Зависимые и независимые события. Условная вероятность

1 Зависимые и независимые события. Условная вероятность Пусть А и В − события, рассматриваемые в одном опыте. Наступление одного из них может влиять на возможность наступления другого. Вероятность события А при условии, что произошло В, называется условной и обозначается ( ) P AB . Событие А называется независимым от В, если его вероятность не меняет- ( ) ся в зависимости от наступления В, т.е. P A B = P ( A ) . Следует отметить, что зависимость и независимость событий всегда взаимна: если А не зависит от В, то и В не зависит от А. Теорема умножения вероятностей: вероятность совместного наступления двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность второго, вычисленную при условии, что первое событие наступило: ( ) ( ) P ( AB) = P ( A ) ⋅ P B A = P ( B ) ⋅ P A B . ( ) Из формулы (1) получаем P A B = P ( AB) P ( B) (1) , (2) если P ( B) ≠ 0 . Формула (2) при аксиоматическом построении теории принимается в качестве определения условной вероятности события А при условии, что произошло событие В. В случае нескольких событий теорема умножения вероятностей примет вид ( ) ( ) ( ( ) P A1 A2 ...An = P A1 ⋅ P A2 A1 ⋅ ... ⋅ P An A1 A2 ...An −1 ) Пример. В ящике 2 белых и 3 чёрных шара. Наудачу берут 2. Какова вероятность, что оба белые (событие В)? Решение. Первый способ: используем теорему умножения вероятностей. Обозначим Ai − появление белого шара при i − м извлечении, ( ) ( ) i = 1, 2 ; B = A1 ⋅ A2 , P ( B ) = P A1 P A2 A1 = 2 1 1 ⋅ = . 5 4 10 (3) 2 mB C22 1 Второй способ − по классической вероятности: P ( B) = = = . n C52 10 Несколько событий называются независимыми, если каждое из них не зависит от произведения любого числа остальных и от каждого в отдельности. Для независимых событий условные вероятности совпадают с безусловными и ( ) ( ) ( ) ( ) P A1 A2 ...An = P A1 ⋅ P A2 ⋅ ... ⋅ P An . (4) Пример. Три студента независимо друг от друга решают одну задачу. Вероятности решения задачи каждым из них соответственно равны 0.5, 0.6 и 0.7. Найти вероятность того, что задачу решили только первый и третий студенты (событие А). Решение. Обозначим Bi (i = 1, 2 , 3) − задачу решил студент № i. Событие А заключается в совместном наступлении независимых событий B1 , B2 , B3 . По формуле (4) получим: ( ) ( ) ( ) A = B1 ⋅ B2 ⋅ B3 , P ( A ) = P B1 ⋅ P B2 ⋅ P B3 = 0.5 ⋅ (1 − 0.6 ) ⋅ 0.7 = 0.14 . Теорема сложения вероятностей для произвольных событий: P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) − P ( AB) (5) Пример. Два стрелка с вероятностями попадания соответственно 0.7 и 0.8 стреляют по одному разу в общую мишень. Найти вероятность поражения мишени (событие С). Решение. Обозначим: событие А − попал первый стрелок, событие В − попал второй. Решим задачу тремя способами. 1. C = A + B , причём А и В совместны и независимы. Применяя формулы (5) и (4), получим: P (C ) = P ( A ) + P ( B) − P ( AB) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ) P ( B) = 0.7 + 0.8 − 0.7 ⋅ 0.8 = 0.94. 2. C = AB + AB + AB , причём слагаемые в правой части равенства являются попарно несовместными событиями, а сомножители − независимые события. Используя аксиому сложения и формулу (4), получим: 3 ( ) ( ) ( ) ( ) P (C ) = P AB + P AB + P ( AB) = P ( A ) P B + P A P ( B) + P ( A ) P ( B ) = = 0.7 ⋅ (1 − 0.8 ) + (1 − 0.7 ) ⋅ 0.8 + 0.7 ⋅ 0.8 = 0.14 + 0.24 + 0.56 = 0.94. 3. Рассмотрим событие C − оба стрелка промахнулись. ( ) ( ) ( ) P (C ) = 1 − P (C ) = 0.94. C = AB, P C = P A P B = (1 − 0.7 )(1 − 0.8 ) = 0.3 ⋅ 0.2 = 0.06 , Замечание: если интересующее нас событие А распадается на много вариантов, то бывает проще найти вероятность противоположного события A и воспользоваться равенством P ( A ) = 1 − P ( A ) , как поступили при решении задачи третьим способом. Формула полной вероятности Пусть об условиях наступления события А можно сделать n взаимно исключающих предположений (гипотез) H1 , H 2 ,..., H n (т.