Как найти вероятность совмещения этих событий

Как найти вероятность совмещения этих событий

Во
многих задачах приходится находить
вероятность совмещения событий А
и
В,
если известны вероятности событий А
и В.

Рассмотрим
следующий пример. Пусть брошены две
монеты. Найдем вероятность появления
двух гербов. Мы имеем 4
равновероятных попарно несовместных
исхода, образующих полную группу:

1-я
монета

2-я
монета

1-й
исход

герб

герб

2-й
исход

герб

надпись

3-й
исход

надпись

герб

4-й
исход

надпись

надпись

Таким образом,
.

Пусть теперь нам
стало известно, что на первой монете
выпал герб. Как изменится после этого
вероятность того, что герб появится на
обеих монетах? Так как на первой монете
выпал герб, то теперь полная группа
состоит из двух равновероятных
несовместных исходов:

 1-я монета 

 2-я монета 

 1-й исход 

герб

герб

2-й исход

герб

надпись

   При
этом только один из исходов благоприятствует
событию (герб, герб). Поэтому при сделанных
предположениях
.
Обозначим черезА
появление двух гербов, а через В
— появление герба на первой монете. Мы
видим, что вероятность события А
изменилась, когда стало известно, что
событие B
произошло.

Новую вероятность
события А,
в предположении, что произошло событие
B,
будем обозначать
.
 Таким образом,;.

Теорема
3
(теорема умножения).
Вероятность
совмещения событий А
и В
равна произведению вероятности одного
из них на условную вероятность другого,
вычисленную в предположении, что первое
событие осуществилось, т. е.

(1.5)

Доказательство.

Докажем справедливость
соотношения (1.5), опираясь на классическое
определение вероятности.

Пусть

возможных исходовданного опыта образуют полную группу
равновероятных попарно несовместных
событий, из которых событиюA
благоприятствуют
исходов, тогда:.
Пусть из этихисходовL
исходов благоприятствуют событию B,
тогда
.
Очевидно, что совмещению событийA
и B
благоприятствуют
L
из
возможных результатов испытания. Это
дает,.

   Таким
образом,
.

Что и
требовалось доказать.

Поменяв
местами A
и B,
аналогично получим:

(1.6)

Из
формул (1.5) и (1.6) имеем

(1.7)

Теорема
умножения легко обобщается на любое,
конечное число событий. Так, например,
в случае трех событий

имеем
(Событие
можно представить как совмещение двух
событий: событияи события)

В общем
случае

(1.8)

Введем
теперь следующее определение.

Два
события A
и B
называются независимыми,
если предположение о том, что произошло
одно из них, не изменяет вероятность
другого, т. е. если

(1.9)

Если я несколько
раз кидаю игральную кость, и хочу, чтобы
выпала “шестерка”, а мне все время
не везет, значит ли это, что надо
увеличивать ставку, потому что, согласно
теории вероятностей, мне вот-вот должно
повезти? Увы, теория вероятности не
утверждает ничего подобного. Ни кости,
ни карты, ни монетки не
умеют запоминать,
что они продемонстрировали нам в прошлый
раз. Им совершенно не важно, в первый
раз или в десятый раз сегодня я испытываю
свою судьбу. Каждый раз, когда я повторяю
бросок, я знаю только одно: и на этот раз
вероятность выпадения “шестерки”
снова равна одной шестой. Конечно, это
не значит, что нужная мне цифра не выпадет
никогда. Это означает лишь то, что мой
проигрыш после первого броска и после
любого другого броска – независимые
события.

Пусть,
например, событие A
—
появление герба при однократном бросании
монеты, а событие B
— появление карты бубновой масти при
вынимании карты из колоды. Очевидно,
что события A
и B
независимы.

В
случае независимости событий A
к B
формула
(1.5) примет более простой вид:

(1.10)

т.
е. вероятность совмещения двух независимых
событий равна произведению вероятностей
этих событий.

События
называютсянезависимыми
в совокупности,
если вероятность наступления каждого
из них не меняет своего значения после
того, как одно или несколько из остальных
событий осуществились.

Исходя
из этого определения, в случае независимости
событий
между собой в совокупности на основании
формулы (1.8) имеем

(1.11)

Пример 1.4.
Какова вероятность того, что при
десятикратном бросании монеты герб
выпадет 10
раз ?

