1 - МИЭТ

1.6. Схема Бернулли
Многие математические модели случайных явлений связаны со случайным
опытом, который называется «схемой Бернулли».
Повторные испытания – это последовательное проведение n раз одного и
того же опыта или одновременное проведение n одинаковых опытов.
Схемой Бернулли называют случайный опыт, состоящий в повторных
испытаниях, удовлетворяющих следующим условиям:
1) в каждом испытании различают только два исхода: появление
определённого события A (его называют «успехом») или противоположного события
A («неудачи»);
2) испытания являются независимыими, т.е. вероятность успеха в каждом
испытании не зависит от исходов в других испытаниях;
3) вероятность успеха во всех испытаниях одна и та же: P  A  p (соответственно,
PA   1  p  q ).
Пример 1.6.1.
Следующие случайные опыты с той или иной степенью приближения
вписываются в рамки модели испытаний по схеме Бернулли:
1. Последовательное подбрасывание правильной монеты n раз и наблюдение
выпадающих сторон монеты. Успехом можно считать событие A  {выпал герб},
вероятность успеха p  P A  .
1
2
2. Одновременное подбрасывание n игральных костей. Успехом считаем,
например, событие A  {выпало 6 очков}, вероятность успеха p  P A 
1
.
6
3. Последовательность n выстрелов стрелка' по мишени. Успех - A  {попадание
в мишень}. Этот опыт лишь приближённо можно назвать схемой Бернулли, т.к.
вероятность успеха p  P  A может изменяться от испытания к испытанию из-за
«пристрелки» или утомления стрелка'.
4. Проверка исправности n изделий, произведённых в одинаковых условиях.
Успех - A  {изделие исправно}.
5. Опыт состоит в наблюдении радиоактивного распада определённого
количества радиоактивного изотопа. Зная массу радиоактивного вещества,
можно определить число n содержащихся в нём атомов и, наблюдая распад в
течение заданного промежутка времени длительности T , рассматривать опыт
как последовательность n испытаний по схеме Бернулли, считая успехом в i -ом
«испытании» событие A  {распад ядра i -го атома в течение промежутка
времени T }.
Пример 1.6.2.
Опишем пространство элементарных исходов  случайного опыта – схемы
Бернулли.
◄Элементарными исходами серии из n испытаний является всевозможные
последовательности длины n , состоящие из событий A и A , различающиеся составом
(т.е. числом m событий A и числом n  m событий A , m  0, 1, ... , n ) и порядком
следования A и A . Например, при n  4 элементарными исходами будут: AAAA ,
A AA A , AA A A , A A A A и т. п.
Число элементарных исходов N   равно числу размещений из двух элементов
( A и A ) по n с повторениями, см. (1.2.7), т.е. N    2n .►
Упражнения
1.6.1. Для схемы Бернулли при n  4 :
а) перечислите все элементарные исходы;
б) найдите количества элементарных исходов, составляющих события
A4,m  {появилось ровно m успехов}, m  0, 1, 3, 4 .
Пример 1.6.3.
Найдём вероятность pn ,m того, что в n испытаниях по схеме Бернулли с
вероятностью успеха p произойдёт ровно m успехов.
◄Событие An,m  {в n испытаниях появилось ровно m успехов} происходит
тогда и только тогда, когда реализуется какой-либо из элементарных исходов
(последовательностей событий A и A ), содержащих m событий A и n  m событий
A . Вероятность любого такого исхода в силу независимости испытаний Бернулли
равна p m 1  p n m  p m q n m .
Число таких исходов равно числу способов выбора m мест для событий A из
общего числа n мест в последовательности событий A и A (на остальных n  m
местах будут стоять события A ). Поэтому число элементарных исходов, составляющих
событие An ,m , равно Cnm 
n!
см. (1.2.3). Окончательно,
m! n  m!
pn,m  P An ,m   C nm p m q nm
(1.6.1)
Равенство (1.6.1) называют формулой Бернулли.►
Упражнения
1.6.2. Для n испытаний по схеме Бернулли найти вероятности событий:
а) A  {не появилось ни одного успеха};
б) B  {появился хотя бы один успех};
в) C  {успех появился не менее m1 раз и не более m2 раз}.
1.6.3. Монету подбрасывают 10 раз. Найти вероятность выпадения герба:
а) ровно 5 раз;
б) не более 5 раз;
в) хотя бы один раз.
Пример 1.6.3.
Вероятность выигрыша на один лотерейный билет p  0,01 . Сколько билетов
нужно купить, для того, чтобы вероятность хотя бы одного выигрыша была не меньше,
чем P  0,9 ?
◄Предположим, что куплено n билетов и обозначим число выигрышей через
m . Используя формулу (1.6.1.), получим:
Pm  1  1  Pm  1  1  Pm  0  1  C n0 p 0 q n  1  q n  1  1  p n  P , откуда
n
ln 1  P  ln 0,1

