условия максимума вероятности (их два):

а) \frac{P_n(k_0)}{P_n(k_0-1)} \geqslant 1;   б) \frac{P_n(k_0)}{P_n(k_0+1)} \geqslant 1.

Запишем неравенства а) и б) в явном виде:

а) \frac{P_n(k_0)}{P_n(k_0-1)}=\frac{n!}{k_0!(n-k_0)!} \cdot \frac{(k_0-1)!(n-k_0+1)}{n!} \cdot \frac{p^{k_0}q^{n-k_0}}{p^{k_0-1}q^{n-k_0+1}}=\frac{(n-k_0+1)p}{k_0q} \geqslant 1, k_0 \leqslant np+p;

б) \frac{P_n(k_0)}{P_n(k_0+1)}=\frac{n!}{k_0!(n-k_0)!} \cdot \frac{(k_0+1)!(n-k_0-1)}{n!} \cdot \frac{p^{k_0}q^{n-k_0}}{p^{k_0+1}q^{n-k_0-1}}=\frac{(k_0+1)q}{(n-k_0)p} \geqslant 1k_0 \leqslant np-q.

Учитывая оба неравенства, окончательно получим

np-q \le k_0 \le np+p

В n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p наиболее вероятным числом успехов является:

  • единственное число k_0=\lceil np+p \rceil, если число np+p не целое;
  • два числа k_0=np+p и k_0=np+p-1, если число np+p целое.

При достаточно большом числе испытаний (n \rightarrow \infty) из полученного выше выражения, получим p \thickapprox \frac{k_0}{n}статистическое определение вероятности.

При больших значениях n наиболее вероятная относительная частота успеха совпадает (равна) вероятности успеха при одном испытании.


 

ПРИМЕР 2. Вероятность того, что расход электроэнергии на продолжении одних суток не превышает установленной нормы, равна p=0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.

Решение

Вероятность нормального расхода p=0,75. Вероятность перерасхода q=1-p=0,25. Искомая вероятность по формуле Бернулли:

P_6(4)=C_6^4 \cdot p^4 \cdot q^2=\frac{6! \cdot 0,75^4 \cdot 0,25^2}{4! \cdot 2!} \thickapprox 0,3

ОТВЕТ: Вероятность того, что расход э/э не превысит нормы составляет примерно 0,3 или 30%.


Обобщение схемы Бернулли

Рассмотрим обобщение схемы Бернулли. Пусть производится n независимых испытаний, каждое из которых имеет m (m>2) попарно несовместных и возможных исходов, которые обозначим A_j(j=1,2, \dots, m). События A_j составляют полную группу событий. Вероятности наступления каждого события p_j=P(A_j) — в общем случаи различны и удовлетворяют условию \sum_{j=1}^{m} p_j=1. В этих условиях для произвольно заданных целых неотрицательных чисел k_i таких, что \sum_{i=1}^{m} k_i=n, определим вероятность P_n(k_1,k_2, \dots, k_m) того, что при n испытаниях исход A_1 наступит ровно k_1 раз, исход A_2-k_2 раз и т.д., исход A_m произойдет k_m раз:

P_n(k_1,k_2, \dots, k_m)=\frac{n!}{k_1!k_2! \dots k_m!}p_1^{k_1}p_2^{k_2} \dots p_m^{k_m}

Данное выражение носит название формула полиномиального распределения.


ПРИМЕР 3. Игральная кость подбрасывается 15 раз. Какова вероятность события – выпало ровно десять шестерок и три единицы?

Решение

Вероятности выпадения шестерки и единицы равны 1/ 6, а вероятность третьего исхода (выпали любые другие грани) равна 4/ 6 . Тогда вероятность получить 10 шестерок, 3 единицы и 2 других значения чисел равна:

P_{15}(10,3,2)=\frac{15!}{10!3!2!} \cdot \frac{1}{6^{10}} \cdot \frac{1}{6^3} \cdot (\frac {4}{6})^2 \thickapprox 1,022 \cdot 10^{-6}

ОТВЕТ. Вероятность выпадения десяти шестерок и трех единиц ничтожно мала и составляет примерно 0,0001022%

Ну вроде на этом можно пока закончить, далее будем рассматривать теоремы Пуассона и теоремы Муавра-Лапласа.