Решение:
Пусть событие
— появление герба при
бросании.
Искомая вероятность есть вероятность
совмещения всех событий

,
а так как они, очевидно, независимы в
совокупности, то, применяя формулу
(1.11), имеем

Но

для любого
i;
поэтому

Пример 1.5.
Рабочий обслуживает три станка, работающих
независимо друг от друга. Вероятность
того, что в течение часа станок не
потребует внимания рабочего, для первого
станка равна 0,9,
для второго — 0,8,
для третьего — 0,7.
Найти: 1) вероятность
того, что в течение часа ни один из трех
станков не потребует внимания рабочего;
2) вероятность того, что в течение часа
по крайней мере один из станков не
потребует внимания рабочего.Решение:

    1) Искомую вероятность р
находим по формуле (1.11):

2) Вероятность
того, что в течение часа станок потребует
внимания рабочего для первого станка
равна 1—0,9=0,1,
для второго и для третьего станков она
соответственно равна 1—0,8=0,2
и 1—0,7=0,3.
Тогда вероятность того, что в течение
часа все три станка потребуют внимания
рабочего, на основании формулы (1.10)
составляет

Событие A,
заключающееся в том, что в течение часа
все три станка потребуют внимания
рабочего, противоположно событию
,
состоящему в том, что по крайней мере
один из станков не потребует внимания
рабочего. Поэтому по формуле (1.3) получаем

Пример 1.6.
Из урны, содержащей 3
белых и 7
черных шаров, вынимают два шара. Какова
вероятность того, что оба шара окажутся
белыми?

Решение:
Эта задача уже была решена в п. 3 с помощью
классического определения вероятности.
Решим ее, применяя формулу (6). Извлечение
двух шаров равносильно последовательному
их извлечению. Обозначим через А
появление
белого шара при первом извлечении, а
через В
— при втором. Событие, состоящее в
появлении двух белых шаров, является
совмещением событий А
и В.
По формуле (5) имеем

Но
;

,
поскольку после того, как был вынут
первый белый шар, в урне осталось 9
шаров, из
которых 2
белых. Следовательно,

Пример
1.7.
В урне имеется
красных,синих ибелых шара. Каждое испытание состоит в
том, что из урны берут на удачу один шар
и не возвращают обратно. Какова
вероятность того, что при первом испытании
будет вынут красный шар (событие),
при втором – синий (событие),
при третьем – белый (событие).

Решение.
Поскольку
,,,
то согласно формуле

получим:

.

Пример
1.8.
В каждом из трех ящиков имеется по
детали; при этом в первом ящике,
во втором,
в третьемстандартные детали. Из каждого ящика
берут по одной детали. Найти вероятность
того, что все три извлеченные детали
окажутся стандартными.

Решение.
Пусть извлечение стандартной детали
из первого ящика – событие
,
из второго – событие,
из третьего – событие.
Тогда,,.

Согласно
формуле
получим.

Пример 1.9.
Три стрелка в одинаковых и независимых
условиях произвели по одному выстрелу
по одной и той же цели. Вероятность
поражения цели первым стрелком равна
,
вторым –,
третьим –.
Найти вероятность того, что: а) только
один из стрелков попадет в цель; б)
только два стрелка опадут цель; в) все
три стрелка попадут в цель.

Решение. а).
Введем обозначения: поражение цели
первым стрелком – событие
,
вторым –,
третьим –. Попадание в цель только первым стрелком
– событие,
только вторым стрелком –,
только третьим –. Пусть,,,
тогда,,.
Поскольку,,и события,,несовместны, то вероятность того, что
только один стрелок попадет в цель будет
выражаться формулой.
Так как,,,
то

Подставляя данные,
получим: вероятность попадания в цель
только одного (не важно какого) стрелка
равна

б). Пусть событие

– попадание в цель только вторым и третьим
стрелками,– только первым и третьим стрелками,– только первым и вторым стрелками. То
есть,,.
Тогда вероятность того, что только два
(неважно какие) стрелка попадут в цель
выразится формулой:

Подставляя данные,
получим: вероятность попадания в цель
только двух (не важно каких) стрелков
равна

б). Вероятность
того, что все три стрелка попадут в цель,
будет равна


 

Соседние файлы в папке 9.ТеорВер

  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
Источник

Спасибо за ваши закладки и рекомендации

Событие А называется частным случаем события В, если при наступлении А наступает и В. То, что А является частным случаем В, записывается как $A subset B$.