 229 ,1 . Таким образом, нужно купить не менее 230 билетов.►
ln 1  p  ln 0,99
Пример 1.6.4.
Найдём рекуррентную формулу для вероятностей pn ,m и pn,m1 появления
ровно m и ровно m  1 успехов в серии из n испытаний по схеме Бернулли с
вероятностью успеха p .
◄С помощью формулы Бернулли (1.6.1) находим:
pn ,m 1  Cnm1 p m1qnm1 

p
n!
p
n! n  m 
p m q n m 
p m q n m 
q m  1! n  m  1!
q m! m  1n  m !
p n  m 
n!
p n  m  m m n m p n  m 
p m q n m 
pn ,m . Итак,
Cn p q

qm  1 m! n  m !
qm  1  qm  1
pn ,m
pn ,m 1 
p n  m 
pn ,m
qm  1
(1.6.2)
- искомая рекуррентная формула.►
Пример 1.6.5.
Пусть M - наиболее вероятное число успехов в серии из n испытаний по схеме
Бернулли с вероятностью успеха p . Покажем, что
np  q  M  np  p .
(1.6.3)
◄По условию задачи pn,M  pn,M 1 и pn,M  pn,M 1 . Запишем формулу (1.6.2)
для m  M и m  M  1 : pn,M 1 
pn,M 
p n  M 
pn,M ,
qM  1
p n  M  1
p n , M 1
qM
Запишем формулу (1.6.2) для m  M : pn,M 1 
pn,M  pn,M 1 , откуда получаем: pn,M 
p n  M 
p n , M . По условию
qM  1
p n  M 
p n , M или qM  1  p n  M  , т.е.
qM  1
np  q  M 
p

q  . Первое из неравенств (1.6.3) доказано.
1
Запишем теперь формулу (1.6.2) для m  M  1 : pn,M 
pn , M 1 
qM
p n  M  1
p n  M  1
p n , M 1 , откуда
qM
pn , M . По условию pn,M  pn,M 1 , поэтому pn,M 
qM
pn,M
p n  M  1
или qM  p n  M  1 , откуда получаем второе неравенство из (1.6.3). ►
Упражнение
1.6.4. Процент брака при изготовлении приборов составляет 5%. Для
продажи взяли партию из 200 приборов. Найти наиболее вероятное число
бракованных приборов в партии.
Ответы к упражнениям
1.6.1. а)
AAAA ,
AA A A , A AA A , A A AA , A A A A ,
AAA A , AA AA , AA A A , A AAA , A AA A , A A AA ,
AAAA , AAA A , AA AA , A AAA ,
AAAA
б) N A4,0   1 , N A4,1   4 , N A4,2   6 , N A4,3   4 , N A4,4   1 .
1.6.2. а) P A  q n  1  p n ; б) P B   1  q n  1  1  p n ; в) PC  
mm2
 Cnm pmqnm .
mm1
10
252
638
1
1.6.3. а)
 0,246 ; б)
 0,623 ; в) 1     0,999 .
1024
1024
2
1.6.4. 10 .
Контрольные вопросы
1. Какой случайный опыт называют схемой Бернулли?
2. Запишите формулу Бернулли для вероятности появления ровно m успехов
в серии из n испытаний.
Задание для самостоятельной работы
Решите задачи: [ ], №№ 18.312 - 18.316, 18.322, 18.325, 18.328.
1.7. Условная вероятность
Пусть события A и B могут появиться в результате одного и того же
случайного опыта. Предположим, что стало известно, что событие B наступило,
но не известно, какой именно из элементарных исходов, составляющих это
событие, произошел. Тогда говорят о вероятности события A при условии, что
событие B произошло, её называют условной вероятностью и обозначают
PA B  . Соответственно, обычную вероятность P  A называют безусловной
вероятностью.
Рассмотрим условную вероятность в рамках классической схемы. Известно,
что событие B произошло, т.е. реализовался один из N B  элементарных
исходов, благоприятствующих этому событию. Из них только N  AB  исходов
благоприятствуют и событию A . Поэтому, согласно классическому подходу,
следует считать:
P A B  
N  AB  N  AB  N P  AB 

.

