Формула повної ймовірності: теорія та приклади вирішення завдань. Формула повної ймовірності та формули байєсу

Нехай розглядається повна група подій (попарно несумісні, які називаються гіпотезами), і якщо подія може наступити тільки при появі однієї з цих гіпотез, то ймовірність події обчислюється за формулі повної ймовірності:

де - ймовірність гіпотези. .

- Умовна ймовірність події при цій гіпотезі. Якщо до досвіду ймовірності гіпотез були , а в результаті досвіду з'явилася подія , то з урахуванням цієї події «нові», тобто умовні, ймовірності гіпотез обчислюються за формулі Байєса:

Формула Байєса дає можливість переоцінити ймовірність гіпотез з урахуванням вже відомого результату досвіду.

приклад 1.

Є три однакові скриньки. У першій білих кульок і чорних; у другій – білих та чорних; у третій лише білі кулі. Хтось підходить навмання до однієї з урн і виймає з неї кулю. Знайти ймовірність того, що ця куля біла.

Рішення.

Нехай подія – поява білої кулі. Формулюємо гіпотези: - Вибір першої урни;

- Вибір другої урни;

- Вибір третьої урни;

, , ;

за формулою повної ймовірності

приклад 2.

Є дві урни: у першій білих кульок і чорних, у другій – і чорних. З першої урни в другу перекладається одна куля; кулі перемішуються і потім із другої урни в першу перекладається одна куля. Після цього з першої урни беруть навмання одну кулю. Знайти ймовірність, що він був білим.

Рішення.

Гіпотези: – склад куль у першій урні не змінився;

– у першій урні одна чорна куля замінена на білу;

– у першій урні одна біла куля замінена чорною;

;

Отримане рішення говорить про те, що ймовірність вийняти білу кулю не зміниться, якщо частки білих куль і чорних куль в обох урнах однакові .

Відповідь: .

приклад 3.

Прилад складається з двох вузлів, робота кожного вузла, безумовно, необхідна для роботи приладу в цілому. Надійність (імовірність безвідмовної роботи протягом часу) першого вузла дорівнює, другого. Прилад випробовується протягом часу, в результаті чого виявлено, що він вийшов з ладу (відмовив). Знайти ймовірність того, що відмовив лише перший вузол, а другий справний.

Рішення.

До досвіду можливі чотири гіпотези:

– обидва вузли справні;

– перший вузол відмовив, другий справний;

– перший справний, другий відмовив;

– обидва вузли відмовили;

Імовірності гіпотез:

Спостерігалася подія – прилад відмовив:

За формулою Байєса:

Повторення дослідів

Якщо виробляється незалежних дослідів в однакових умовах, причому в кожному з них з ймовірно з'являється подія, то ймовірність того, що подія відбудеться в цих дослідах рівно раз, виражається формулою:

Імовірність хоча б однієї появи події за незалежних дослідів в однакових умовах дорівнює:

Імовірність того, що подія настане: а) менше разів; б) більше разів; в) не менше разів; г) не більше разів знаходимо відповідно до формул:

Загальна теорема про повторення дослідів

Якщо виробляється незалежних дослідів у різних умовах, причому ймовірність події в-му досвіді дорівнює , то ймовірність того, що подія з'явиться в цих дослідах рівно раз, дорівнює коефіцієнту при розкладанні за ступенями виконує функції

де .

приклад 1.

Прилад складається з 10 вузлів. Надійність (імовірність безвідмовної роботи протягом часу) для кожного вузла . Вузли виходять із ладу незалежно один від одного. Знайти ймовірність того, що за час :

а) відмовить хоча б один вузол;

б) відмовить рівно один вузол;

в) відмовлять рівно два вузли;

г) відмовить не менше двох вузлів.

Рішення.

приклад 2.

В урні 30 білих та 15 чорних куль. Вийняли поспіль 5 куль, причому кожну вийняту кулю повертають в урну перед вилученням наступного і кулі в урні перемішують. Яка ймовірність того, що з 5 вийнятих куль виявиться 3 білих.

Рішення.

Імовірність вилучення білої кулі, можна вважати однією і тією ж у всіх 5 випробуваннях: тоді ймовірність непояви білої кулі. Використовуючи формулу Бернуллі отримуємо:

приклад 3.

Монету підкидають вісім разів. Яка ймовірність того, що шість разів вона впаде гербом нагору?

Рішення.

Маємо схему випробувань Бернуллі. Імовірність появи Ге в одному випробуванні тоді

Відповідь: 0,107.

приклад 4.

Здійснюється чотири незалежні постріли, причому - ймовірність попадання в мішень є середня з ймовірностей

Знайти ймовірність: .

Рішення.

За формулою Бернуллі маємо

Приклад 5.

Є п'ять станцій, із якими підтримується зв'язок. Іноді зв'язок переривається через атмосферні перешкоди. Внаслідок віддаленості станцій одна від одної перерва зв'язку з кожною з них відбувається незалежно від інших із ймовірністю 0,2. Знайти ймовірність того, що в даний момент підтримуватиметься зв'язок не більше ніж з двома станціями.

Рішення.

Подія – є зв'язок лише з двома станціями.

Відповідь: 0,72.

Приклад 6.

Система станцій радіолокації веде спостереження за групою об'єктів, що складається з десяти одиниць. Кожен із об'єктів може бути (незалежно від інших) втрачений із ймовірністю 0,1. Знайти ймовірність того, що хоча б один із об'єктів буде втрачено.

Рішення.

Імовірність втрати хоча б одного об'єкта можна знайти за формулою:

але простіше скористатися ймовірністю протилежної події – жоден об'єкт не втрачено – і відняти її з одиниці

Відповідь: 0,65.