События А и В называются равными, если каждое из них является частным случаем другого. Равенство событий А и В записывается очевидно: А = В.

Суммой событий А и В называется событие А + В, которое наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий: А или В.

Теорема о сложении вероятностей. Вероятность появления одного из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

$$P(A+B)=P(A)+P(B).$$

Заметим, что сформулированная теорема справедлива для любого числа несовместных событий:

$$Pleft(sum_{i=1}^{n}A_i right)=sum_{i=1}^{n} P(A_i).$$

Если случайные события $A_1, A_2, …, A_n$ образуют полную группу несовместных событий, то имеет место равенство
$P(A_1)+P(A_2)+…+P(A_n)=1.$ Такие события (гипотезы) используются при решении задач на полную вероятность.

Произведением событий А и В называется событие АВ, которое наступает тогда и только тогда, когда наступают оба события: А и В одновременно. Случайные события А и B называются совместными, если при данном испытании могут произойти оба эти события.

Теорема о сложении вероятностей 2. Вероятность суммы совместных событий вычисляется по формуле

$$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(Acdot B).$$

События событий А и В называются независимыми, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. Событие А называется зависимым от события В, если вероятность события А меняется в зависимости от того, произошло событие В или нет.

Теорема об умножении вероятностей. Вероятность произведения независимых событий А и В вычисляется по формуле:

$$P(Acdot B)=P(A)cdot P(B).$$

Вероятность произведения зависимых событий вычисляется по формуле условной вероятности.

Примеры решений задач с событиями

Пример. В первом ящике 1 белый и 5 черных шаров, во втором 8 белых и 4 черных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что один из вынутых шаров белый, а другой – черный.

Решение. Обозначим события: А – вынули белый шар из первого ящика,
;

– вынули черный шар из первого ящика,
;

В – белый шар из второго ящика,
;

– черный шар из второго ящика,
.

Нам нужно, чтобы произошло одно из событий или . По теореме об умножении вероятностей
, .
Тогда искомая вероятность по теореме сложения будет
.

Пример. Вероятность попадания в цель у первого стрелка 0,8, у второго – 0,9. Стрелки делают по выстрелу. Найти вероятность: а) двойного попадания; б) двойного промаха, в) хотя бы одного попадания; г) одного попадания.

Решение.

Пусть А – попадание первого стрелка, ;

В – попадание второго стрелка, .

Тогда – промах первого, ;

– промах второго, .

Найдем нужные вероятности.

а) АВ – двойное попадание,

б) – двойной промах, .

в) А+В – хотя бы одно попадание,

.

г) – одно попадание,

.

См. обучающую статью “решение задач о стрелках”

Пример. Решить задачу, применяя теоремы сложения и умножения. Мастер обслуживает 3 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок потребует внимания рабочего в течение смены, равна 0,4, второй – 0,6, третий – 0,3. Найти вероятность того, что в течение смены: а) ни один станок не потребует внимания мастера, б) ровно 1 станок потребует внимания мастера.

Решение.

Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение смены), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,4$, $p_2=0,6$, $p_3=0,3$. Тогда $q_1=0,6$, $q_2=0,4$, $q_3=0,7$.

Найдем вероятность события $X$=(Ни один станок не потребует внимания в течение смены):

$$
P(X)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3}right)= q_1 cdot q_2 cdot q_3 =
0,6cdot 0,4 cdot 0,7 = 0,168.
$$

Найдем вероятность события $Z$= (Ровно один станок потребует внимания в течение смены):

$$
P(Z)= \ = P(A_1) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1}right) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1} right) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot P(A_3)=\
= p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3 =\ =
0,4cdot 0,4 cdot 0,7+0,6cdot 0,6 cdot 0,7+0,6cdot 0,4 cdot 0,3 = 0,436.
$$

См. обучающую статью “решение задач о станках”

Пример. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках. Вероятности того, что формула содержится в первом, втором и третьем справочниках равны 0,6; 0,7 и 0,8. Найти вероятности того, что формула содержится 1) только в одном справочнике; 2) только в двух справочниках; 3) во всех трех справочниках.

Решение.

А – формула содержится в первом справочнике;

В – формула содержится во втором справочнике;

С – формула содержится в третьем справочнике.

Воспользуемся теоремами сложения и умножения вероятностей.

1.

2. .

3.