е. А наступает в совокупности с одной и только одной из гипотез). События H1 , H 2 ,..., H n образуют полную группу, следовательно, ∑ P ( H i ) = 1 . Тогда вероятность события А вычисляют по n i =1 формуле полной вероятности ( P ( A ) = ∑ P ( H i ) ⋅P A H i n i =1 ) (6) При применении этой формулы можно условно разбить опыт на 2 этапа: гипотезы H1 , H 2 ,..., H n исчерпывают все возможные предположения относительно исхо- дов первого этапа опыта, событие А – один из возможных исходов второго этапа. Формула Байеса Пусть об условиях наступления события А можно сделать n взаимно исключающих предположений (гипотез) H1 , H 2 ,..., H n , и известно, что в результате опыта событие А произошло. Вероятность того, что при этом имела место гипотеза H , k ( ) т.е. P H A , где k = 1, 2 ,...,n , вычисляют по формуле Байеса: k 4 P(A H ) P (H ) P ( A H ) ) ( P ( H A) = = . P ( A) ∑ P (H ) P (A H ) P H k k k k n k i i =1 (7) i Пример. Заказчику поставляют детали 3 фирмы. На долю первой приходится 50% общего объема поставок, а на две другие – соответственно 30% и 20%. Процент брака соответственно равен 10%, 5% и 6%. Из поставленных деталей наугад берется одна деталь. Найти: 1) вероятность того, что эта деталь бракованная, 2) вероятность того, что деталь поставлена первой фирмой, если она бракованная. Решение. Обозначим: событие А – деталь бракованная. Об условиях наступления события А можно сделать три взаимно исключающих предположения (гипотезы) H i – деталь изготовлена i-ой фирмой , где i = 1, 2 , 3 , причём по условию задачи: ( ) ( ) ( ) P H1 = 0.5 , P H 2 = 0.3 , P H 3 = 0.2. Таким образом, опыт проходит в два эта- па. На первом этапе фирмы поставляют товар в указанных объёмах, а на втором этапе берётся 1 деталь. Соответствующие условные вероятности того, что она бракованная равны: ( ) ( ( ) ) P A H1 = 0.1, P A H 2 = 0.05 , P A H 3 = 0.06 . По формуле полной вероятно- ( ) ( ) сти (6) получим: P ( A ) = ∑ P H P A H = 0.5 ⋅ 0.1 + 0.3 ⋅ 0.05 + 0.2 ⋅ 0.06 = 0.077 . 3 i =1 ( i ⋅ 0.1 ≈ 0.65 . ) ( P) ( A( ) ) = 00.5.077 Ответ на второй вопрос: P H A = 1 i P H P AH 1 1 Схема испытаний Бернулли. Формула Бернулли Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого из них не зависит от результатов остальных опытов. Примеры: 1) несколько последовательных подбрасываний монеты, 2) несколько последовательных извлечений двух шаров из ящика с белыми и чёрными шарами, если извлечённые шары перед каждым новым извлечением снова возвращают в ящик и шары перемешивают. Рассмотрим серию из n повторных независимых опытов, в каждом из которых может наступить либо некоторое событие A (успех) с вероятностью p, либо A 5 (неудача) с вероятностью q = 1 − p . Такие повторные независимые опыты называются испытаниями Бернулли или схемой Бернулли. Вероятность Pn,k того, что в серии из n испытаний Бернулли событие А наступит ровно k раз, находят по формуле Бернулли: Pn,k = Cnk p k qn − k . (8) Число k0 , при котором достигается максимальное значение этой вероятности, называется наивероятнейшим числом наступлений события А и определяется неравенствами (если p ≠ 0 , p ≠ 1 ): p ( n + 1) − 1 ≤ k0 ≤ p ( n + 1) . Если p ( n + 1) − целое число, то наивероятнейших значений два: k0 = p ( n + 1) , k0∗ = k0 − 1 . Распределение вероятностей Pn,k между возможными значениями k от 0 до n называется биномиальным, поскольку по формуле бинома Ньютона ∞ ( q + p ) = ∑ Cnk pk qn − k . Учитывая, что q + p = 1 , получим n k =0 ∞ k n− k ∑ Cnk p q = 1. k =0 Пример. В магазине проходит акция по продаже некоторого изделия. Для получения приза нужно собрать 5 изделий с особым знаком на этикетке. Этикетки с этим знаком имеют 5% изделий. Найти вероятность того, что придется купить 10 изделий (событие В). Решение. Из постановки задачи следует, что десятое изделие должно иметь особый знак. Следовательно, из предыдущих 9 этот знак имели 4 изделия. Найдем вероятность этого события по формуле Бернулли (8). Сформулируем условие задачи в терминах схемы Бернулли. Проводится серия из 9 повторных независимых опытов (покупка изделия), в каждом из которых событие А (появление изделия с особым знаком) может произойти с одинаковой вероятностью p= 5 1 19 = , q = 1− p = . Вероятность того, что А наступит 4 раза в 9 опытах 100 20 20 P9 , 4 = C94 ⋅ (1 / 20 ) ⋅ (19 / 20 ) = 0.0006092 . Интересующее нас событие В произой4 5 дёт, если десятое изделие будет иметь особый знак на этикетке, т.е. наступят сра- 6 зу 2 независимых события: из первых 9 изделий 4 имели особый знак и 10-ое тоже его имеет. По теореме умножения вероятностей находим: P ( B) = p ⋅ P9 , 4 = (1 / 20 ) ⋅ 0.0006092 ≈ 0.00003 .