Варіанти завдань для контрольної роботи №5

Варіант 1

1. Підкинуто дві гральні кістки. Знайти ймовірність того, що сума очок, що випали, дорівнює 7.

2. Нехай – три довільні події. Записати вираз для подій, що полягають у тому, що з цих трьох подій сталося, принаймні дві події.

3. Монету кидають 5 разів. Знайти ймовірність того, що «герб» випаде: а) не менше двох разів; б) менше двох разів.

4. Є 2 однакові урни. У першій урні знаходяться 3 білих та 5 чорних куль, у другій – 3 білих та 7 чорних куль. З однієї навмання обраної урни витягається куля. Визначити ймовірність того, що куля
чорний.

5. У чемпіонаті країни з футболу беруть участь 18 команд, кожні дві команди зустрічаються на футбольних полях 2 рази. Скільки матчів грає у сезоні?

Варіант 2

1. Набираючи номер телефону, абонент забув останні 3 цифри, і пам'ятаючи лише, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Знайти ймовірність того, що набрані потрібні цифри.

2. Чи правильно .

3. Знайти ймовірність того, що подія відбудеться не менше 2 разів у 4 незалежних випробуваннях, якщо ймовірність настання події в одному випробуванні дорівнює 0,6.

4. Електричні прилади поставляються у магазин трьома заводами. Перший постачає 50%, другий – 20%, третій – 30% усієї продукції. Імовірності виготовлення приладу найвищої якості кожним заводом, відповідно, рівні: . Визначити ймовірність того, що придбаний у магазині прилад буде найвищої якості.

5. Літери азбуки Морзе утворюються як послідовність точок і
тире. Скільки різних букв можна утворити, якщо використовувати 5
символи?

Варіант 3

1. У ящику 10 пронумерованих куль з номерами від 1 до 10. Вийняли одну кулю. Яка ймовірність того, що номер витягнутої кулі не перевищує 10.

2. Чи правильна рівність ?

3. Імовірність настання події хоча б 1 раз при трьох випробуваннях дорівнює 0,936. Знайти ймовірність настання події за одного випробування.

4. Є три однакові урни. У першій урні знаходяться 5 білих та 5 чорних куль, у другій – 3 білих та 2 чорні кулі, у третій – 7 білих та 3 чорних. З однієї навмання обраної урни витягається куля. Визначити ймовірність того, що куля буде білою.

5. Скільки способами можна розмістити 12 осіб за столом, на якому поставлено 12 приладів.

Варіант 4

1. У цеху працює 6 чоловіків та 4 жінки. За табельними номерами навмання обрано 7 осіб. Знайти ймовірність того, що серед відібраних осіб виявиться 3 жінки.

2. Довести, що .

3. Нехай ймовірність того, що навмання взята деталь нестандартна, дорівнює 0,1. Знайти ймовірність того, що серед взятих навмання 5 деталей не більше двох нестандартних.

4. Є три однакові урни. У першій урні знаходяться 3 білих та 3 чорних куль, у другій – 2 білих та 6 чорних куль, у третій – 5 білих та 2 чорних. З однієї навмання обраної урни витягається куля. Визначити ймовірність того, що куля буде чорна.

5. Потрібно скласти розклад відправлення поїздів на різні дні тижня. При цьому необхідно, щоб: 3 дні вирушали 2 поїзди на день, 2 дні – по 1 поїзду на день, 2 дні – по 3 поїзди на день. Скільки можна скласти різних розкладів?

Варіант 5

1. Куб, всі грані якого пофарбовані, розпиляно на 64 кубики однакового розміру, які потім перемішані. Знайти ймовірність того, що випадково витягнутий кубик має дві пофарбовані грані.

2. Довести, що .

3. Нехай ймовірність того, що телевізор вимагатиме ремонту протягом гарантійного терміну, дорівнює 0,2. Знайти ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 6 телевізорів: а) не більше 1 вимагатиме ремонту; б) хоча б 1 не потребує ремонту.

4. На трьох автоматичних лініях виготовляються однотипні деталі. Внаслідок розладки верстатів можливий випуск бракованої продукції: перша лінія з ймовірністю 0,02; другий - з ймовірністю 0,01; третій - з ймовірністю 0,05. Перша лінія дає 70%, друга – 20%, третя – 10% усієї продукції. Визначити можливість отримання шлюбу.

5. В урні білих та чорних куль. Скільки способами можна вибрати з урни куль, з яких білих буде штук. (Кулі кожного кольору пронумеровані.)

Варіант 6

1. У урні 12 куль: 3 білих, 4 чорних та 5 червоних куль. Яка можливість вийняти з урни червону кулю.

2. Довести, що .

3. Імовірність виграти по лотерейному квитку дорівнює. Знайти ймовірність виграти не менш ніж по 2 квиткам із 6.

4. У двох ящиках лежать однотипні деталі: у першій ящику 8 справних та 2 браковані, у другій 6 справних та 4 браковані. З першого ящика навмання взято дві деталі, та якщо з другого одна деталь. Деталі, перемішавши, помістили до третьої скриньки, звідки навмання взяли одну деталь. Визначити ймовірність того, що ця деталь справна.

5. Скільки способами з колоди в 36 карт можна вибрати 2 карти пік?

Варіант 7

1. В урні 15 куль з номерами від 1 до 15. Яка ймовірність вийняти кулю з номером 18?

2. Довести, що .

3. Імовірність влучення при кожному пострілі дорівнює 0,4. Знайти ймовірність руйнування об'єкта, якщо для цього необхідно не менше трьох попадань, а зроблено 15 пострілів.

4. У двох однакових урнах є по білих та чорних кулях. З першої урни в другу перекладають одну кулю. У другій урні кулі перемішуються, і один шар перекладається в першу урну. Потім із першої урни витягають одну кулю. Знайти ймовірність того, що біла куля.