Вероятность наступления хотя бы одного события

Пусть в результате испытания могут появиться n событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны. Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий?

Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий $A_1, A_2, …, A_n$, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий

$$
P(A)=1-Pleft(overline{A_1}right)cdot Pleft(overline{A_2}right)cdot … cdot Pleft(overline{A_n}right)= 1-q_1 cdot q_2 cdot … cdot q_n.
$$

Если события $A_1, A_2, …, A_n$ имеют одинаковую вероятность $p$, то формула принимает простой вид:

$$
P(A)=1-(1-p)^n=1-q^n.
$$

Примеры решений на эту тему

Пример. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: p1 = 0,8; p2 = 0,7; p3 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.

Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события (попадание первого орудия), (попадание второго орудия) и (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.

Вероятности событий, противоположных событиям , и (т. е. вероятности промахов), соответственно равны:

, ,

Искомая вероятность .

Пример. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А).

Решение. События “машина работает” и “машина не работает” (в данный момент) — противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице:

Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна

Искомая вероятность

Так как полученная вероятность весьма близка к единице, то на основании следствия из принципа практической невозможности маловероятных событий мы вправе заключить, что в данный момент работает хотя бы одна из машин.

Пример. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадает в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы один раз?

Решение. Обозначим через А событие “при n выстрелах стрелок попадает в цель хотя бы один раз”. События, состоящие в попадании в цель при первом, втором выстрелах и т. д., независимы в совокупности, поэтому применима формула .

Приняв во внимание, что, по условию, (следовательно, ), получим

Прологарифмируем это неравенство по основанию 10:

Итак, , т.е. стрелок должен произвести не менее 5 выстрелов.

См. обучающую статью “решение задач с хотя бы один…”

Источник

Теорема умножения вероятностей

  • Краткая теория
  • Примеры решения задач
  • Задачи контрольных и самостоятельных работ

Краткая теория

Произведение событий

Произведением
двух событий

 и

 называют событие

, состоящее в совместном
появлении (совмещении) этих событий. Например, если

 – деталь годная,

 – деталь окрашенная, то

 – деталь годна и окрашена.

Произведением
нескольких событий называют событие, состоящее в совместном появлении всех этих
событий. Например, если

 – появление герба соответственно в первом,
втором и третьем бросаниях монеты, то

 – выпадение герба во всех трех испытаниях.

Условная вероятность

Случайное событие определено как
событие, которое при осуществлении совокупности условий

 может произойти или не произойти.
Если при вычислении вероятности события никаких других ограничений, кроме
условий

, не налагается, то такую вероятность называют безусловной; если
же налагаются и другие дополнительные условия, то вероятность события называют условной.
Например, часто вычисляют вероятность события В при дополнительном
условии, что произошло событие А. Заметим, что и безусловная
вероятность, строго говоря, является условной, поскольку предполагается
осуществление условий

.

Условной
вероятностью

 называют вероятность события

, вычисленную в
предположении, что событие

 уже наступило.

Теорема умножения вероятностей

Рассмотрим два события:

 и

; пусть вероятности

 и

 известны. Как
найти вероятность совмещения этих событий, т.
е. вероятность того, что появится и событие

 и событие

? Ответ на этот вопрос
дает теорема умножения.

Вероятность совместного появления двух событий
равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого,
вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило:

Независимые события.
Теорема умножения вероятностей для независимых событий

Пусть вероятность события

 не зависит от появления события

.

Событие

 называют независимым от события

,
если появление события

 не изменяет вероятности события

,
то есть если условная вероятность события

 равна его безусловной вероятности:

Если событие

 не зависит от события

,
то и событие

 не зависит от события

 – это означает, что свойство независимости
событий взаимно.

Для независимых событий теорема умножения
вероятностей имеет вид:

Вероятность совместного появления нескольких
событий, независимых в совокупности, равна произведению вероятностей этих
событий:

Смежные темы решебника:

  • Классическая вероятность. Вероятность случайного события
  • Теорема сложения вероятностей
  • Формула полной вероятности и формула Байеса

Примеры решения задач

Пример 1

В урне 3
белых и 3 черных шара. Из урны дважды вынимают по одному шару, не возвращая их
обратно. Найти вероятность появления белого шара при втором испытании (событие

), если при первом
испытании был извлечен черный шар (событие

.

Решение

После
первого испытания в урне осталось 5 шаров, из них 3 белых.