 

Теорема гипотез (Формула Байеса)

Данная тема очень простая, главное правильно понять формулу, а дальше по примерам научиться ей пользоваться.

Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является теорема гипотез, или формула Байеса.

Сформулируем задачу. Имеется полная группа несовместных событий (гипотез) H_1, H_2,..,H_n. Вероятности этих гипотез известны и равны, соответственно, P(H_1), P(H_2),..., P(H_n). Произведен опыт, в результате которого наблюдалось событие A.

Спрашивается, как следует изменить вероятности гипотез в связи с появлением этого события?

Фактически нам необходимо найти условную вероятность P(A) \neq  0 для каждой гипотезы. Из теоремы умножения вероятностей имеем:

P(A \cdot H_i)=P(A) \cdot P(H_i / A)=P(H_i) \cdot P(A/H_i); i=(1, 2, ..., n)

Отсюда,

P(A) \cdot P(H_i / A)=P(H_i) \cdot P(A/H_i); i=(1, 2, ..., n)

Разделим на P(A) \neq 0 левую и правую часть уравнения, тогда окончательно получим

P(H_i / A)=\frac{P(H_i) \cdot P(A/H_i)}{P(A)};i=(1, 2, ..., n)

Выражая P(A) с помощью формулы полной вероятности получим формулу Байеса:

P(H_i / A)=\frac{P(H_i) \cdot P(A/H_i)}{\sum_{i=1}^{n}P(H_i) \cdot P(A/H_i)}; i=(1, 2, ..., n)


ПРИМЕР 1. Прибор может собираться из высококачественных деталей и из деталей обычного качества. 40 % приборов собирается из высококачественных деталей и их надежность за время t равно 95 %. Приборы из обычных деталей за время t имеют надежность 0,7. Прибор испытан и за время t работал безотказно. Какова вероятность того, что он собран из высококачественных деталей?

РЕШЕНИЕ:

Как мы видим из условия, возможны всего 2 гипотезы:

H_1 — прибор собран из высококачественных деталей;

H_2 — прибор собран из обычных деталей.

До проведения опыта вероятности этих гипотез равны P(H_1)=0,4; P(H_2)=0,6. Далее переходим уже к опыту и видим, что в результате наблюдалось событие А — прибор безотказно работал в течении времени t. Условные вероятности этого события при гипотезах H_1 и H_2 соответственно равны P(A/H_1)=0,95;  P(A/H_2) = 0,7.

Теперь переходим непосредственно к формуле Байеса и находим условную вероятность первой гипотезы:

P(H_1/A)=\frac{0,4 \cdot 0,95}{0,4 \cdot 0,95 + 0,6 \cdot 0,7} = 0,475

ОТВЕТ: вероятность того, что прибор собран из высококачественных деталей равна 0,475 или 47,5%.


ПРИМЕР 2. В урне находятся три шара белого и черного цвета, причем распределение числа шаров по цветам неизвестно. В результате испытания из урны извлекли один шар.

а) Сформулируйте гипотезы о содержимом урны до испытания и укажите их вероятности.

б) Найдите вероятности гипотез после испытания, состоящего в из- влечении из урны белого шара.

РЕШЕНИЕ:

а) Для испытания выскажем 4 попарно несовместимые и равновероятные гипотезы:

H_1 — в урне 3 белых шара;

H_2 — в урне 2 белых и 1 черный шар;

H_3 — в урне 2 белый и 2 черных шара;

H_3 — в урне 3 черных шара.

Вероятность каждого события равна 0,25 или 25%.