5. З множини послідовно без повернення вибирають два числа. Скільки всього таких наборів, у яких друге число більше першого?

Варіант 8

1. Усередині еліпса розташоване коло. Знайти ймовірність попадання крапки в кільце, обмежене еліпсом та кругом.

2. Нехай – три довільні події. Знайти висловлювання для подій, які у тому, що: а) події і відбулися, а подія не сталося; б) відбулося рівно 2 події.

3. Знайти ймовірність того, що в сім'ї, яка має 6 дітей, не менше
2 дівчаток. (Ймовірності народження хлопчика та дівчинки вважати однакові.)

4. Є дві урни. У першій урні знаходяться 3 білих та 5 чорних куль, у другій – 4 білих та 6 чорних куль. З першої урни в другу, не дивлячись, перекладають дві кулі. Кулі у другій урні ретельно перемішують і з неї береться одна куля. Знайти ймовірність того, що куля буде
білий.

5. Скільки способів можна позначити вершини даного трикутника, використовуючи букви ?

Варіант 9

1. З п'яти літер розрізної абетки складено слово «книга». Дитина, яка не вміє читати, розсипала ці літери, а потім зібрала в довільному порядку. Знайти ймовірність того, що він знову отримав слово «книга».

2. Знайти всі події, такі що де і – деякі події.

3. З 15 лотерейних квитків, виграшними є 4. Яка ймовірність того, що серед 6 взятих навмання квитків буде два виграшні?

4. Є три однакові урни. У першій урні знаходяться 4 білих та 2 чорні кулі, у другій – 3 білих та 3 чорні кулі, у третій – 1 білих та 5 чорних куль. З другої та третьої урн, не дивлячись, перекладають по дві кулі в першу урну. Кулі в першій урні перемішують і з неї навмання витягують дві кулі. Знайти ймовірність того, що вони білі.

5. З п'яти шахістів для участі у турнірі потрібно надіслати двох. Скільки можна це зробити?

Варіант 10

1. З колоди в 52 карти навмання виймають три. Знайти ймовірність того, що це буде трійка, сімка та туз.

2. Дано два дублюючі блоки і . Запишіть подію, яка полягає в тому, що система справна.

3. Для сигналізації про аварію встановлено два незалежно працюючі сигналізатори. Імовірність того, що при аварії сигналізатор спрацює, дорівнює 0,95 для першого 0,9 для другого. Знайти ймовірність того, що під час аварії спрацює лише один сигналізатор.

4. На трьох автоматичних лініях виготовляються однойменні деталі. Перша лінія дає 70%, друга – 20%, третя – 10% усієї продукції. Ймовірності отримання бракованої продукції кожної лінії, відповідно, рівні: 0,02; 0,01; 0,05. Взята на удачу деталь виявилася бракованою. Визначити ймовірність того, що деталь була зроблена на першій лінії.

5. На колі вибрано 10 пікселів. Скільки можна провести хорд із кінцями у цих точках.

Варіант 11

1. В урні білих, чорних та червоних куль. Навмання виймаються три кулі. Якою є ймовірність того, що вони будуть різного кольору.

2. Чи правильна рівність ?

3. Відділ технічного контролю перевіряє вироби на стандартність. Імовірність того, що виріб стандартно дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що з двох перевірених виробів лише один стандартний.

4. Три стрілки незалежно один від одного стріляють по мішені, роблячи кожен по одному пострілу. Імовірність влучення у мету першого стрілка дорівнює 0,4 для другого – 0,6 й у третього – 0,7. Після стрілянини в мішені виявлено два влучення. Визначити ймовірність того, що вони належать першому та третьому стрілкам.

5. Скільки способами можна розмістити в 1 ряд 5 червоних, 4 чорних і 5 білих м'ячів так, щоб м'ячі, що лежать на краях, були одного кольору?

Варіант 12

1. Збори, на яких присутні 25 осіб, у тому числі 5 жінок, обирають делегацію з 3 осіб. Вважаючи, що кожен із присутніх з однаковою ймовірністю може бути обраний. Знайти ймовірність того, що до делегації увійдуть 2 жінки та один чоловік.

3. Знайти ймовірність за даними ймовірностями , .

4. Каналом зв'язку може бути переданий код 1111 з ймовірністю 0,2, код 0000 з ймовірністю 0,3 і код 1001 з ймовірністю 0,5. Внаслідок впливу перешкод ймовірність правильного прийому кожної цифри (0 або 1) коду дорівнює 0,9, причому цифри спотворюються незалежно одна від одної. Знайти ймовірність, що переданий код 1111, якщо на приймальному пристрої прийнятий код 1011.

5. Скільки різних маршрутів може обрати пішохід, який вирішив пройти 9 кварталів, 5 із них – на захід, 4 – на північ.

Варіант 13

1. Група з 10 чоловіків та 10 жінок ділиться випадковим чином на дві рівні частини. Знайти ймовірність того, що у кожній частині чоловіків та жінок однаково.

2. і – деякі події. Чи правильна рівність ?

3. Знайти ймовірність за даними ймовірностями .

4. По лінії зв'язку можлива передача коду 1234 з ймовірністю 0,6 і 4321 коду з ймовірністю 0,4. Код висвічується на табло, яке може спотворити цифри. Імовірність прийняти 1 за 1 дорівнює 0,8, а 1 за 4 дорівнює 0,2. Імовірність прийняти 4 за 4 дорівнює 0,9, а 4 за 1 дорівнює 0,1. Імовірність прийняти 2 за 2 та 3 за 3 дорівнює 0,7. Імовірність прийняття 2 за 3 та 3 за 2 дорівнює 0,3. Оператор прийняв код 4231. Визначити ймовірність того, що був прийнятий код:
а) 1234; б) 4321.

