События образуют полную группу , если хотя бы одно из них обязательно произойдет в результате эксперимента и попарно несовместны.

Предположим, что событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий , образующих полную группу. Будем называть события (i = 1, 2,…, n ) гипотезами доопыта (априори). Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности :

Пример 16. Имеются три урны. В первой урне находятся 5 белых и 3 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных шара, а в третьей – 8 белых шаров. Наугад выбирается одна из урн (это может означать, например, что осуществляется выбор из вспомогательной урны, где находятся три шара с номерами 1, 2 и 3). Из этой урны наудачу извлекается шар. Какова вероятность того, что он окажется черным?

Решение. Событие A – извлечен черный шар. Если было бы известно, из какой урны извлекается шар, то искомую вероятность можно было бы вычислить по классическому определению вероятности. Введем предположения (гипотезы) относительно того, какая урна выбрана для извлечения шара.

Шар может быть извлечен или из первой урны (гипотеза ), или из второй (гипотеза ), или из третьей (гипотеза ). Так как имеются одинаковые шансы выбрать любую из урн, то .

Отсюда следует, что

Пример 17. Электролампы изготавливаются на трех заводах. Первый завод производит 30 % общего количества электроламп, второй – 25 %,
а третий – остальную часть. Продукция первого завода содержит 1% бракованных электроламп, второго – 1,5 %, третьего – 2 %. В магазин поступает продукция всех трех заводов. Какова вероятность того, что купленная в магазине лампа оказалась бракованной?

Решение. Предположения необходимо ввести относительно того, на каком заводе была изготовлена электролампа. Зная это, мы сможем найти вероятность того, что она бракованная. Введем обозначения для событий: A – купленная электролампа оказалась бракованной, – лампа изготовлена первым заводом, – лампа изготовлена вторым заводом,
– лампа изготовлена третьим заводом.

Искомую вероятность находим по формуле полной вероятности:

Формула Байеса. Пусть – полная группа попарно несовместных событий (гипотезы). А – случайное событие. Тогда,

Последнюю формулу, позволяющей переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А, называют формулой Байеса .

Пример 18. В специализированную больницу поступают в среднем 50 % больных с заболеванием К , 30 % – c заболеванием L , 20 % –
с заболеванием M . Вероятность полного излечения болезни K равна 0,7 для болезней L и M эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. Найдите вероятность того, что этот больной страдал заболеванием K .

Решение. Введем гипотезы: – больной страдал заболеванием К L , – больной страдал заболеванием M .

Тогда по условию задачи имеем . Введем событие А – больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. По условию

По формуле полной вероятности получаем:

По формуле Байеса .

Пример 19. Пусть в урне пять шаров и все предположения о количестве белых шаров равновозможные. Из урны наудачу взят шар, он оказался белым. Какое предположение о начальном составе урны наиболее вероятно?

Решение. Пусть – гипотеза, состоящая в том, что в урне белых шаров , т. е. возможно сделать шесть предположений. Тогда по условию задачи имеем .

Введем событие А – наудачу взятый шар белый. Вычислим . Так как , то по формуле Байеса имеем:

Таким образом, наиболее вероятной является гипотеза , т. к. .

Пример 20. Два из трех независимо работающих элемента вычислительного устройства отказали. Найдите вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны 0,2; 0,4 и 0,3.

Решение. Обозначим через А событие – отказали два элемента. Можно сделать следующие гипотезы:

– отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен. Поскольку элементы работают независимо, применима теорема умножения:

Цель работы: сформировать навыки решения задач по теории вероятностей с помощью формулы полной вероятности и формулы Байеса.

Формула полной вероятности

Вероятность события А , которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий В х,В 2 ,...,В п, образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

Эту формулу называют формулой полной вероятности.

Вероятность гипотез. Формула Байеса

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий В ь В 2 ,...,В п, образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности:

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А . Требуется определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Условные вероятности гипотез находят по формуле

В этой формуле индекс / = 1,2

Эту формулу называют формулой Байеса (по имени английского математика, который её вывел; опубликована в 1764 г.). Формула Байеса позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А .