Искомая
условная вероятность:

Этот же
результат можно получить по формуле:

Вероятность
появления белого шара при первом испытании:

Найдем
вероятность

 того, что в первом испытании появится черный
шар, а во втором – белый. Общее число исходов, совместного появления двух
шаров, безразлично какого цвета, равно числу размещений:

Из этого
числа исходов событию

 благоприятствует

 исходов.

Следовательно:

Искомая
условная вероятность:

Ответ:

.

Пример 2

У
сборщика имеется 3 конусных и 7 эллиптических валиков. Сборщик взял один валик,
а затем второй. Найти вероятность того, что первый из взятых валиков –
конусный, а второй – эллиптический.

Решение

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Вероятность
того, что первый валик окажется конусным (событие

):

Вероятность
того, что второй валик окажется эллиптическим (событие

), вычисленная в
предположении, что первый валик – конусный, то есть условная вероятность:

По
теореме умножения вероятностей, искомая вероятность:

Ответ:

.

Пример 3

Слово
«арифметика» разрезали на буквы, 5 из них выложили в ряд. Какова вероятность
того, что получится слово «фирма»?

Решение

Вероятность вытащить
первой букву Ф из 10  равна 1/10

Вероятность вытащить
букву И из оставшихся 9 букв, две из которых И, 
равна 2/9

Вероятность вытащить
букву Р из оставшихся 8 букв  равна 1/8

Вероятность вытащить
букву М из оставшихся 7 букв равна 1/7

Вероятность вытащить
букву А из оставшихся 6 букв, две из которых А, равна 2/6

Воспользуемся теоремой
умножения вероятностей.  Так как имеем
независимые события, то искомая вероятность:

Ответ:

Пример 4

Для
сигнализации об аварии установлены три независимо работающих сигнализатора. Два
из них срабатывают с вероятностью 0,8, а 1 – с вероятностью 0,95. Найти
вероятность того, что при аварии сигнализация сработает.

Решение

События:

 – сработал 1-й сигнализатор;

 – сработал 2-й сигнализатор;

 – сработал 3-й сигнализатор;

Для того,
чтобы сработала сигнализация, необходимо, чтобы сработал хотя ба один
сигнализатор

Пусть
событие

 – сработал хотя бы один сигнализатор

Противоположное
событие

 – не сработал ни один сигнализатор

Ответ:

Пример 5

Две
фотомодели снимаются для журнала мод, первая – с вероятностью 0,9, вторая – с
вероятностью 0,7. Какова вероятность того, что в следующем номере журнала
появятся снимки: а) обеих девушек; б) только первой; в) хотя бы одной из них?

Решение

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Пусть
события:

 – первая фотомодель появилась в журнале;

 – вторая фотомодель появилась
в журнале;

а) Пусть
событие

 – в журнале появились обе девушки

б) Пусть
событие

 – в журнале появилось фото только первой
девушки

в) Пусть
событие

 – в журнале появилось фото хотя бы одной
девушки. Противоположное событие

 – в журнале фото обеих девушек не напечатали

Тогда
искомая вероятность:

Ответ: а)

; б)

;  в)

.

Пример 6

В задаче приведены
схемы элементов, образующих цепь с одноим входом и одним выходом.

Предполагается, что
отказы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Отказ любого
из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится
данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, 5 соответственно равны

;

;

;

;

. Найти вероятность того, что сигнал пройдет со входа
на выход.

Решение

Все элементы цепи соединены последовательно.
Сигнал пройдет со входа на выход только в том случае, если безотказно работают
все 5 элементов. Найдем вероятность безотказной работы для каждого элемента.

Вероятность того, что
сигнал пройдет со входа на выход:

Ответ:

.

Пример 7

Приведены схемы
соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом.
Предполагается, что отказы элементов являются независимыми в совокупности
событиями. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви
цепи, где находится данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, 5
соответственно равны

;

;

;

;

. Найти вероятность того, что сигнал пройдет со входа
на выход.

Решение

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Пусть событие

 -сигнал пройдет
со входа на выход.

 -сигнал не
пройдет со входа на выход. Это произойдет в том случае, если откажут все 5
элементов.

Тогда:

Так как
события

 и

 образуют полную группу событий, то:

Ответ:

.