5. Між трьома особами – потрібно розділити 15 різних предметів, причому повинен отримати 2 предмети – 3, а – 10. Скількими способами можна виконати цей розподіл.

Варіант 14

1. У партії із 10 виробів є 4 бракованих. Навмання обирають
5 виробів. Визначити ймовірність того, що серед цих 5 виробів виявиться троє бракованих.

2. Довести, що , утворюють повну групу подій.

3. Студент знає 20 із 25 питань програми. Знайти ймовірність того, що студент відповість на 2 питання, запропоновані йому екзаменатором.

4. Є 4 партії деталей. У першій партії 3% шлюбу, у другій –4%, у третій та четвертій партіях шлюбу немає. Яка можливість взяти браковану деталь, якщо з обраної навмання партії береться одна деталь? Яка ймовірність того, що взята деталь належить першій партії, якщо вона виявилася бракованою?

5. Студенту необхідно скласти 4 іспити протягом 10 днів. Скільки способами можна скласти йому розклад?

Варіант 15

1. У залі 50 місць. Знайти ймовірність того, що з 10 осіб 5 займуть певні місця, якщо місця займаються ними випадково.

2. Довести, що .

3. Три стрілки незалежно один від одного стріляють по меті. Імовірність влучення в ціль для першого стрільця – 0,75, другого – 0,8, третього – 0,9. Знайти ймовірність того, що всі три стрільці влучать у ціль.

4. З урни, в якій було 4 чорні 6 білих куль, втрачено кулю невідомого кольору. Для того щоб визначити склад куль в урні, з неї навмання витягли дві кулі. Вони виявились білими. Знайти ймовірність того, що була втрачена біла куля.

5. Скільки способами можна розставити на полиці 7 книг, якщо дві певні книги завжди повинні стояти поруч.

4. Імовірність влучення в ціль при одному пострілі дорівнює 0,7. Визначити ймовірність того, що внаслідок шести незалежних пострілів буде п'ять попадань.

5. У автомобілі 7 місць. Скільками способами 7 людей можуть сісти в цю машину, якщо зайняти місце водія можуть лише троє з них.

Варіант 18

1. Для виробничої практики на 30 студентів надано 15 місць у Москві, 8 – у Тайзі та 7 – у Новосибірську. Яка ймовірність того, що два певні студенти потраплять на практику в одне місто?

2. Нехай – три довільні події. Знайти висловлювання для подій, які у тому, що з сталося: а) лише ; б) лише одна подія.

3. У ящику 6 білих та 8 чорних куль. З ящика вийняли дві кулі (не повертаючи вийняту кулю в ящик). Знайти ймовірність того, що обидві кулі білі.

3. У першій скриньці 2 білих та 10 чорних куль, у другій 8 білих та
4 чорні кулі. З кожного ящика вийняли по кулі. Яка ймовірність, що обидві кулі білі?

4. Випробовуються 25 двигунів. Імовірність безвідмовної роботи кожного двигуна дорівнює 0,95. Визначити найбільш ймовірне число двигунів, що відмовили.

5. Таня має 20 марок, Наташу – 30. Скільки способів можна обміняти одну Танину марку на одну Наташину?

Варіант 20

1. Кидають 4 гральні кістки. Знайти ймовірність того, що на всіх випадає однакове число очок.

2. Чи зобов'язані збігатися події і, якщо?

3. Три стрілки незалежно один від одного стріляють по меті. Імовірність влучення в ціль для першого стрільця дорівнює 0,75, для другого – 0,8. для третього – 0,9. Визначити ймовірність того, що в ціль потрапить хоча б один стрілець.

4. Випробовування піддається партія транзисторів. Можливість безвідмовної роботи кожного транзистора дорівнює 0,92. Визначити, яке число транзисторів слід випробувати, щоб із ймовірністю не менше 0,95 можна було зафіксувати хоча б одну відмову.

5. Скільки п'ятицифрових чисел можна становити з цифр 1, 2, 4, 6, 7, 8, якщо кожну цифру в будь-якому числі використовувати не більше 1 разу?

Приклад №1. Підприємство, що виробляє комп'ютери, отримує однакові комплектуючі деталі трьох постачальників. Перший постачає 50% всіх комплектуючих деталей, другий – 20%, третій – 30% деталей.
Відомо, що якість деталей, що поставляються різне, і в продукції першого постачальника відсоток шлюбу становить 4 %, другого - 5 %, третього - 2 %. Визначити ймовірність того, що деталь, обрана навмання з усіх отриманих, буде бракованою.

Рішення. Позначимо події: A - обрана деталь бракована, H i - обрана деталь отримана від i-го постачальника, i = 1, 2, 3 Гіпотези H 1 , H 2 , H 3 утворюють повну групу несумісних подій. За умовою
P(H 1) = 0.5; P(H 2) = 0.2; P(H 3) = 0.3
P(A|H 1) = 0.04; P(A|H 2) = 0.05; P(A|H 3) = 0.02

За формулою повної ймовірності (1.11) ймовірність події A дорівнює
P(A) = P(H 1) · P(A|H 1) + P(H 2) · P(A|H 2) + P(H 3) · P(A|H 3) = 0.5 · 0.04 + 0.2 · 0.05 + 0.3 · 0.02 = 0.036
Імовірність того, що обрана навмання деталь виявиться бракованою, дорівнює 0.036.

Нехай в умовах попереднього прикладу подія A вже відбулася: обрана деталь виявилася бракованою. Якою є ймовірність того, що вона була отримана від першого постачальника? Відповідь це питання дає формула Байеса .
Ми розпочинали аналіз ймовірностей, маючи лише попередні, апріорні значення ймовірностей подій. Потім було зроблено досвід (вибрано деталь), і ми отримали додаткову інформацію про цікаву для нас подію. Маючи цю нову інформацію ми можемо уточнити значення апріорних ймовірностей. Нові значення ймовірностей тих самих подій будуть вже апостеріорними (після досвідченими) ймовірностями гіпотез (рис. 1.5).