Задача 1. Завод изготавливает определённого типа детали, каждая деталь имеет дефект с вероятностью 0,05. Деталь осматривается одним контролёром; он обнаруживает дефект с вероятностью 0,97, а если дефект не обнаружен, пропускает деталь в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать деталь, не имеющую дефекта; вероятность этого равна 0,01. Найти вероятности следующих событий: А - деталь будет забракована; В - деталь будет забракована, но ошибочно; С - деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом.

Решение

Обозначим гипотезы:

Н = (на контроль поступит стандартная деталь);

Н =(на контроль поступит нестандартная деталь).

Событие А = (деталь будет забракована).

Из условия задачи находим вероятности

Р Н (А) = 0,01; Pfi(A) = 0,97.

По формуле полной вероятности получаем

Вероятность того, что деталь будет забракована ошибочно, равна

Найдём вероятность того, что деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом:

Ответ:

Задача 2. Изделие проверяется на стандартность одним из трёх товароведов. Вероятность того, что изделие попадёт к первому товароведу, равна 0,25, ко второму - 0,26 и к третьему - 0,49. Вероятность того, что изделие будет признано стандартным первым товароведом, равна 0,95, вторым - 0,98, третьим - 0,97. Найти вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром.

Решение

Обозначим события:

Л. = (изделие для проверки попадёт к /-му товароведу); / = 1, 2, 3;

В = (изделие будет признано стандартным).

По условию задачи известны вероятности:

Также известны условные вероятности

По формуле Байеса находим вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром:

Ответ: «0,263.

Задача 3. Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер. Вероятность получения нестандартной детали на первом автомате равна 0,06, а на втором - 0,09. Производительность второго автомата вдвое больше, чем первого. С конвейера взята нестандартная деталь. Найти вероятность того, что эта деталь произведена вторым автоматом.

Решение

Обозначим события:

А. = (взятая с конвейера деталь произведена /-м автоматом); / = 1,2;

В = (взятая деталь окажется нестандартной).

Также известны условные вероятности

По формуле полной вероятности находим

По формуле Байеса находим вероятность того, что взятая нестандартная деталь произведена вторым автоматом:

Ответ: 0,75.

Задача 4. Испытывается прибор, состоящий из двух узлов, надёжность которых равна 0,8 и 0,9 соответственно. Узлы отказывают независимо друг от друга. Прибор отказал. Найти с учётом этого вероятности гипотез:

• а) неисправен только первый узел;
• б) неисправен только второй узел;
• в) неисправны оба узла.

Решение

Обозначим события:

Д = (7-й узел не выйдет из строя); i = 1,2;

Д - соответствующие противоположные события;

А = (при испытании будет отказ прибора).

Из условия задачи получаем: Р(Д) = 0,8; Р(Л 2) = 0,9.

По свойству вероятностей противоположных событий

Событие А равно сумме произведений независимых событий

Используя теорему сложения вероятностей несовместных событий и теорему умножения вероятностей независимых событий, получаем

Теперь находим вероятности гипотез:

Ответ:

Задача 5. На заводе болты изготавливаются на трёх станках, которые производят соответственно 25%, 30% и 45% всего количества болтов. В продукции станков брак составляет соответственно 4%, 3% и 2%. Какова вероятность того, что болт, случайно взятый из поступившей продукции, окажется дефектным?

Решение

Обозначим события:

4 = (наудачу взятый болт изготовлен на /-м станке); i = 1, 2, 3;

В = (взятый наудачу болт окажется дефектным).

Из условия задачи по формуле классической вероятности находим вероятности гипотез:

Также по формуле классической вероятности находим условные вероятности:

По формуле полной вероятности находим

Ответ: 0,028.

Задача 6. Электронная схема принадлежит одной из трёх партий с вероятностями 0,25; 0,5 и 0,25. Вероятность того, что схема проработает сверх гарантийного срока службы для каждой из партий, соответственно составляет 0,1; 0,2 и 0,4. Найти вероятность того, что наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы.

Решение

Обозначим события:

4 = (наугад взятая схема из г-й партии); i = 1, 2, 3;

В = (наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы).

По условию задачи известны вероятности гипотез:

Также известны условные вероятности:

По формуле полной вероятности находим

Ответ: 0,225.

Задача 7. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определить вероятность того, что отказали оба блока.

Решение

Обозначим события:

Д = (z-й блок выйдет из строя); i = 1,2;

А = (устройство выйдет из строя).