б) Так как по условию извлечен белый шар — событие А, то условные вероятности этого события соответственно равны:

P(A/H_4)=0; P(A/H_3)=1/3; P(A/H_2)=2/3; P(A/H_1)=1

Применим формулу Байеса и вычислим:

P(H_1/A)=\frac{\frac{1}{4} \cdot 1}{\frac{1}{4} \cdot (1+\frac{2}{3} + \frac{1}{3}}=\frac{1}{2};

P(H_2/A)=\frac{\frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3}}{\frac{1}{4} \cdot (1+\frac{2}{3} + \frac{1}{3}}=\frac{1}{3};

P(H_3/A)=\frac{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{4} \cdot (1+\frac{2}{3} + \frac{1}{3}}=\frac{1}{6};

P(H_4/A)=0.

ОТВЕТ: вероятность первой гипотезы — 0,5 или 50%, вероятность второй гипотезы — 1/3 или 33,33%, вероятность третьей гипотезы — 1/6 или 16,67%, четвертая гипотеза невозможна и ее вероятность равна нулю.


ПРИМЕР 3. Три организации представили в налоговую инспекцию отчеты для выборочной проверки. Первая организация представила 15 отчетов, вторая – 10, третья – 25. Вероятности правильного оформления отчетов у этих организаций известны и соответственно равны: 0,9; 0,8 и 0,85. Наугад был выбран один отчет, и он оказался правильным. Какова вероятность того, что этот отчет принадлежит второй организации?

РЕШЕНИЕ:

В данной задаче у нас 3 гипотезы, соответствующие выбору первой, второй или третьей организации. Вероятности этих гипотез соответственно будут равны:

P(H_1)=15/50; P(H_2)=10/50; P(H_3)=25/50

По формуле полной вероятности вычислим вероятность события A — выбран правильно оформленный отчет.

P(A)=0,9 \cdot 15/50 + 0,8 \cdot 10/50 + 0,85 \cdot 25/50 = 0,855

Теперь применим формулу Баейса и вычислим вероятность второй гипотезы:

P(H_2/A)=\frac{0,2 \cdot 0,8}{0,855}=0,19

ОТВЕТ: вероятность того, что выбранный отчет принадлежит второй организации составляет 0,19 или 19%.


Как вы заметили в решении задач по формуле Байеса нет ничего сложного, главное правильно выбрать гипотезы, что обычно не вызывает затруднения.

В окончании хочу дополнить немного в тему.

Формула Байеса называется формулой апостериорной (обратной) вероятности, так как в ней используется информация о произошедшем событии. Это позволяет корректировать уровень имеющейся априорной вероятности по мере поступления сведений о рассматриваемых событиях на основе проводимых экспериментов. Поэтому байесовский подход получил широкое распространение в статистических исследованиях.

 

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 или не произойти вместе с одним из событий: H_1, H_2,...,H_n, образующих полную группу несовместных событий, то есть

H_i \bigcap H_j = \O,  i,j = 1, ... , n;   i \neq j;  \sum_{i=1}^{n}H_i = \Omega.

Будем эти события называть гипотезами. В этом случае сформулируем формулу (теорему) полной вероятности.

Теорема

Вероятность события A равна сумме произведений вероятности гипотезы на соответствующую условную вероятность этого события:

P(A)=\sum_{i=1}^{n}P(H_i)P(A/H_i)

Не буду представлять доказательство, думаю тут и так все ясно. Давайте лучше сразу перейдем к примерам.

ПРИМЕР 1 Имеются три одинаковые урны. В первой урне находятся два белых и один черный шар. Во второй урне – три белых и один черный, а в третьей урне – два белых и два черных. Какова вероятность того, что некто подойдет и из произвольной урны извлечет белый шар? 

Решение.

Рассмотрим 3 гипотезы:

H_1 — выбор первой урны;

H_2 — выбор второй урны;

H_3 — выбор третей урны.

Событие A вынут белый шар. Из условия задачи следует, что гипотезы равновозможны: P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}. Если случайно подойти к первой урне, то вероятность извлечь из нее белый шар равна \frac{2}{3}. Рассуждая аналогичным образом, вычислим условные вероятности события A при этих гипотезах соответственно: P(A/H_1) = \frac{2}{3}, P(A/H_2)=\frac{3}{4}, P(A/H_3)=\frac{1}{2}. Теперь используем формулу полной вероятности, из теоремы и окончательно получим:

P(A)=\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{23}{36}

Ответ: вероятность данного события равна 23/36 или 63,89%

ПРИМЕР 9. Представим себе странника, идущего из некоторого пункта O и на разветвлении дорог выбирающего наугад один из возможных путей. Какова вероятность того, что странник из пункта O попадет в пункт A?