Схема переоцінки гіпотез
Нехай подія A може здійснитися лише разом із однією з гіпотез H 1 , H 2 , …, H n (повна група несумісних подій). Апріорні ймовірності гіпотез ми позначали P(H i) умовні ймовірності події A - P(A|H i), i = 1, 2, ..., n. Якщо досвід вже зроблено й у результаті настала подія A, то апостеріорними ймовірностями гіпотез будуть умовні ймовірності P(H i |A), i = 1, 2,…, n. У позначеннях попереднього прикладу P(H 1 |A) - ймовірність того, що обрана деталь, що виявилася бракованою, була отримана від першого постачальника.
Нас цікавить ймовірність події H k |A Розглянемо спільний настання подій H k і A тобто подія AH k . Його ймовірність можна знайти двома способами, використовуючи формули множення (1.5) та (1.6):
P(AH k) = P(H k)P(A|H k);
P(AH k) = P(A)P(H k |A).

Прирівняємо праві частини цих формул
P(H k) · P(A|H k) = P(A) · P(H k |A),

звідси апостеріорна ймовірність гіпотези H k дорівнює

У знаменнику стоїть повна ймовірність події A. Підставивши замість P(A) її значення за формулою повної ймовірності (1.11), отримаємо:
(1.12)
Формула (1.12) називається формулою Байєса та застосовується для переоцінки ймовірностей гіпотез.
У разі попереднього прикладу знайдемо можливість, що бракована деталь було отримано від першого постачальника. Зведемо в одну таблицю відомі нам за умовою апріорні ймовірності гіпотез P(H i) умовні ймовірності P(A|H i) розраховані в процесі вирішення спільні ймовірності P(AH i) = P(H i) · P(A|H i) та розраховані за формулою (1.12) апостеріорні ймовірності P(H k |A), i,k = 1, 2,…, n (табл. 1.3).

Таблиця 1.3 – Переоцінка гіпотез

Гіпотези H i	Ймовірності
Гіпотези H i	Апріорні P(H i)	Умовні P(A\|H i)	Спільні P(AH i)	Апостеріорні P(H i \| A)
1	2	3	4	5
H 1 - деталь отримана від першого постачальника	0.5	0.04	0.02
H 2 - деталь отримана від другого постачальника	0.2	0.05	0.01
H 3 - деталь отримана від третього постачальника	0.3	0.02	0.006
Сума	1.0	-	0.036	1

Розглянемо останній рядок цієї таблиці. У другій колонці стоїть сума ймовірностей несумісних подій H 1 H 2 H 3 утворюють повну групу:
P(Ω) = P(H 1 + H 2 + H 3) = P(H 1) + P(H 2) + P(H 3) = 0.5 + 0.2 + 0.3 = 1
У четвертій колонці значення в кожному рядку (спільні ймовірності) отримано за правилом множення ймовірностей перемноженням відповідних значень у другій і третій колонках, а в останньому рядку 0.036 є повна ймовірність події A (за формулою повної ймовірності).
У колонці 5 обчислені апостеріорні ймовірності гіпотез за формулою Байєса (1.12):

Аналогічно розраховуються апостеріорні ймовірності P(H 2 |A) і P(H 3 |A), причому чисельник дробу - спільні ймовірності, записані у відповідних рядках колонки 4, а знаменник - повна ймовірність події A, записана в останньому рядку колонки 4.
Сума ймовірностей гіпотез після досвіду дорівнює 1 і записана в останньому рядку колонки п'ятої.
Отже, ймовірність того, що бракована деталь отримана від першого постачальника, дорівнює 0.555. Післядосвідчена ймовірність більша за апріорну (за рахунок великого обсягу поставки). Післядосвідчена ймовірність того, що бракована деталь була отримана від другого постачальника, дорівнює 0.278 і більше допитової (за рахунок великої кількості шлюбу). Післядосвідчена ймовірність того, що бракована деталь отримана від третього постачальника, дорівнює 0.167.

Приклад №3. Є три однакові скриньки; у першій урні два білих і одна чорна куля; у другій – три білих та один чорний; у третій - дві білі і дві чорні кулі. Для досвіду навмання вибрано одну урну і з неї виймуть кулю. Знайдіть ймовірність того, що ця куля біла.
Рішення.Розглянемо три гіпотези: H 1 - обрано першу урну, H 2 - обрано другу урну, H 3 - обрано третю урну і подію A - вийнято білу кулю.
Оскільки гіпотези щодо умови завдання рівноможливі, то

Умовні ймовірності події A за цих гіпотез відповідно рівні:
За формулою повної ймовірності

Приклад №4. У піраміді стоять 19 гвинтівок, із них 3 з оптичним прицілом. Стрілець, стріляючи з гвинтівки з оптичним прицілом, може вразити мету з ймовірністю 0,81, а стріляючи з гвинтівки без оптичного прицілу - з ймовірністю 0,46. Знайдіть ймовірність того, що стрілець вразить ціль, стріляючи з випадково взятої гвинтівки.
Рішення.Тут першим випробуванням є випадковий вибір гвинтівки, другим – стрілянина по мішені. Розглянемо такі події: A - стрілок вразить мета; H 1 - стрілець візьме гвинтівку з оптичним прицілом; H 2 - стрілець візьме гвинтівку без оптичного прицілу. Використовуємо формулу ймовірності. Маємо

Враховуючи, що гвинтівки вибираються по одній, і використовуючи формулу класичної ймовірності, отримуємо: P(H1) = 3/19, P(H2)=16/19.
Умовні ймовірності задані за умови завдання: P(A|H 1) = 0;81 і P(A|H 2) = 0;46. Отже,