Из условия задачи по свойству вероятностей противоположных событий получаем: ДД) = 1-0,99 = 0,01; ДД) = 1-0,97 = 0,03.

Событие А наступает только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий Д или А 2 . Поэтому это событие равно сумме событий А = Д + А 2 .

По теореме сложения вероятностей совместных событий получаем

По формуле Байеса находим вероятность того, что устройство вышло из строя из-за отказа обоих блоков.

Ответ:

Задачи для самостоятельного решения Задача 1. На складе телевизионного ателье имеется 70% кинескопов, изготовленных заводом № 1; остальные кинескопы изготовлены заводом № 2. Вероятность того, что кинескоп не выйдет из строя в течение гарантийного срока службы, равна 0,8 для кинескопов завода № 1 и 0,7 - для кинескопов завода № 2. Кинескоп выдержал гарантийный срок службы. Найти вероятность того, что он изготовлен заводом № 2.

Задача 2. На сборку поступают детали с трёх автоматов. Известно, что 1-й автомат даёт 0,3% брака, 2-й - 0,2%, 3-й - 0,4%. Найти вероятность поступления на сборку бракованной детали, если с 1-го автомата поступили 1000, со 2-го - 2000, с 3-го - 2500 деталей.

Задача 3. На двух станках производятся одинаковые детали. Вероятность того, что деталь, произведённая на первом станке, будет стандартной, равна 0,8, а на втором - 0,9. Производительность второго станка втрое больше производительности первого. Найти вероятность того, что стандартной будет деталь, взятая наудачу с транспортёра, на который поступают детали с обоих станков.

Задача 4. Руководитель компании решил воспользоваться услугами двух из трёх транспортных фирм. Вероятности несвоевременной доставки груза для первой, второй и третьей фирм равны соответственно 0,05; 0,1 и 0,07. Сопоставив эти данные с данными о безопасности грузоперевозок, руководитель пришёл к выводу о равнозначности выбора и решил сделать его по жребию. Найти вероятность того, что отправленный груз будет доставлен своевременно.

Задача 5. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определите вероятность того, что отказал второй блок.

Задача 6. В сборочный цех поступают детали с трёх автоматов. Первый автомат даёт 3% брака, второй - 1% и третий - 2%. Определить вероятность попадания на сборку небракованной детали, если с каждого автомата поступило соответственно 500, 200, 300 деталей.

Задача 7. На склад поступает продукция трёх фирм. Причём продукция первой фирмы составляет 20%, второй - 46% и третьей - 34%. Известно также, что средний процент нестандартных изделий для первой фирмы равен 5%, для второй - 2% и для третьей - 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятое изделие произведено второй фирмой, если оно оказалось стандартным.

Задача 8. Брак в продукции завода вследствие дефекта а составляет 5%, причём среди забракованных по признаку а продукции в 10% случаев встречается дефект р. А в продукции, свободной от дефекта а , дефект р встречается в 1% случаев. Найти вероятность встречи дефекта Р во всей продукции.

Задача 9. В фирме имеются 10 новых автомобилей и 5 старых, которые ранее находились в ремонте. Вероятность исправной работы для нового авто равна 0,94, старого - 0,91. Найти вероятность того, что наудачу выбранный автомобиль будет исправно работать.

Задача 10. Два датчика посылают сигналы в общий канал связи, причём первый из них посылает вдвое больше сигналов, чем второй. Вероятность получить искажённый сигнал от первого датчика равна 0,01, от второго - 0,03. Какова вероятность получить искажённый сигнал в общем канале связи?

Задача 11. Имеется пять партий изделий: три партии по 8 штук, из которых 6 стандартных и 2 нестандартных, и две партии по 10 штук, из которых 7 стандартных и 3 нестандартных. Наудачу выбирают одну из партий, а из этой партии берут деталь. Определить вероятность того, что взятая деталь будет стандартной.

Задача 12. Сборщик получает в среднем 50% деталей первого завода, 30% - второго завода и 20% - третьего завода. Вероятность того, что деталь первого завода отличного качества, равна 0,7; для деталей второго и третьего заводов соответственно 0,8 и 0,9. Наудачу взятая деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что деталь изготовлена первым заводом.