Давайте начертим произвольный рисунок, ну к примеру, вот такой:

траектория

Решение

Как видно из нашего рисунка, странник обязательно должен пройти через один из пунктов B_1, B_2, B_3 и B_4. Обозначим H_k — гипотезы, состоящие в том, что путник при своем движении попадет из пункта O в пункт B_k. Очевидно, что события H_1, H_2, H_3 и H_4 образуют полную группу событий. Эти гипотезы (события) равновероятны, так как по условию задачи, странник наугад выбирает один из путей OB_1, OB_2, OB_3 или OB_4. Тогда P(H_k)=\frac{1}{4}. Из пункта B_1 в A можно прийти лишь по одному из трех равновероятных направлений. Так что условная вероятность достичь A при условии H_1 равна 1/3. Рассуждая аналогично мы получаем следующее:

P(A/H_1) = \frac{1}{3}

P(A/H_2) = \frac{1}{2}

P(A/H_3) = 1

P(A/H_4) = \frac{2}{5}

А теперь применим формулу полной вероятности и получаем:

P(A)=\frac{1}{4} \cdot (\frac{1}{3} + \frac{1}{2} + 1 + \frac{2}{5}) = \frac{67}{120}

Ответ: вероятность того, что странник попадет из пункта О в пункт А равна 67/120 или 55,83%.

На следующих уроках мы с вами перейдем уже к более сложным темам, а именно к формулам и теоремам Байеса, Бернулли, Пуассона и т.д.

А пока на этом все! Всем спасибо!

Прошу, не стесняйтесь спрашивать, если что-то не понятно, задавайте в комментариях вопросы по теме.

Теорема умножения вероятностей

Теорема

Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятностей одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое имело место:

P(AB)=P(A)P(B/A)=P(B)P(A/B)

Доказательство

Предположим, что из n всевозможных элементарных исходов событию A благоприятствуют m исходов, из которых k исходов благоприятствуют событию B. Тогда вероятность события A будет P(A)=m/n, условная вероятность события B относительно события A равна P(B/A)=k/m.

Произведению событий A и B благоприятствуют только те исходы, которые благоприятствуют и событию A, и событию B одновременно, то есть k исходов. Поэтому вероятность произведения событий A и B равна P(AB)=k/n. Умножив числитель и знаменатель этой дроби на m, получим

P(AB)=mk/mn=(m/n) \cdot (k/m)=P(A) \cdot P(B/A)

Аналогично можно показать, что P(AB)=P(B)P(A/B).

Следствия

Следствие 1. Если событие A не зависит от события B, то и событие B не зависит от события A.

Доказательство. Согласно условию, событие A не зависит от события B, тогда с учетом условия зависимости и независимости получим P(A/B)=P(A). Теперь подставим это уравнение в формулу из теоремы умножения вероятностей и получим:

P(A) \cdot P(B/A) = P(B) \cdot P(A)

Разделив левую и правую часть уравнения на P(A) ≠ 0, получим:

P(B/A) = P(B)

Таким образом, следствие доказано.

Следствие 2. Вероятность произведения независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.

Доказательство. Для независимых событий условные вероятности равны безусловным:

P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3 \cdot ... \cdot A_k) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) \cdot ... \cdot P(A_k)

Следствие доказано.

Теперь давайте решим немного примеров, чтобы было более понятно, как употреблять данную теорему и следствия на практике.

ПРИМЕР 6. Прибор, работающий в течение времени t, состоит из трех узлов, каждый из которых, независимо от других может в течение времени t отказать. Отказ хотя бы одного узла приводит к отказу прибора. За время t вероятность безотказной работы узлов соответственно равны: p_1=0,8, p_2=0,9, p_3=0,7. Какова надежность прибора (вероятность безотказной работы) за время t?