Пример 8

Приведены схемы
соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом.
Предполагается, что отказы элементов являются независимыми в совокупности
событиями. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви
цепи, где находится данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, 5
соответственно равны

;

;

;

;

. Найти вероятность того, что сигнал пройдет со входа
на выход.

Решение

Пусть
событие

 -сигнал пройдет со входа на выход

 -сигнал не пройдет со входа на выход

 -сигнал не пройдет участок из элементов 1,2,3

 -сигнал не пройдет участок из элементов 4,5

Вероятность
того, что сигнал пройдет со входа на выход:

Ответ:

.

Задачи контрольных и самостоятельных работ

Задача 1

Клиент
выбирает банк для получения ипотечного кредита по нескольким показателям:
стабильность банка, процентная ставка, условия досрочного погашения кредита.
Статистика показывает, что клиенты данного банка удовлетворены первым
показателем с вероятностью 0.7, вторым – с вероятностью 0.6, третьим – с
вероятностью 0.8. Какова вероятность того, что клиент, обратившись в банк,
будет удовлетворен:

а) всеми
тремя показателями;

б) только
двумя показателями;

в) хотя бы
одним из показателей?

Задача 2

Найти
вероятности указанных событий, пользуясь правилами сложения и умножения
вероятностей.

В ящике
находятся 15 деталей, 5 из которых бракованные. Наудачу отобраны 3 детали.
Какова вероятность, что все они не окажутся бракованными.

Задача 3

Каждую букву слова написали на одной
карточке. Карточки смешивают и вынимают без возврата по одной. Какова
вероятность, что карточки будут вынуты в порядке следования букв в слове
«теория»?

Задача 4

Устройство
состоит из трех элементов, работающих независимо. Вероятность безотказной
работы (за время t) первого, второго и третьего элементов
соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8. Найти вероятность того, что за время t  безотказно будут работать: а)только один
элемент, б)только два элемента, в) все три элемента.

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Задача 5

Сколько
надо бросить игральных костей, чтобы с вероятностью, меньше 0,3, можно было
ожидать, что ни одной из выпавших граней не появится шесть очков?

Задача 6

При
изготовлении детали заготовка должна пройти три операции. Предполагая появление
брака на отдельных операциях событиями независимыми, найти вероятность
изготовления стандартной детали, если вероятность брака на первой операции
равна 0,02, на второй 0,01, на третьей 0,03.

Задача 7

Слово
«СТАТИСТИКА» составлено из карточек, на каждой из которых написана одна буква.
Затем карточки смешивают и вынимают без возврата по одной. Найти вероятность
того, что буквы вынимаются в порядке слова «ТИСКИ».

Задача 8

В схеме,
изображенной на рисунке, элементы k1, k2, k3, k4, k5 работают независимо друг
от друга и пропускают электрический ток с вероятностями p1=0.9; p2=0.8; p3=0.7;
p4=0.6; p5=0.5 соответственно. С какой вероятностью ток пройдет от A к B?

Задача 9

Решить
задачу, используя теоремы сложения и умножения вероятностей.

Вычислительный
центр, который должен производить непрерывную обработку информации, располагает
двумя вычислительными устройствами. Известно, что вероятность отказа каждого из
них за время

  равна 0,1. Найти вероятность безотказной
работы за время

: а) каждого устройства; б)
хотя бы одного устройства; в) одного устройства.

Задача 10

Из колоды
в 36 карт наудачу извлекаются 3 карты. Найти вероятность того, что все
извлеченные карты разных мастей.

Задача 11

В урне имеется 5 шаров с номерами от
1 до 5. Извлекают по одному без возвращения 3 шара. Найти вероятность
последовательно появляются шары с номерами 1,2,3.

  • Краткая теория
  • Примеры решения задач
  • Задачи контрольных и самостоятельных работ

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Для помощи во время экзамена/зачета в онлайн режиме необходимо договариваться заранее.

Источник

Полная вероятность и формула Байеса

  1. Зависимые события и условные вероятности
  2. Вероятность совместного появления событий
  3. Формула полной вероятности
  4. Формула Байеса
  5. Примеры

п.1. Зависимые события и условные вероятности

Чтобы вспомнить о сложении и умножении вероятностей и независимых событиях – см. §39 справочника для 9 класса.

Напомним, что два случайных события A и B называют независимыми, если наступление одного из них не изменяет вероятность наступления другого.
Например: при бросании монеты несколько раз каждый следующий бросок совершенно не зависит от предыдущих.