Приклад №5. З урни, що містить 2 білих і 3 чорних кулі, навмання витягуються дві кулі і додається в урну 1 біла куля. Знайдіть ймовірність того, що навмання взята куля виявиться білою.
Рішення.Подія "витягнута біла куля" позначимо через A. Подія H 1 - навмання витягли два білих кулі; H 2 - навмання витягли дві чорні кулі; H 3 - витягли одну білу кулю і одну чорну. Тоді ймовірності висунутих гіпотез

Умовні ймовірності при цих гіпотезах відповідно рівні: P(A|H 1) = 1/4 - ймовірність витягти білу кулю, якщо в урні в даний момент одна біла і три чорні кулі, P(A|H 2) = 3/ 4 - ймовірність витягнути білу кулю, якщо в урні в даний момент три білих і одна чорна куля, P(A|H 3) = 2/4 = 1/2 - ймовірність витягти білу кулю, якщо в урні в даний момент два білих і дві чорні кулі. Відповідно до формули повної ймовірності

Приклад №6. Здійснюється два постріли за мету. Імовірність влучення при першому пострілі 0,2, при другому – 0,6. Імовірність руйнування мети при одному попаданні 0,3 при двох - 0,9. Знайдіть ймовірність того, що ціль буде зруйнована.
Рішення. Нехай подія A – ціль зруйнована. Для цього достатньо попадання з одного пострілу з двох або поразка цілі поспіль двома пострілами без промахів. Висунемо гіпотези: H 1 - обидва постріли потрапили в ціль. Тоді P(H 1) = 0,2 · 0,6 = 0; 12. H 2 - або вперше, або вдруге було здійснено промах. Тоді P(H2) = 0,2 · 0,4 + 0,8 · 0,6 = 0,56. Гіпотеза H 3 - обидва постріли були промахи - не враховується, оскільки ймовірність руйнації мети у своїй нульова. Тоді умовні ймовірності відповідно дорівнюють: ймовірність руйнування мети за умови обох вдалих пострілів дорівнює P(A|H 1) = 0,9, а ймовірність руйнування мети за умови лише одного вдалого пострілу P(A|H 2) = 0,3. Тоді ймовірність руйнування мети за формулою ймовірності дорівнює.

Наслідком обох основних теорем – теореми складання ймовірностей та теореми множення ймовірностей – є так звана формула повної ймовірності.

Нехай потрібно визначити ймовірність деякої події, яка може статися разом з однією з подій:

утворюють повну групу несумісних подій. Ці події називатимемо гіпотезами.

Доведемо, що у цьому випадку

, (3.4.1)

тобто. ймовірність події обчислюється як сума творів ймовірності кожної гіпотези на ймовірність події за цієї гіпотези.

Формула (3.4.1) зветься формули повної ймовірності.

Доведення. Так як гіпотези утворюють повну групу, то подія може з'явитися тільки в комбінації з будь-якою з цих гіпотез:

Оскільки гіпотези несумісні, те й комбінації також несумісні; застосовуючи до них теорему додавання, отримаємо:

Застосовуючи до події теорему множення, отримаємо:

що і потрібно було довести.

Приклад 1. Є три однакові на вигляд урни; у першій урні два білих і одна чорна куля; у другій – три білих та один чорний; у третій – дві білі та дві чорні кулі. Хтось вибирає навмання одну з урн і виймає з неї кулю. Знайти ймовірність того, що ця куля біла.

Рішення. Розглянемо три гіпотези:

Вибір першої урни,

Вибір другої урни,

Вибір третьої скриньки

і подія – поява білої кулі.

Оскільки гіпотези, за умовою завдання, рівноможливі, то

Умовні ймовірності події за цих гіпотез відповідно рівні:

За формулою повної ймовірності

Приклад 2. По літаку провадиться три одиночні постріли. Імовірність влучення при першому пострілі дорівнює 0,4, при другому – 0,5, третьому 0,7. Для виведення літака з ладу наперед достатньо трьох попадань; при одному попаданні літак виходить з ладу з ймовірністю 0,2, при двох попаданнях - з ймовірністю 0,6. Знайти ймовірність того, що в результаті трьох пострілів літака буде виведено з ладу.

Рішення. Розглянемо чотири гіпотези:

У літак не потрапило жодного снаряда,

У літак потрапив один снаряд,

У літак потрапило два снаряди,

У літак потрапило три снаряди.

Користуючись теоремами складання та множення, знайдемо ймовірність цих гіпотез:

Умовні ймовірності події (вихід літака з ладу) за цих гіпотез рівні:

Застосовуючи формулу повної ймовірності, отримаємо:

Зауважимо, що першу гіпотезу можна було б і не вводити до розгляду, оскільки відповідний член у формулі ймовірності звертається в нуль. Так зазвичай і чинять при застосуванні формули повної ймовірності, розглядаючи не повну групу несумісних гіпотез, лише ті їх, у яких ця подія можлива.

Приклад 3. Робота двигуна контролюється двома регуляторами. Розглядається певний період часу, протягом якого бажано забезпечити безвідмовну роботу двигуна. За наявності обох регуляторів двигун відмовляється з ймовірністю, при роботі лише першого з них – з ймовірністю, при роботі лише другого –, при відмові обох регуляторів – з ймовірністю. Перший із регуляторів має надійність, другий -. Усі елементи виходять із ладу незалежно друг від друга. Знайти повну надійність (імовірність роботи) двигуна.

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Загальна постановка задачі приблизно наступна:

У урні знаходиться $K$ білих і $N-K$ чорних куль (всього $N$ куль). З неї навмання і без повернення виймають $n$ куль. Знайти ймовірність того, що буде вибрано $k$ білих і $n-k$ чорних куль.