Решение. Обозначим события:

A — безотказная работа прибора;

A_1 — безотказная работа первого узла;

A_2 — безотказная работа второго узла;

A_3 — безотказная работа третьего узла. Безотказная работа прибора обеспечивается независимой и безотказной работой каждого из трех узлов: A=A_1 \cdot A_2 \cdot A_3.

Тогда по теореме умножения вероятностей независимых событий получим

P(A)=P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) = 0,8 \cdot 0,9 \cdot 0,7 = 0,504

Ответ: вероятность безотказной работы прибора равна 0,504 или 50,4%.

ПРИМЕР 7. Экзаменующимся по теории вероятностей было предложено 34 билета. Студент дважды извлекает по одному билету из предложенных (не возвращая их). Какова вероятность того, что студент сдаст экзамен, если он подготовил лишь 30 билетов и в первый раз вытянул «неудачный» билет?

Решение. Испытание состоит в том, что два раза подряд извлекают по одному билету, причем вынутый в первый раз билет назад не возвращается. Пусть событие A — «в первый раз вынут «неудачный» билет», B — во второй раз вынут «удачный» билет. Очевидно, что события A и B зависимы, так как извлеченный в первый раз билет не возвращается в число всех билетов. Требуется найти вероятность события A∩B . По формуле умножения вероятностей:

P(A \cdot B) = P(A) \cdot P(B/A);

P(A)=4/34; P(B/A)=30/33, тогда P(A \bigcap B)=\frac{4 \cdot 30}{34 \cdot 33} \approx 0,107.

Ответ: вероятность того, что студент сдаст экзамен равна 0,107 или 10,7%.

На этом думаю можно закончить, тема не сложная, главное все внимательно изучить.

Если кто-то не понял или не разобрался в теме или в примерах, задавайте вопросы в комментариях.

Условная вероятность. Независимость событий

При решении вероятностных задач часто возникает необходимость определить вероятность события в ситуации, когда о нем имеются дополнительные сведения.

Постановка задачи: нужно определить вероятность события A после того, как стало известно, что некоторое событие B произошло, иными словами, имел место исход, благоприятствующий событию A.

ПРИМЕР 1 Бросается игральная кость. Пусть событие A состоит в выпадении четного числа очков. Стало известно, что произошло событие B, состоящее в выпадении числа очков меньше четырех. Определить вероятность события A при условии, что наступило событие B.

Решение. Пространство элементарных исходов при бросании игральной кости определяется шестью исходами U = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Известно, что произошло событие B, которому благоприятствуют три исхода U_1 = {1, 2, 3}. В этих условиях вероятность события А равна \frac{1}{3}, так как событию А благоприятствует исход {2} из U_1 = {1, 2, 3}.

Условная вероятность

Определение. Условной вероятностью события A при условии, что наступило событие B, называется отношение числа k тех благоприятствующих A исходов, которые и благоприятствуют B, к числу m всех исходов, благоприятствующих B.

Условная вероятность обозначается P(A|B)

По определению P(A|B)=\frac{k}{m}; если B — невозможное событие, то P(A|B) не определена.

Заметим, что P(A|B)=\frac{k/n}{m/n}, но P(AB)=\frac{k}{n}, P(B)=\frac{m}{n}.

Поэтому

P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}

Эта формула служит для определения условий вероятности в общем случае. Вероятности P(AB) и P(B) , называются безусловными.

Свойства условных вероятностей 

  1. Всегда 0 ≤ P(A|B) ≤ 1, причем P(A|B) = 0, если А — невозможное событие, и P(A|B) = 1, если А ⊂ B (A включено в B)
  2. Если C = A∪B и A∩B = Ø, то для любого события D: P(A/D)+P(B/D)=P(C/D)
  3. Если \bar{A} — событие противоположное A, то P(A|B)=1-P(\bar{A}|B)

ПРИМЕР 2. Изучается качество техобслуживания, обеспечиваемое пятьюдесятью автомеханиками в определенном городе. Результаты изучения представлены в таблице.