N B 
P B 
N B  N
(1.7.1)
Таким образом, условную вероятность естественно интерпретировать как
обычную, безусловную вероятность, но заданную не на всём пространстве
элементарных исходов  , а на новом пространстве  B  B элементарных
исходов. Это можно проиллюстрировать и в рамках геометрической схемы. В
самом деле, для безусловной вероятности P  A имеем: P  A 
mes  A mes  A 

.
mes  
mes  
Аналогично, рассматривая условную вероятность PA B  как безусловную, но
заданную на пространстве элементарных исходов  B  B , получим:
P A B  
mes  A B  mes  AB  mes  AB  mes  P  AB 

,


mes B 
P B 
mes  B 
mes B  mes 
(1.7.2)
см. рис. 1.7.1.

B  B
AA
Рис. 1.7.1. К понятию «условная вероятность»
Таким образом, в рамках геометрической вероятности мы приходим к тому
же выражению для условной вероятности, что и при использовании
классического подхода, см. (1.7.1) и (1.7.2). Поэтому условной вероятностью
события A при условии события B называют отношение
P A B  
P  AB 
P B 
(1.7.3)
(предполагается, что P B   0 ).
Пример 1.7.1.
Студент подготовился к ответу на первые 15 вопросов из 20 вопросов
экзамена. Вопрос для ответа на экзамене выбирается наудачу. События:
A  {выбран «хороший» билет}, B  {выбран билет из второй половины списка}.
Найти вероятности P  A и PA B  .
◄По формуле классической вероятности находим: P A 
PB  
15 3
 ,
20 4
14 1
10 1
5 1
 , P AB  
 . Далее, из (3.1.3) получаем: PA B  
 .
20 2
20 4
12 2
Рассмотрим условную вероятность PA B  как безусловную вероятность,
заданную на пространстве элементарных исходов  B  B . В данном случае
20
i
  i i20
1 , где i  {выбран вопрос с -номером},  B  B  i i 11 . Если
рассматривать в качестве пространства элементарных исходов множество  B  B , то
получим: A B  AB  11, 12 , 13, 14 , 15 . Поэтому PA B  
Итак, P  A  , P A B  
3
4
N  A B  5 1