За класичним визначенням ймовірності, шукана ймовірність знаходиться за формулою гіпергеометричної ймовірності (див. пояснення):

$$ P=\frac(C_K^k \cdot C_(N-K)^(n-k))(C_N^n). \qquad (1) $$

* Поясню, що означає "приблизно": кулі можуть вийматися не з урни, а з кошика, або бути не чорними та білими, а червоними та зеленими, великими та маленькими тощо. Головне, щоб вони були ДВУХ типів, тоді один тип ви вважаєте умовно "білими кулями", другий - "чорними кулями" і сміливо використовуєте формулу для вирішення (поправивши в потрібних місцях текст звичайно:)).

Відеоурок та шаблон Excel

Перегляньте наш ролик про розв'язання задач про кулі в схемі гіпергеометричної ймовірності, дізнайтеся, як використовувати Excel для вирішення типових задач.

Розрахунковий файл Ексель із відео можна безкоштовно скачати та використовувати для вирішення своїх завдань.

Приклади розв'язування задач про вибір куль

приклад 1. В урні 10 білих та 8 чорних куль. Навмання відібрано 5 куль. Знайти ймовірність того, що серед них виявиться рівно 2 білі кулі.

Підставляємо у формулу (1) значення: $K=10$, $N-K=8$, разом $N=10+8=18$, вибираємо $n=5$ куль, їх має бути $k=2$ білих і відповідно, $ n-k = 5-2 = 3 $ чорних. Отримуємо:

$$ P=\frac(C_(10)^2 \cdot C_(8)^(3))(C_(18)^5) = \frac(45 \cdot 56)(8568) = \frac(5) (17) = 0.294. $$

приклад 2. В урні 5 білих та 5 червоних куль. Яка можливість витягнути навмання обидві білі кулі?

Тут кулі не чорні та білі, а червоні та білі. Але це зовсім не впливає на перебіг рішення та відповідь.

Підставляємо у формулу (1) значення: $K=5$ (білих куль), $N-K=5$ (червоних куль), разом $N=5+5=10$ (всього куль в урні), вибираємо $n=2 $ кулі, їх має бути $k=2$ білих і, відповідно, $n-k=2-2=0$ червоних. Отримуємо:

$$ P=\frac(C_(5)^2 \cdot C_(5)^(0))(C_(10)^2) = \frac(10 \cdot 1)(45) = \frac(2) (9) = 0.222. $$

приклад 3. У кошику лежать 4 білих та 2 чорні кулі. З кошика дістали 2 кулі. Яка ймовірність, що вони одного кольору?

Тут завдання трохи ускладнюється, і вирішимо ми його кроками. Введемо потрібну подію
$A = $ (Вибрані кулі одного кольору) = (Вибрано або 2 білих, або 2 чорні кулі).
Представимо цю подію як суму двох несумісних подій: $A=A_1+A_2$, де
$A_1 = $ (Вибрано 2 білі кулі),
$A_2 = $ (Вибрано 2 чорні кулі).

Випишемо значення параметрів: $ K = 4 $ (білих куль), $ N-K = 2 $ (чорних куль), разом $ N = 4 +2 = 6 $ (всього куль у кошику). Вибираємо $n=2$ кулі.

Для події $A_1$ з них має бути $k=2$ білих і, відповідно, $n-k=2-2=0$ чорних. Отримуємо:

$$ P(A_1)=\frac(C_(4)^2 \cdot C_(2)^(0))(C_(6)^2) = \frac(6 \cdot 1)(15) = \frac (2) (5) = 0.4. $$

Для події $A_2$ з вибраних куль має бути $k=0$ білих і $n-k=2$ чорних. Отримуємо:

$$ P(A_2)=\frac(C_(4)^0 \cdot C_(2)^(2))(C_(6)^2) = \frac(1 \cdot 1)(15) = \frac (1) (15). $$

Тоді ймовірність події (вийняті кулі одного кольору) є сума ймовірностей цих подій:

$ $ P (A) = P (A_1) + P (A_2) = frac (2) (5) + frac (1) (15) = frac (7) (15) = 0.467. $$

Є три однакові на вигляд урни; у першій урні 2 білих та 1 чорна куля; у другій урні 3 білих та 1 чорна куля; у третій 2 білих і 2 чорних кулі.

Хтось вибирає одну з урн навмання і виймає з неї кулю. Знайти ймовірність того, що ця куля біла.

Розглянемо три гіпотези:

Н1-вибір першої урни

Н2-вибір другої урни

Н3-вибір третьої урни

Група несумісних подій.

Нехай подія А-поява білої кулі. Т.к. гіпотези, за умовою завдання можливі, то Р(Н1) =Р(Н2) =Р(Н3) =1\3

Умовні ймовірності події А за цих гіпотез відповідно рівні: Р(А/Н1) =2\3; Р(А/Н2) = 34; Р(А/Н3) = 1/2.

За формулою повної ймовірності

Р(А) =1\3*3\2+1\3*3\4+1\3*1\2=23\36

Відповідь: 23\36

П.2. Теорема гіпотез.

Наслідком теореми множення і повної ймовірності є так звана теорема гіпотез, або формула Бейса (Байєса).

Поставимо таке завдання.

Є повна група несумісних гіпотез Н1, Н2,. . Нn. ймовірності цих гіпотез до дослідів відомі та рівні відповідно Р(Н1), Р(Н2) …, Р(Нn). Зроблено досвід, в результаті якого спостерігається поява деякої події А. Чи питається, як слід змінити ймовірності гіпотез, у зв'язку з появою цієї події?

Тут, по суті, йдеться про те, щоб знайти умовну ймовірність Р(Н1/А) для кожної гіпотези.

З теореми множення маємо:

P(A*Нi) =P(A) P(Hi/A) =P(Hi) P(A/Hi), (i=1,2,3, . n) або, відкидаючи ліву частину Nutrend enduro bcaa 120caps купити.