Хорошее обслуживание Плохое обслуживание
Стаж работы более 10 лет 16 4
Стаж работы менее 10 лет 10 20

1. Какова вероятность, что случайно выбранный автомеханик хорошо обслуживает автомобили?

2. Если автомеханик случайно выбран и его стаж более 10 лет, то какова вероятность, что он хорошо обслуживает автомобили?

Решение 

1. В данном случае объем выборочного пространства n=50. Пусть A – событие, состоящее в том, что выбранный автомеханик хорошо обслуживает автомашины. Используя данные из таблицы, имеем m=26 Тогда вероятность события A

P(A)=\frac{26}{50}=0,52

2. Пусть событие B состоит в том, что выбранный механик имеет стаж более 10 лет. В данном случае объем выборочного пространства уменьшается, он равен сумме элементов первой строки: n=16+4=20. Число благоприятных для события исходов m=16, поэтому

P(A|B)=\frac{16}{20}=0,8

Ответ: вероятность того, что случайно выбранный автомеханик хорошо обслуживает автомобили равна 0,52 или 52%

Вероятность того, что автомеханик со стажем более 10 лет хорошо обслуживает автомобили равна 0,8 или 80%.

ПРИМЕР 3. В условиях предыдущего примера определить вероятность того, что выбранный случайным образом механик проработал менее 10 лет и хорошо обслуживает автомобили.

Решение. Пусть D – событие, состоящее в том, что механик проработал меньше 10 лет. Событие C состоит в том, что механик хорошо обслуживает автомобили. Для определения условной вероятности P(C|D) используем формулу

P(C|D)=\frac{P(CD}{P(D)}

Отсюда

P(C|D)=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}

Ответ: вероятность равна примерно 0,3333… или 33,33%

Если обе стороны равенства, определяемого формулой P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}, умножить на P(B), то получим следующее правило умножения вероятностей в общем случае:

P(AB)=P(B) \cdot P(A|B)

Правило умножения вероятностей в общем случае, если поменять местами A и B и использовать факт, что A∩B = B∩A, получаем следующее:

P(AB)=P(A) \cdot P(B|A)

Независимость событий

Перед тем как изложить теорему умножения вероятностей, введем одно важное понятие: понятие о зависимых и независимых событиях.

Событие A называется независимым от события B, если вероятность события A не зависит от того, произошло событие B или нет.

Событие A называется зависимым от события B, если вероятность события A меняется в зависимости от того, произошло событие B или нет.

ПРИМЕР 4. Подбрасываются 2 монеты. Рассмотрим события: A – появления герба на первой монете; B – появление герба на второй монете.

Решение. Очевидно, событие A не зависит от того, произошло событие B или нет. Событие A независимо от события B.

ПРИМЕР 5. В урне два белых шара и один черный. Два человека последовательно вынимают по одному шару, не возвращая их в урну. Рассмотрим события: A – появление белого шара у первого человека, B – появление белого шара у второго человека.

Решение. Вероятность события A равна 2/3. Если стало известно, что событие A произошло, то в урне осталось два шара, из которых только один белый. Тогда вероятность события B становится равной 1/2. Из этого заключаем, что событие B зависит от события A.

Вероятность события B, вычисленная при условии, что имело место другое событие A, называется условной вероятностью события B и обозначается: P(B/A).

Для ПРИМЕРА 5. P(A)=\frac{2}{3}; P(B/A)=\frac{1}{2}

Теперь условие зависимости или независимости событий можно выразить математически. Если соотношение

P(A/B)=P(A)

верно, то события A и B называются независимыми.

Если верно выражение

P(A/B)P(A),

то события A и B называются зависимыми.

Рассмотрим еще раз ПРИМЕР 5, это так называемая «урновая схема». В урне (закрытой емкости) находится a белых и b черных шаров. Два человека поочередно вынимают по одному шару из урны. Если реализуется схема без возвращения, то события – зависимые. Если реализуется схема с возвращением, после каждого опыта шар возвращается в урну, то события – независимые.

Прошу, не стесняйтесь спрашивать, если что-то не понятно, задавайте в комментариях вопросы по теме.