 .
N  B  10 2
1
.►
2
Условная вероятность обладает всеми свойствами безусловной вероятности,
т.к. для неё выполняются аксиомы обычной вероятности:
1. PA B   0 (аксиома неотрицательности);
2. P B   1 (аксиома нормированности);
3. PA1  A2 B   PA1 B   PA2 B  , если события A1 и A2 несовместны (аксиома
сложения).
Упражнения
1.7.1. Убедитесь в выполнении аксиом неотрицательности и
нормированности для условной вероятности.
1.7.2. Используя равенство (1.7.3) и свойство дистрибутивности умножения
относительно сложения, докажите аксиому сложения для условной вероятности.
Замечания
1. На основании расширенной аксиомы сложения для безусловной
вероятности можно убедиться в выполнении аналогичной аксиомы для условной
вероятности:
PA1  A2  ...  An  ... B   PA1 B   PA2 B   ...  PAn B   ... .
2. Из (1.7.3) следует формула умножения вероятностей:
P AB   PB PA B  .
(1.7.4)
3. Поменяв в (1.7.4) местами события A и B , и полагая P  A  0 , получим:
P AB   P APB A .
(1.7.5)
Из (1.7.4) и (1.7.5) получаем так называемую теорему умножения
PB PA B   P AB   P APB A :
(1.7.6)
вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности
одного из них на условную вероятность другого при условии, что первое
произошло.
Упражнения
1.7.3. Обобщите формулу (1.7.5) на случай трёх событий.
1.7.4. Обоснуйте формулу умножения вероятностей для n событий:
P A1 A2 ...An   P A1 PA2 A1 PA3 A1 A2 ...PAn A1 A2 ...An1  .
(1.7.7)
Пример 1.7.2.
Из урны, в которой первоначально было 5 белых и 5 чёрных шаров, извлекли
последовательно без возвращения 3 шара.
Найти вероятность того, что все извлечённые шары – белые (событие A ).
◄Пусть события Ai  {в i -м извлечении взят белый шар}. Тогда, очевидно,
A  A1 A2 A3 , поэтому из формулы (1.7.7) при n  3 находим:
P A  P A1 A2 A3   P A1 PA2 A1 PA3 A1 A2  .
Найдём вероятности в правой части последнего равенства. Очевидно,
P A1  
5 1
4
 . Далее, PA2 A1   , т.к. при условии, что событие A1 произошло, ко
10 2
9
второму извлечению в урне осталось 9 шаров, из которых 4 – белые. И, наконец,
PA3 A1 A2  
3
, поскольку, если произошло событие A1 A2 (и в первый, и во второй раз
8
извлекли белый шар), то к третьему извлечению в урне было 8 шаров, из них 3 белых
шара.
Окончательно, P A  P A1 PA2 A1 PA3 A1 A2     
1 4 3
2 9 8
1
.►
12
Ответы к упражнениям
1.7.3. P ABC   P APB APC AB 
Задание для самостоятельной работы
Решите задачи: [1], №№ 18.163 - 18.167.
1.8. Независимость событий
Условная вероятность PA B  может отличаться от безусловной вероятности
P  A события A (см. пример 1.7.1) или совпадать с ней.
Пример 1.8.1.
Из колоды в 36 карт наудачу берут одну карту. События: A  {взят туз},
B  {взята карта бубновой масти}.
Найти P  A и PA B  .
◄По формуле классической вероятности находим: P A 
PB  
4 1
 ;
36 9
9 1
1
P AB  1 36 1
. Поэтому PA B  
 ; P AB  

 .
36 4
36
PB 
14 9
Итак, P A  PA B  
1
, т.е. условная и безусловная вероятности события A
9
совпадают.►
Таким образом, наступление события B может влиять или не влиять на
вероятность события A . Поэтому степень связи (зависимости) событий A и B
естественно оценивать путём сравнения их условных вероятностей с
безусловными.
Говорят, что событие A не зависит от события B , если
P  A B   P  A
(1.8.1)
и наоборот, событие B не зависит от события A , если
PB A  P B 
(1.8.2)
(предполагается, что P  A  0 , P B   0 ).
Замечания
1. Оказывается, что свойство независимости событий – взаимно, т.е. если
событие A не зависит от события B , то и наоборот: событие A не зависит от
события B . Поэтому говорят о взаимной независимости или просто
независимости событий A и B , если выполняется одно из соотношений (1.8.1)
или (1.8.2).
◄Пусть событие A не зависит от события B , т.е. выполняется (1.8.2). Тогда
с учётом теоремы умножения (3.1.6) получаем: PB P A B   P APB   P  AB  

 P  A
 P APB A , откуда, после сокращения на P  A  0 , имеем: PB   PB A . Это
означает, что, событие B не зависит от события A .►
2. Из проведённых только что выкладок следует: если события A и B
независимы, то
P  AB   P  AP B  .
(1.8.3)
Верно и обратное: из (1.8.3) следует независимость событий A и B
(убедитесь!). Поэтому используют и эквивалентное определение независимости
событий: события A и B называются независимыми, если P  AB   P  AP B  . В
этом определении отсутствует требование P  A  0 , P B   0 .
Пример 1.8.2.
Пусть события A и B независимы. Покажем, что тогда независимыми
являются и события A и B .
◄Условная вероятность обладает всеми свойствами безусловной, поэтому и
с учётом (1.8.1) имеем: PA B   1  PA B   1  P A  PA  , что означает

 P  A
независимость событий A и B .►
Упражнения
1.8.1. Докажите, что если события A и B независимы, то и события A и B
являются независимыми.
1.8.2. Убедитесь в том, что если A и B - несовместные события с
ненулевыми вероятностями, то они зависимы.
1.8.3. Если события A и B совместны, то они могут быть и зависимыми и
независимыми. Приведите примеры, иллюстрирующие это утверждение.
1.8.4. Если A и B - зависимые события, то они могут быть и совместными, и
несовместными. Проиллюстрируйте это примерами.
Замечание
Как распространить понятие независимости двух событий на набор из n  2
событий? Смысл независимости двух событий A и B состоит в том, что
появление одного из них не влияет на вероятность другого. Естественно считать
независимыми события A1, A2, ... , An , если вероятность каждого из этих событий
Ak  Ai in1 не зависит от того какие из остальных событий Ai и в каком
количестве произошли. При этом независимость n событий при n  2 называют
независимостью в совокупности.
Итак, события A1, A2, ... , An , n  2 называют независимыми в совокупности,
если для любого набора Aik mk1 из этих событий ( m  1, 2, ... , n ; ik  1, 2, ... , n)
выполняется равенство