Задача 13. Таможенный досмотр автомашин осуществляют два инспектора. В среднем из 100 машин 45 проходят через первого инспектора. Вероятность того, что при досмотре машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана, составляет 0,95 у первого инспектора и 0,85 - у второго. Найти вероятность того, что машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана.

Задача 14. Детали, необходимые для сборки прибора, поступают с двух автоматов, производительность которых одинакова. Вычислите вероятность поступления на сборку стандартной детали, если один из автоматов даёт в среднем 3% нарушения стандарта, а второй - 2%.

Задача 15. Тренер по тяжёлой атлетике рассчитал, что для получения командных зачётных очков в данной весовой категории спортсмен должен толкнуть штангу в 200 кг. На место в команде претендуют Иванов, Петров и Сидоров. Иванов за время тренировок пытался поднять такой вес в 7 случаях, а поднял в 3 из них. Петров поднял в 6 случаях из 13, а Сидоров имеет 35%-ную вероятность успешно справиться со штангой. Тренер случайным жребием выбирает одного спортсмена в команду.

• а) Найти вероятность того, что выбранный спортсмен принесёт команде зачётные очки.
• б) Команда не получила зачётных очков. Найти вероятность того, что выступал Сидоров.

Задача 16. В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном - 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Задача 17. В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.

Задача 18. В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Задача 19. В ящик, содержащий 3 одинаковые детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу одна деталь извлечена. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.

Задача 20. Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.

1. Формула полной вероятности.

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , которые образуют полную группу. Пусть известны вероятности этих событий и условные вероятности P(A/B 1), P(A/B 2), ..., P(A/B n) события А. Требуется найти вероятность события А.

Теорема: Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

– Формула полной вероятности.

Доказательство:

По условию, событие А может наступить, если наступит одно из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n . Другими словами, появление события А означает осуществление одного (безразлично какого) из несовместных событий: B 1 *A, B 2 *A , B 3 *A , ..., B n *A . Пользуясь теоремой сложения, получим:

По теореме умножения вероятностей зависимых событий имеем:

ч.т.д.

Пример: Имеется 2 набора деталей. Вероятность того, что деталь из первого набора стандартна, равна 0,8, а для второго набора- 0,9. Найдите вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) стандартна.

Решение: Событие А- «Извлеченная деталь стандартна». Событие -«Извлекли деталь, изготовленную 1 заводом». Событие - «Извлекли деталь, изготовленную вторым заводом». Р( B 1 )=Р(B 2)= 1/2.Р(А / B 1 )=0,8- вероятность, что деталь, изготовленная на первом заводе, стандартна. Р(А / B 2 )=0,9- вероятность, что деталь, изготовленная на втором заводе, стандартна.

Тогда, по формуле полной вероятности, имеем:

Пример: Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводами №1 и 2 коробки деталей, изготовленных заводом №2. Вероятность того, что деталь, изготовленная заводом №1, стандартна равна 0,8. Для завода №2 эта вероятность равна 0,9. Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу выбранной коробки. Найдите вероятность того, что извлечена стандартная деталь.

Решение: Событие А- «Извлечена стандартная деталь». Событие B 1 - «Извлечена деталь из коробки завода №1». Событие B 2 - «Извлечена деталь из коробки завода № 2». Р( B 1)= 3/5. Р(B 2 )= 2/5.

Р(А / B 1)=0,8- вероятность, что деталь, изготовленная на первом заводе, стандартна. Р(А / B 2)=0,9- вероятность, что деталь, изготовленная на втором заводе, стандартна.

Пример: В первой коробке лежит 20 радиоламп, из них- 18 стандартных. Во второй коробке лежит 10 радиоламп, из них- 9 стандартных. Из второй коробки в первую наудачу переложена одна радиолампа. Найдите вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.

Решение: Событие А-« Из 1 коробки извлекли стандартную лампу». Событие B 1 -«Из второй в первую коробку переложили стандартную лампу». Событие B 2 -«Из второй в первую коробку переложили нестандартную лампу». Р( B 1 )= 9/10. Р(B 2)= 1/10.Р(А / B 1)= 19/21 - вероятность вытащить из первой коробки стандартную деталь, при условии, что была переложена в нее так же стандартная.

