Формула полной вероятности

Источник статьи

Автор24 — учеба по твоим правилам

Основные понятия

При вычислении вероятностей случайных событий, часто возникают ситуации, когда вся информация о случайном событии A содержится в некотором подмножестве пространства $\Omega$ , не совпадающего с ним. В этом случае, считая это подмножество за новое пространство элементарных событий, можно более эффективно вычислить вероятность реализации события A в пространстве $\Omega$ .

Определение

Пусть дано вероятностное пространство $\{ \Omega ,{\rm A},P\}$ и $A,B\subset \Omega$ . Если $P(B)>0$ , то условной вероятностью $P(A/B)$ появления события A, при условии, что событие B произошло, называется число, определяемое формулой

$P(A/B)=\frac{P(A\bigcap B)}{P(B)} .$

С формулой условной вероятности связана формула полной вероятности, основанная на разбиении события A на непересекающиеся части: $A=\bigcup \limits _{i=1}^{n}H_{i}$ . Если событие A состоит из бесконечного числа элементарных событий, то допустимо разбиение $A=\bigcup \limits _{i=1}^{\infty }H_{i}$ . Если событие $A=\Omega$ , то

$P\left(\bigcup \limits _{i=1}^{n}H_{i} \right)=\sum \limits _{i=1}^{n}P(H_{i} ) =1.$

Если рассмотреть два события A и Н. При любых обстоятельствах между событиями A и Н, всегда можно сказать, что вероятность события A равна сумме вероятности пересечения событий A и Н и вероятности пересечения A и дополнения к Н (событие $\overline{Н})$ это видно с рисунка 1.

Диаграма Вена

Рисунок 1. Диаграмма Вена

Разложение А на части зависит от $H$ и $\bar{H}$ .

Р(А) = Р(А $\bigcap$ Н) + $Р(А\bigcap$ $\overline{H}$ ).

Аналогично можно рассмотреть и для большего количества событий связанных с А.

Теорема (формула полной вероятности)

Вероятность события A, которое может наступить только в результате появления одного из несовместных событий $H_{i}$ , $\bigcup \limits _{i=1}^{n}H_{i} \subseteq \Omega$ , равна сумме произведений вероятностей этих событий на соответствующую условную вероятность события A, то есть,

если для $A,H_{1} ,H_{2} ,...,H_{n} \subset \Omega$ выполняются условия

$H_{i} \bigcap H_{j} =\emptyset$ , $i\ne j$ , $i,j=1,2,...,n$ ;
$A=\bigcup \limits _{i=1}^{n}(A\bigcap H_{i} )$ ; то

$P(A)=P(H_{1} )P(A/H_{1} )+P(H_{2} )P(A/H_{2} )+...+P(H_{n} )P(A/H_{n} ).$

Доказательство

Пусть для $A,H_{1`} ,H_{2} ,...,H_{n} \subset \Omega$ выполняются условия $H_{i} \bigcap H_{j} =\emptyset$ , тогда

$A=\bigcup \limits _{i=1}^{n}(A\bigcap H_{i} ) =(A\bigcap H_{1} )\bigcup (A\bigcap H_{2} )\bigcup ...\bigcup (A\bigcap H_{n} ).$

Переходя к вероятностям в последнем равенстве, имеем

$P(A)=P\left(\bigcup \limits _{i=1}^{n}(A\bigcap H_{i} ) \right)=P\left((A\bigcap H_{1} )\bigcup (A\bigcap H_{2} )\bigcup ...\bigcup (A\bigcap H_{n} )\right).$

Так как $H_{1} ,H_{2} ,...,H_{n}$ попарно несовместные события, то события $A\bigcap H_{1}$ , $A\bigcap H_{2}$ , \dots , $A\bigcap H_{n}$ также несовместные. По аксиоме 3 определения вероятности события и теореме умножения вероятностей получаем

$P(A)=P(A\bigcap H_{1} )+P(A\bigcap H_{2} )+...+P(A\bigcap H_{n} )=$

$=P(H_{1} )\cdot P(A/H_{1} )+P(H_{2} )\cdot P(A/H_{2} )+...+P(H_{n} )\cdot P(A/H_{n} ).$