     
P Ai1 Ai2 ...Aim  P Ai1 P Ai2 ...P Aim .
В частности, для событий Ai in1 , независимых в совокупности,
(1.8.4)
P  A1 A2 ... An   P  A1 P  A2 ...P  An  .
(1.8.5)
Формула (1.8.5) обобщает равенство (1.8.3) и является частным случаем
формулы вероятности произведения событий (1.7.7): она соответствует
событиям A1, A2, ... , An , независимым в совокупности.
Замечание
Если события A1, A2, ... , An независимы в совокупности, то они и попарно
независимы, т.е. PAi A j   P Ai PA j  для любых i, j  1, 2, ... , n, i  j . Обратное,
вообще, говоря, не верно, т.е. попарно независимые события A1, A2, ... , An могут и
не быть независимыми в совокупности.
Упражнения
1.8.5. Опыт состоит в бросании двух правильных монет и наблюдении
выпавших сторон этих монет. События: A1  {на первой монете выпал герб},
A2  {на второй монете выпал герб}, A3  {на двух монетах выпал ровно один
герб}.
Убедитесь в том, что события A1 , A2, A3 попарно независимы, но не являются
независимыми в совокупности.
1.8.6. Приведите свой пример трёх попарно независимых событий, не
являющихся независимыми в совокупности.
Контрольные вопросы
1. Дайте определение условной вероятности и объясните его в рамках
классической и геометрической схем.
2. Сформулируйте три основные свойства условной вероятности.
3. Сформулируйте теорему умножения.
4. Запишите формулу вероятности произведения n событий.
5. Сформулируйте два определения независимости событий.
6. Какие события называют независимыми в совокупности?
7. Запишите формулу вероятности произведения n событий, независимых в
совокупности.
Задание для самостоятельной работы
1. Решите задачи: [1], №№ 18.163 – 18.167, 18.176 –18.179, 18.182 – 18.186.
1.9. Формулы полной вероятности и Байеса
Во многих случаях интересующее нас событие A может произойти только
вместе с одним из событий H i , i  1, 2, ... n . Например, рассмотрим такой
опыт. В холле МИЭТ остановили случайно встреченного студента, проверили,
знает ли он аксиомы теории вероятностей. Событие A  {выбранный студент
знает аксиомы} может произойти только вместе с одним из событий
H i  {выбранный студент учится на i -м курсе}, i  1, 2, ... , 5 .
Отметим, что множество событий H i  в этом и подобных случаях обладает
такими свойствами:
а) в каждом опыте (например, по случайному выбору студента) обязательно
происходит какое-либо из событий H i , т.е.
H1  H 2  ...  H n  
(в этом случае говорят, что H i  - полная группа событий);
б) события H i попарно несовместны:
Hi H j   .
Итак, пусть в случайном опыте событие A может произойти только вместе с
одним из событий H i , i  1, 2, ... , n , образующих полную группу попарно
несовместных событий ( H i называют гипотезами). Тогда справедливо равенство
P  A 
n
 PH i PA Hi 
(1.9.1)
i 1
(формула полной вероятности).
◄Представим A в виде A  A  AH1  H 2  ...  H n   AH1  AH 2  ...  AH n , см.
рис. 1.9.1. Поскольку H i H j   , то и события AH i , i  1, 2, ... , n попарно
несовместны, поэтому с учётом аксиомы сложения имеем:
P  A  P  AH 1  AH 2  ...  AH n   P  AH1   P  AH 2   ...  P  AH n  .