Р(А / B 2 )= 18/21 - вероятность вытащить из первой коробки стандартную деталь, при условии, что была переложена в нее нестандартная.

2. Формул гипотез Томаса Байеса.

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности, рассмотренной ранее.

Допустим, что произведено испытание, в результате которого произошло событие А. Поставим своей задачей определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности P(B 1 /A), P(B 2 /A), ..., P(B n /A)

Найдем условную вероятность P(B 1 /A) . По теореме умножения имеем:

Отсюда следует:

Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т.е. условная вероятность любой гипотезу B k (i =1, 2, …, n ) может быть вычислена по формуле:

Формулы гипотез Томаса Байеса.

Томас Байес (английский математик) опубликовал формулу в 1764 году.

Данные формулы позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.

Пример: Детали, изготовленные цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадет к первому контролеру, равна 0,6, ко второму- 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна 0,94, для второго контролера эта вероятность равна 0,98.Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найдите вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.

Решение: Событие А- «Годная деталь признана стандартной». Событие B 1 - «Деталь проверял первый контролер». Событие B 2 - «Деталь проверил второй контролер». Р( B 1 )=0,6. Р(B 2 )=0,4.

Р(А / B 1)=0,94- вероятность, что деталь, проверенная первым контролером, признана стандартной.

Р(А / B 2)=0,98 - вероятность, что деталь, проверенная вторым контролером, признана стандартной.

Тогда:

Пример: Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса-4 человека, из второй- 6 человек, из третьей- 5 человек. Вероятность того, что студент первой группы попадет в сборную, равна 0,9, для студентов второй и третьей групп эти вероятности соответственно равны 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную К какой из групп, вероятнее всего, он принадлежит?

Решение: Событие А- «Наудачу выбранный студент, попал в сборную института». Событие B 1 - «Наудачу выбран студент из первой группы». Событие B 2 - «Наудачу выбран студент из второй группы». Событие B 3 - «Наудачу выбран студент из третьей группы». Р( B 1)= 4/15 . Р(B 2)= 6/15. Р(B 3)= 5/15 .

Р(А / B 1)=0,9- вероятность, что студент из первой группы попадет в сборную.

Р(А / B 2)=0,7- вероятность, что студент из второй группы попадет в сборную.

Р(А / B 3 )=0,8- вероятность, что студент из третьей группы попадет в сборную.

Тогда:

Вероятность, что в сборную попал студент из первой группы.

Вероятность, что в сборную попал студент из второй группы.

Вероятность, что в сборную попал студент из третьей группы.

Вероятнее всего в сборную попадет студент из второй группы.

Пример: При отклонении от нормального режима работы автомата сработает сигнализатор С 1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С 2 сработает с вероятностью 1. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С 1 или С 2 соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С 1 или С 2 ?

Решение: Событие А-«Получен сигнал о разделке автомата». Событие B 1 -« Автомат снабжен сигнализатором С1. Событие B 2 - «Автомат снабжен сигнализатором С2. Р( B 1 )= 0,6. Р(B 2)= 0,8.

Р(А / B 1)=0,8- вероятность, что будет получен сигнал, при условии, что автомат снабжен сигнализатором С1.

Р(А / B 2 )=1- вероятность, что будет получен сигнал, при условии, что автомат снабжен сигнализатором С2.

Тогда:

Вероятность, что при получении сигнала о разделке автомата, сработал сигнализатор С1.

Вероятность, что при получении сигнала о разделке автомата, сработал сигнализатор С2.

Т.е. вероятнее, что при разделке автомата будет получен сигнал от сигнализатора С1.

Формула полной вероятности позволяет найти вероятность события A , которое может наступить только с каждым из n исключающих друг друга событий , образующих полную систему, если известны их вероятности , а условные вероятности события A относительно каждого из событий системы равны .

События также называются гипотезами, они являются исключающими друг друга. Поэтому в литературе можно также встретить их обозначение не буквой B , а буквой H (hypothesis).

Для решения задач с такими условиями необходимо рассмотреть 3, 4, 5 или в общем случае n возможностей наступления события A - с каждым событий .

По теоремам сложения и умножения вероятностей получаем сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы. То есть, вероятность события A может быть вычислена по формуле

или в общем виде

,

которая и называется формулой полной вероятности .