«Формула полной вероятности» 👇

Помощь эксперта по теме работы

Найти эксперта

Решение задач от ИИ за 2 минуты

Решить задачу

Помощь с рефератом от нейросети

Написать ИИ

Замечание

Несовместные события $H_{1} ,H_{2} ,...,H_{n}$ называются априорными гипотезами, поскольку их вероятности задаются до проведения эксперимента, а, так как $\bigcup \limits _{i=1}^{n}H_{i} \subseteq \Omega$ , то сумма вероятностей гипотез не превосходит единицы, то есть, $\sum \limits _{i=1}^{n}P(H_{i} ) \le 1$ . В общем случае имеет место

$P(A)\le \sum \limits _{i=1}^{n}P(H_{i} ) \le 1.$

Применение формулы полной вероятности к решению задач

Пример 1

Поломка прибора может быть вызвана одной из трех причин, вероятности наступления которых, соответственно, равны 0,7; 0,2; 0,1. При наличии этих причин поломка прибора происходит с вероятностью 0,1; 0,2; 0,99. Найти вероятность того, что прибор вышел из строя.

Решение.

Пусть A -- прибор вышел из строя,

$H_1$ -- имеет место 1-ая причина поломки,

$H_2$ -- имеет место 2-ая причина поломки,

$H_3$ -- имеет место 3-ая причина поломки,

тогда по формуле полной вероятности имеем

$P(A)=P(H_{1} )\cdot P(A/H_{1} )+P(H_{2} )\cdot P(A/H_{2} )+P(H_{3} )\cdot P(A/H_{3} )=$

$=0,7\cdot 0,1+0,2\cdot 0,2+0,1\cdot 0,99=0,209,$

Пример 2

На двух станках-автоматах изготавливают одинаковые детали, которые поступают на транспортер. Продуктивность первого станка в три раза больше, чем второго, причем первый станок изготавливает нестандартную деталь с вероятностью 0,15, а второй --- с вероятностью 0,2. Найти вероятность того, что наудачу взятая с транспортера деталь будет стандартной.

Решение.

Рассмотрим события: $B_{1}$ --- «деталь изготовлена на первом станке»; $B_{2}$ --- «деталь изготовлена на втором станке»; А --- «выбранная деталь стандартная». События $B_{1}$ и $B_{2}$ несовместны, а также эти два события образуют полную группу вероятностей, событие А может происходить одновременно с каждым из этих событий. Условные вероятности наступления события А известны. Исходя из условия, что продуктивность первого станка в три раза больше, чем второго, находим $P\left(B_{1} \right)=0,75$ , $P\left(B_{2} \right)={\rm 0,25}$ . По формуле полной вероятности имеем: $P\left(A\right)=0,75\cdot 0,85+0,25\cdot 0,8=0,8375$ .

Пример 3

Первый станок производит 25%, второй -- 35%, третий -- 40% всех изделий. Брак в их продукции составляет соответственно 5%, 4% и 2%. Найти вероятность того, что взятое наугад изделие окажется бракованным.

Решение.

Обозначим возможные гипотезы:

$Н_1$ ={выбор изделия с первого станка},

$Н_2$ ={ выбор изделия со второго станка},

$Н_3$ ={ выбор изделия с третьего станка}.

Эти события $Н_1$ , $Н_2$ и $Н_3$ несовместные, а также эти три события образуют полную группу вероятностей, и событие А происходит вместе с одним из них, следовательно этому, они действительно могут быть взяты в качестве гипотез для события А. За формулой полной вероятности

$P\left(A\right)=P\left(H_{1} \right)P\left({A\mathord{\left/ {\vphantom {A H_{1} }} \right.} H_{1} } \right)+P\left(H_{2} \right)P\left({A\mathord{\left/ {\vphantom {A H_{2} }} \right. } H_{2} } \right)+P\left(H_{3} \right)P\left({A\mathord{\left/ {\vphantom {A H_{3} }} \right. } H_{3} } \right).$

Подставив условия задачи в формулу и получим:

$Р(Н_1)= 0.25, Р(Н_2)=0.35, Р(Н_3)=0.40$ , $P\left({A\mathord{\left/ {\vphantom {A H_{1} }} \right.} H_{1} } \right)$ =0.05,

$P\left({A\mathord{\left/ {\vphantom {A H_{2} }} \right. } H_{2} } \right)$ =0.04, $P\left({A\mathord{\left/ {\vphantom {A H_{3} }} \right.} H_{3} } \right)$ =0.02,