A
H1
H3
H2
AH 1
AH 2
AH 3
AH 4
H4
(1.9.2)
Рис. 1.9.1. К доказательству формулы полной вероятности
Далее, используя формулу умножения вероятностей (1.7.4), запишем:
P AH i   PH i PA H i  , i  1, 2, ... , n , откуда с учётом (1.9.2) получаем (1.9.1).►
Пример 1.9.1.
На трёх заводах производятся однотипные изделия. В магазин поступило 50
изделий с первого завода, 20 изделий – со второго завода и 30 изделий –с
третьего завода. Брак в общем количестве изделий, производимых на первом
заводе, составляет 1%, на втором заводе – 2% и на третьем заводе – 3%. В
магазине наудачу выбрано одно изделие для покупки. С какой вероятностью это
изделие является бракованным?
◄Введём обозначения: A ={выбрано бракованное изделие}, H i  {выбранное
изделие изготовлено на i -ом заводе}, i  1, 2, 3 . Очевидно, гипотезы H i  составляют полную группу попарно несовместных событий.
Согласно условию задачи, вероятности гипотез равны: PH1  
PH 2  
50
 0,5 ,
100
20
30
 0,2 , PH 3  
 0,3 , а условные вероятности события A равны:
100
100
PA H1   0,01 , PA H 2   0,02 , P A H 3   0,03 .
По формуле полной вероятности (1.9.1) находим: P A 
 0,5  0,01  0,2  0,02  0,3  0,03  0,018 .►
Замечания
1. В примере 1.9.1 формулу полной вероятности можно интерпретировать
следующим образом: вероятность брака в магазине равна взвешенной сумме
вероятностей брака на заводах с весами, равными долям, которые составляют
поставки заводов в общем количестве изделий в магазине.
2. Формула (1.9.1) справедлива, если введённые в рассмотрение гипотезы
H i  образуют полную группу попарно несовместных событий. Поэтому при
решении задач желательно убеждаться, в том, что
n
 P H i   1 .
i 1
Однако в некоторых случаях полная группа гипотез может содержать
большое число событий H i , при этом для многих из них оказывается, что
P A H i   0 , т.е. вклада в правую часть формулы (1.9.1) такие гипотезы H i не
вносят. В таких случаях целесообразно сократить число рассматриваемых
гипотез, оставив только те из них, для которых PA H i   0 . При этом, хотя
множество гипотез H i  и не будет полной группой, формула полной
вероятности даст верный результат.
Пример 1.9.2.
Четыре артиллерийских расчёта производят по одному выстрелу по одной и
той же цели. Вероятность попадания для i -го расчёта равна pi , i  1, 2, 3, 4 . При
менее, чем трёх попаданиях цель поражена не будет. При трёх попаданиях цель будет
уничтожена с вероятностью p , а при четырёх попаданиях – с полной достоверностью.
Найти вероятность того, что цель будет уничтожена (событие A ).
◄Полная группа гипотез в данном случае совпадает с пространством
элементарных исходов. Перечислим гипотезы, обозначив их I 1 I 2 I 3 I 4 , где I i 1, если i  й расчёт попал
индикатор попадания для i -го расчёта, т.е. I i   0, если i  й расчёт не попал :