Формула полной вероятности: примеры решения задач

Пример 1. Имеются три одинаковых на вид урны: в первой 2 белых шара и 3 чёрных, во второй - 4 белых и один чёрный, в третьей - три белых шара. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из неё один шар. Пользуясь формулой полной вероятности , найти вероятность того, что этот шар будет белым.

Решение. Событие A - появление белого шара. Выдвигаем три гипотезы:

Выбрана первая урна;

Выбрана вторая урна;

Выбрана третья урна.

Условные вероятности события A относительно каждой из гипотез:

, , .

Применяем формулу полной вероятности, в результате - требуемая вероятность:

.

Пример 2. На первом заводе из каждых 100 лампочек производится в среднем 90 стандартных, на втором - 95, на третьем - 85, а продукция этих заводов составляет соответственно 50%, 30% и 20% всех электролампочек, поставляемых в магазины некоторого района. Найти вероятность приобретения стандартной электролампочки.

Решение. Обозначим вероятность приобретения стандартной электролампочки через A , а события, заключающиеся в том, что приобретённая лампочка изготовлена соответственно на первом, втором и третьем заводах, через . По условию известны вероятности этих событий: , , и условные вероятности события A относительно каждого из них: , , . Это вероятности приобретения стандартной лампочки при условии её изготовления соответственно на первом, втором, третьем заводах.

Событие A наступит, если произойдут или событие K - лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна, или событие L - лампочка изготовлена на втором заводе и стандартна, или событие M - лампочка изготовлена на третьем заводе и стандартна. Других возможностей наступления события A нет. Следовательно, событие A является суммой событий K , L и M , которые являются несовместимыми. Применяя теорему сложения вероятностей, представим вероятность события A в виде

а по теореме умножения вероятностей получим

то есть, частный случай формулы полной вероятности .

Подставив в левую часть формулы значения вероятностей, получаем вероятность события A :

Пример 3. Производится посадка самолёта на аэродром. Если позволяет погода, лётчик сажает самолёт, пользуясь, помимо приборов, ещё и визуальным наблюдением. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, то лётчик сажает самолёт, ориентируясь только по приборам. В этом случае вероятность благополучной посадки равна ; . Приборы, обеспечивающие слепую посадку, имеют надёжность (вероятность безотказной работы) P . При наличии низкой облачности и отказавших приборах слепой посадки вероятность благополучной посадки равна ; . Статистика показывает, что в k % случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью. Найти полную вероятность события A - благополучной посадки самолёта.

Решение. Гипотезы:

Низкой облачности нет;

Низкая облачность есть.

Вероятности этих гипотез (событий):

;

Условная вероятность .

Условную вероятность снова найдём по формуле полной вероятности с гипотезами

Приборы слепой посадки действуют;

Приборы слепой посадки отказали.

Вероятности этих гипотез:

По формуле полной вероятности

Пример 4. Прибор может работать в двух режимах: нормальном и ненормальном. Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора, а ненормальный - в 20% случаев. Вероятность выхода прибора из строя за определённое время t равна 0,1; в ненормальном 0,7. Найти полную вероятность выхода прибора из строя за время t .

Решение. Вновь обозначаем вероятность выхода прибора из строя через A . Итак, относительно работы прибора в каждом режиме (события ) по условию известны вероятности: для нормального режима это 80% (), для ненормального - 20% (). Вероятность события A (то есть, выхода прибора из строя) в зависимости от первого события (нормального режима) равна 0,1 (); в зависимости от второго события (ненормального режима) - 0,7 (). Подставляем эти значения в формулу полной вероятности (то есть, сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы) и перед нами - требуемый результат.

Формула полной вероятности. Формулы Бейеса. Примеры решения задач

Как известно, вероятностью события А называют отношение числа m исходов испытаний, благоприятствующих наступлению события А, к общему числу n всех равновозможных несовместных исходов: Р(А)=m/n.

Кроме того, условной вероятностью события А (вероятностью события А при условии, что наступило событие В) называется число Р В (А) = Р(АВ)/Р(В), где А и В – два случайных события одного и того же испытания.

Поскольку события представимы в виде суммы и произведения, то и существуют правила сложения вероятностей событий и, соответственно, правила умножения вероятностей . Теперь дадим понятие полной вероятности.