P(A) P(Hi/A) =P(Hi) P(A/Hi),(i=1,2,. .,n)

Звідки P(Hi/A) =P(Hi) P(A/Hi) ÷P(A),(i=1,2,3, . . n)

Висловлюючи з P(A) повною ймовірністю, маємо

P(Hi/A) =P(Hi) P(A/Hi) ÷∑P(Hi) P(A\Hi),(i=1,2,3, . . n) (2)

Формула (2) має назву формули Бейса або теореми гіпотез

Приклад 2. на фабриці 30% продукції виробляється машиною I, 25% продукції - машиною II, решта продукції – машиною III. У машини I шлюб йде 1% цієї виробленої його продукції, у машини II-1.5%, у машини III-2% навмання обрана одиниця продукції виявилася шлюбом. Яка ймовірність того, що вона зроблена машиною I?

Введемо позначення для подій.

А-вибраний виріб виявився шлюбом

Н1-виріб виготовлено машиною I

H2 - виріб вироблено машиною II

H3 - виріб вироблено машиною III

P(H1) =0,30; Р(Н2) = 0,25; Р(Н3) = 0,45

Р(А/Н1) = 0,01,

Р(А/Н2) = 0,015

Р(А/Н3) = 0,02

Р(А) = 0,01 * 0,30 +0,015 * 0,25 +0,02 * 0,45 = 0,015,

Р(Н1/А) = 0,01*0,30÷0,015=0,20

Відповідь: 20% всіх бракованих виробів випускається машиною I.

§9. Формула Бернуллі

Закон великих чисел

Нехай А випадкова подія щодо деякого досвіду? Цікавитимемося лише тим, настала чи не настала в результаті досвіду подія А, тому приймемо наступну точку зору: простір елементарних подій, пов'язаний з досвідом σ, складається лише з двох елементів - А та А. Позначимо ймовірності цих елементів відповідно через p і q , (p+q=1).

Припустимо тепер, що досвід у незмінних умовах повторюється кілька разів, наприклад, 3 разу. Умовимося триразове здійснення σ розглядати як новий досвід η. Якщо як і раніше цікавитися тільки настанням чи не настанням А., слід очевидно прийняти, що простір елементарних подій, що відповідає досвіду η, складається з всіляких послідовностей довжини 3: (А, А, А), (А, А, А), ( А, А, А), (А, А, А), (А, А, А), (А, А, А), (А, А, А), (А, А, А), які можна скласти з А та А.

Кожна із зазначених послідовностей означає ту чи іншу послідовність появи або не появи подій А в трьох дослідах σ, наприклад, послідовність (А, А, А), означає, що в першому досвіді настало А, а в другому та третьому - А. Визначимо, які ймовірності слід приписати кожній із послідовностей (1)

Умова, що всі три рази досвід σ проводиться в незмінних умовах, за змістом має означати такі - результат кожного з трьох дослідів не залежить від того, які наслідки мали місце в інших двох дослідах. Тобто. будь-яка комбінація результатів трьох дослідів є трійкою незалежних подій. У такому разі, елементарній події (А, А, А), природно приписати ймовірність, рівну p * q * q, події (А, А, А), - ймовірність q * y * y і т.д.

Т. о. приходимо до такого опису імовірнісної моделі для досвіду η (тобто для триразового здійснення досвіду σ). Простір Ω елементарних подій є безліч з 2 в 3 ступені послідовностей. (1). Кожній послідовності зіставляється як імовірність число р ступенем k, q ступенем e, де показники ступенів визначають, скільки разів символи А і А входять у вираз для даної послідовності.

Імовірнісні моделі такого роду називаються схемами Бернуллі. У випадку схема Бернуллі визначається значенням чисел n і p, де n – число повторень вихідного досвіду σ (у попередньому досвіді ми вважали n=3), а p-ймовірність події А стосовно досвіду σ.

Теорема 1. Нехай ймовірність події А дорівнює p, і нехай Pmn-імовірність того, що в серії з n незалежних випробувань ця подія відбудеться m-раз.

Тоді справедлива формула Бернуллі.

Pmn=Cn у ступеню m *P у ступеню m *q у ступеню n-m

Монета підкидається 10 разів. Яка ймовірність того, що герб випаде при цьому рівно 3 рази?

У разі успіхом вважається випадання герба, ймовірність p цієї події у кожному досвіді дорівнює 1\2.

Звідси: Р10,3=С10в 3 ступені*(1\2) в 3степені*(1\2) в 7степені=10*9*8÷1*2*3*(1÷2в 10степені) =15\128

Відповідь: 15\128

При значній кількості випробувань відносна частота появи події мало відрізняється від ймовірності цієї події. Математичне формулювання цього якісного це якісного твердження дає закон великих цифр, що належить Бернуллі, який уточнив Чебишев.

Теорема 2. Нехай ймовірність події А у випробуванні p дорівнює p, і нехай проводяться серії, що складаються з n незалежних повторень цього випробування.

Через m позначимо число випробувань, у яких відбувалася подія А. тоді для будь-якого позитивного числа виконується нерівність:

З(|m\n-p|>α)

Сенс цієї нерівності полягає в тому, що вираз m÷n дорівнює відносній частоті події А в серії дослідів, а |m\n-p|> α означає, що відхилення цієї відносної від теоретичного значення p. Нерівність |m\n-p|> α означає, що відхилення виявилося більшим ніж α. Але при постійному значенні зі зростанням n права частина нерівності (3) прагне до нуля. Інакше кажучи, серії у яких відхилення експериментальної частоти від теоретичної велике, становлять малу частку всіх можливих серій випробувань.

З теореми випливає твердження, одержане Бернуллі: в умовах теореми за будь-якого значення α>0 маємо