{0 0 0 0}
{1 0 0 0}, {0 1 0 0}, {0 0 1 0}, {0 0 0 1}
{1 1 0 0}, {1 0 1 0}, {1 0 0 1}, {0 1 1 0}, {0 1 0 1}, {0 0 1 1}
{1 1 1 0}, {1 1 0 1}, {1 0 1 1}, {0 1 1 1}
{1 1 1 1}
Итак, полная группа гипотез состоит из 16 событий. Но свойством PA H i   0
обладают только 5 из них, поэтому вводим в рассмотрение только такие
гипотезы: H 1  {1 1 1 0}, H 2  {1 1 0 1}, H 3  {1 0 1 1}, H 4  {0 1 1 1}, H 4  {1 1 1
1}.
Далее, находим:
P H1   p1 p2 p3 1  p4  , P H 2   p1 p2 1  p3  p4 , P H 3   p1 1  p2  p3 p4 ,
P H 4   1  p1  p2 p3 p4 , P H 5   p1 p2 p3 p4 ;
PA H1   PA H 2   PA H 3   PA H 4   p , PA H 5   1 .
Окончательно, по формуле (3.3.1) получаем:
P  A   p1 p2 p3  p1 p2 p4  p1 p3 p4  p2 p3 p4  4 p1 p2 p3 p4  p  p1 p2 p3 p4 .►
Упражнения
1.9.1. В одной урне – 1 белый и 3 чёрных шара, во второй – 2 белых и 2
чёрных шара. Наудачу выбирают урну, из которой наудачу вынимают шар. С
какой вероятностью этот шар белый?
1.9.2. В первой урне были: 1 белый и 3 чёрных шара, во второй – 2 белых и 2
чёрных шара. Из первой урны наудачу вынули шар и переложили его во вторую
урну, после чего из второй урны извлекли наудачу один шар. С какой
вероятностью этот шар белый?
1.9.3. Проверяется партия приборов, среди которых 10% дефектных.
Проверка с вероятностью 0,95 позволяет обнаружить дефект, если он есть. Если
же дефекта нет, то с вероятностью 0,03 прибор ошибочно признаётся
неисправным. С какой вероятностью проверяемый прибор будет признан
дефектным?
Ответы к упражнениям
1.9.1.
3
.
8
1.9.2.
9
.
20
1.9.3. 0,122.
Задание для самостоятельной работы
1. Решите задачи: [1], №№ 18.225 – 18.229, 18.231 –18.234.
Пусть по-прежнему в случайном опыте событие A может произойти только
вместе с одной из гипотез H i , i  1, 2, ... , n , образующих полную группу попарно
несовместных событий. Предположим, что событие A произошло и мы
интересуемся, с какой вероятностью вместе с A появилась и гипотеза H k . На
этот вопрос отвечает формула Байеса:
P H k A 
P H k P A H k 
P  A

P H k P A H k 
n
 P A H i 
.
i 1
Упражнение
1.9.4. Используя теорему умножения (см. (3.1.6)) и формулу полной
вероятности (1.9.1), докажите формулу Байеса.
(1.9.3)
Замечание
Вероятности гипотез P H i  обычно называют априорными (известными «до
опыта»), а вероятности PH i A - апостериорными (полученными «после опыта» с
появлением события A ). Поскольку появление события A обычно несёт
дополнительную информацию о возможности появления гипотез H i ,
апостериорные вероятности PH i A являются, как правило, более точными
характеристиками этих гипотез, чем априорные вероятности P H i  .
Только в случае, когда все условные вероятности PA H i  равны друг другу, т.е.
PA H i   p  const , i  1, 2, ... , n , формула (1.9.3) даёт: P A H i   P H i  , i  1, 2, ... , n , т.е.
информация о появлении события A не представляет интереса при уточнении
априорных вероятностей гипотез.
Пример 1.9.3.
В электронном устройстве, состоящем из двух блоков, возникла
неисправность. Предварительный анализ возможных её причин привёл к такой
оценке возможностей локализации неисправности: вероятности отказов в первом
и втором блоках равны 0,4 и 0,6 соответственно (возможность отказов в обоих
блоках исключается). Для уточнения причины неисправности на вход
устройства был подан тестовый сигнал, который не проходит на выход с
вероятностью 0,2, если неисправен первый блок, и с вероятностью 0,9 при
неисправности во втором блоке. Сигнал на выходе не появился. Найти
вероятности причин неисправности устройства.
◄Введём обозначения событий: A  {сигнал на выходе не появился},
H 1  {неисправен первый блок}, H 2  {неисправен второй блок}.
По условию задачи P H1   0,4 , PH 2   0,6 , PA H 1   0,2 , PA H 2   0,9 .
По формуле Байеса находим: P H1 A 
P H 2 A 
0,4  0,2
 0,129 ,
0,4  0,2  0,6  0,9
0,6  0,9
 0,871 .
0,4  0,2  0,6  0,9
Итак, априорные вероятности причин неисправности P H1   0,4 и PH 2   0,6
близки друг к другу, а апостериорные вероятности PH1 A  0,129 и PH 2 A  0,871
позволяют с большой уверенностью считать, что причина неисправности находится во
втором блоке.►
Контрольные вопросы
1. Что называется полной группой попарно несовместных событий?
2. Запишите формулу полной вероятности.
3. Запишите формулу Байеса.
4. В каком случае при расчётах по формулам полной вероятности и Байеса
можно использовать неполную группу гипотез?
Задание для самостоятельной работы
1. Решите задачи: [1], №№ 18.242 – 18.244, 18.246, 18.247, 18.251 –18.254,
18.255.
1.10. Вероятности сложных событий
Сложным событием будем называть случайное событие, которое выражено
через другие события, происходящие в том же случайном опыте.
Пример 1.10.1.
◄Рассмотрим прохождение сигнала в схеме, составленной из четырёх
элементов, см рис. 1.10.1.
2
1
4
3
Рис. 1.10.1. К примеру 1.10.1.
Если элемент схемы исправен, то он пропускает сигнал, в противном случае
не пропускает. Обозначим события: A  {сигнал прошёл от входа до выхода
схемы}, Ai  { i -й элемент исправен}, i  1, 2, 3, 4 . Тогда (убедитесь!)
A  A1  A2  A3 A4 ,
т.е. A - сложное событие.►
Перечислим основные формулы, используемые при расчётах вероятностей
сложных событий.
Вероятность суммы событий:
а) для двух событий
P  A  B   P  A  P B   P  AB  ;
б) в частности, если события A и B несовместны то
P  A  B   P  A  P B  ;
в) для трёх событий
P  A  B  C   P  A  P B   P C   P  AB   P  AC   P BC   P  ABC  ;
г) для n событий
 n
 n
P Ak  
P Ak  