Предположим, что событие А может наступить только вместе с одним из попарно несовместных событий Н1, Н2, Н3, …, Нn, называемых гипотезами. Тогда справедлива следующая формула полной вероятности :

Р(А) = Р(Н1)*Р Н1 (А)+ Р(Н2)*Р Н2 (А)+…+ Р(Нn)*Р Нn (А) = ∑Р(Нi ) *Р Нi (А) ,

т.е. вероятность события А равна сумме произведений условных вероятностей этого события по каждой из гипотез на вероятность самих гипотез.

Если событие А уже произошло, то вероятности гипотез (априорные вероятности) могут быть переоценены (апостериорные вероятности) по формулам Бейеса :

Примеры решения задач по теме «Формула полной вероятности. Формулы Бейеса»

Задача 1 .

На сборку попадают детали с трех автоматов. Известно, что первый автомат дает 3% брака, второй – 2% и третий – 4%. Найти вероятность того, что на сборку попадает бракованная деталь, если с первого автомата поступает 100 деталей, со второго – 200 и с третьего – 250 деталей.

Решение.

• событие А = {на сборку попадает бракованная деталь};
• гипотеза Н1 = {эта деталь с первого автомата}, Р(Н1)= 100/(100+200+250) =100/550=2/11;
• гипотеза Н2 = {эта деталь со второго автомата}, Р(Н2)= 200/(100+200+250) = 200/550=4/11;
• гипотеза Н3 = {эта деталь с третьего автомата}, Р(Н3)= 250/(100+200+250) = 250/550=5/11.

2. Условные вероятности того, что деталь бракованная составляют Р Н1 (А)=3%=0,03, Р Н2 (А)=2%=0,02, Р Н3 (А)=4%=0,04.

3. По формуле полной вероятности находим
Р(А)= Р(Н1)*Р Н1 (А)+ Р(Н2)*Р Н2 (А)+Р(Н3)*Р Н3 (А) = 0,03*2/11 + 0,02*4/11 + 0,04*5/11 = 34/1100 ≈ 0,03

Задача 2 .

Имеются две одинаковые урны. Первая содержит 2 черных и 3 белых шара, вторая – 2 черных и 1 белый шар. Сначала произвольно выбирают урну, а затем из нее наугад извлекают один шар. Какова вероятность того, что будет выбран белый шар?

Решение. 1. Рассматриваем следующие события и гипотезы:

• А = {белый шар извлечен из произвольной урны};
• Н1 = {шар принадлежит первой урне}, Р(Н1)=1/2=0,5;
• Н2 = {шар принадлежит второй урне}, Р(Н2)=1/2=0,5;

2. Условная вероятность того, что белый шар принадлежит первой урне Р Н1 (А)=3/(2+3)=3/5, а условная вероятность того, что белый шар принадлежит второй урне Р Н2 (А)=1/(2+1)=1/3;

3. По формуле полной вероятности получим Р(А) = Р(Н1)*Р Н1 (А)+Р(Н2)*Р Н2 (А) = 0,5*3/5 + 0,5*1/3 = 3/10 + 1/6 = 7/15 ≈ 0,47

Задача 3 .

Литье в болванках поступает из двух заготовительных цехов: из первого цеха – 70%, из второго цеха 30%. Литье первого цеха имеет 10% брака, литье из второго – 20% брака. Взятая наудачу болванка оказалась без дефекта. Какова вероятность ее изготовления первым цехом?

Решение. 1. Рассматриваем следующие события и гипотезы:

• событие А = {болванка без дефекта};
• гипотеза Н1 = {болванка изготовлена первым цехом}, Р(Н1)=70%=0,7;
• гипотеза Н2 = {болванка изготовлена вторым цехом}, Р(Н2)=30%=0,3.

2. Так как литье первого цеха имеет 10% брака, то 90% болванок, изготовленных первым цехом, не имеют дефекта, т.е. Р Н1 (А)=0,9.
Литье второго цеха имеет 20% брака, то 80% болванок, изготовленных вторым цехом, не имеют дефекта, т.е. Р Н2 (А)=0,8.

3. По формулу Бейеса найдем Р А (Н1)

0,7*0,9/(0,7*0,9+0,3*0,8)= 0,63/0,87≈0,724.