 k 1  k 1


 PAi Aj     PAi Aj Ak   ...   1n P A1 A2 ...An  .
i j
i  j k
д) в частности, если события Ai , i  1, 2, ... , n попарно несовместны, то
P  A1  A2  ...  An   P  A1   P  A2   ...  P  An  ;
е) если же события Ai , i  1, 2, ... , n независимы в совокупности, то
P A1  A2  ...  An   1  PA1 PA2 ...PA4 .
(1.10.1)
Вероятность произведения событий:
а) для двух событий
P AB   PB PA B  ;
б) в частности, если события A и B независимы, то
P  AB   P  AP B  .
г) для n событий
P A1 A2 ...An   P A1 PA2 A1 PA3 A1 A2 ...PAn A1 A2 ...An1  .
д) в частности, если события Ai , i  1, 2, ... , n независимы в совокупности, то
P  A1 A2 ... An   P  A1 P  A2 ...P  An  .
(1.10.2)
Формулы полной вероятности и Байеса:
n
а) P A   PH i P A H i  ;
i 1
б) P H k A 
P H k P A H k 
P  A

P H k P A H k 
n
 P A H i 
.
i 1
Формула Бернулли:
вероятность появления ровно m успехов в серии из n испытаний по схеме
Бернулли с вероятностью успеха p равна
pn,m  C nm p m q nm , где q  1  p .
Пример 1.10.2.
Убедимся в справедливости равенства (1.10.1).
◄Используя правило де Моргана (1.2.5) A1  A2  ...  An  A1 A2 ...An с учётом
(1.10.2) имеем:


P A1  A2  ...  An   1  P A1  A2  ...  An  1  PA1 A2 ...An   1  PA2 ...PAn  .►
Пример 1.10.3.
Вероятность безотказной работы в течение времени T i -го элемента в схеме
примера 1.10.1. равна pi , i  1, 2, 3, 4 . Отказы элементов являются независимыми в
совокупности событиями. Найти вероятность прохождения сигнала на выход
схемы в течение этого времени.
◄События A  {сигнал проходит на выход схемы в течение времени T },
Ai  { i -й элемент исправен течение времени T }, i  1, 2, 3, 4 связаны
соотношением A  A1  A2  A3 A4 , см пример 1.10.1. Очевидно, P  Ai   pi . В силу
независимости отказов имеем: P A  P A1 P A2  A3 P A4  ,
P  A2  A3   P  A2   P  A3   P  A2 A3   P  A2   P  A3   P  A2 P  A3  .
Окончательно, P A  p1  p2  p3  p2 p3  p4  p1 p2 p4  p1 p3 p4  p1 p2 p3 p4 .►
Контрольные вопросы
1. Что называется сложным событием?
2. Запишите формулы вероятности суммы событий.
3. Запишите формулы вероятности произведения событий.
4. Запишите формулы полной вероятности и Байеса.
5. Запишите формулу Бернулли.
Задание для самостоятельной работы
1. Решите задачи: [1], №№ 18.187, 18.190 – 18.192, 18.196 - 18.203, 18.208 –
18.212, 18.219, 18.222 – 18.224.
2. Ознакомьтесь с теоретическим материалом: [2], с. 17 – 22.