Два случайных события A и B называют зависимыми, если вероятность одного из них зависит от того, произошло или нет другое событие.
Вероятность события B, определенная при условии, что событие A произошло, называется условной вероятностью и обозначается (P(B|A)) или (P_A(B)).
Для условных вероятностей справедливы формулы: $$ P(A|B)=frac{P(Awedge B)}{P(B)}, P(B|A)=frac{P(Awedge B)}{P(A)} $$ где (P(Awedge B)) – вероятность совместного появления событий A и B.

Например:
Рассмотрим урну, в которой находится 3 белых и 3 черных шара.
Мы достаем шары, смотрим на их цвет и не возвращаем их на место. События в последовательности становятся зависимыми.
Пусть событие A=”в 1й раз достаем черный шар”,
Событие B=”во 2й раз достаем белый шар”
Событие C=”во 2й раз достаем черный шар”
После того, как произошло событие A, в урне остается 3 белых и 2 черных шара.
Тогда условная вероятность для события B при условии, что событие A произошло:
(P(B|A)=frac35)
Аналогично, условная вероятность для события C:
(P(B|A)=frac25)

п.2. Вероятность совместного появления событий

Вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность второго, вычисленную при условии, что первое событие произошло: $$ P(Awedge B)=P(B)cdot P(A|B)=P(A)cdot P(B|A) $$ Это утверждение также называют теоремой умножения вероятностей.

Например:
Продолжая предыдущий пример, вероятность события ((Awedge B)) – 1й раз достали черный шар и 2й раз белый – равна: $$ P(Awedge B)=P(A)cdot P(B|A)=frac12cdot frac35=0,3 $$ Также, напомним:

Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий: $$ P(Awedge B)=P(A)cdot P(B) $$

Например:
Пусть в урне 3 белых и 3 черных шара. Мы достаем шары, смотрим на их цвет и возвращаем их на место. В последовательности наших действий все события будут независимыми. Каждый раз, вероятность достать белый или черный шар будет равна 1/2. Поэтому, в этом случае вероятность события ((Awedge B)) – 1й раз достали черный шар, а 2й раз белый – равна: $$ P(Awedge B)=P(A)cdot P(B)=frac12cdotfrac12=0,25 $$

п.3. Формула полной вероятности

Чтобы вспомнить о несовместных событиях и полной группе событий – см. §39 справочника для 9 класса.
Например:
При подбрасывании монеты события A=«получить орла» и B=«получить решку» – несовместные, т.к. одновременно произойти не могут.
В то же время, эти несовместные события A и B образуют пространство элементарных событий или полную группу (Omega=left{B;Bright}), т.к. ничего другого, кроме орла или решки, получить нельзя. Сумма вероятностей (P(A)+P(B)=frac12+frac12=1), как и положено для полной группы.

Если событие A может произойти только при выполнении одного из событий (B_1,B_2,…,B_k), которые образуют полную группу событий, то вероятность события A определяется по формуле полной вероятности: $$ P(A)=P(B_1)P(A|B_1)+P(B_2)P(A|B_2)+…+P(B_k)P(A|B_k)=sum_{i=1}^k P(B_i)P(A|B_i) $$

Например:
В 11А и 11Б учится по 35 человек, а в 11В – 30 человек. Будем считать тех, у кого 4 и 5 баллов по алгебре и геометрии, «знатоками математики». Таких учеников в 11А – 10 человек, в 11Б – 7 человек, и в 11В – 3 человека.
Какова вероятность, что произвольно выбранный 11-классник окажется знатоком математики?
Пусть события A=«знаток математики», Bi=«ученик i-го класса», (i=overline{1,3})
Составим таблицу:

i Класс К-во
учеников		 (P(B_i)) К-во
знатоков		 (P(A|B_i)) (P(B_i)cdot P(A|B_i))
1 11A 35 35/100=0,35 10 10/35=2/7 0,1
2 11Б 35 35/100=0,35 7 7/35=1/5 0,07
3 11В 30 30/100=0,3 10 3/30=1/10 0,03
Всего 100 1 20 × 0,2

Получаем полную вероятность (P(A)=sum_{i=1}^3 P(B_i)cdot P(A|B_i)=0,2)
В данном случае ответ можно получить и проще: 20 знатоков на 100 человек дает (P(A)=0,2).

п.4. Формула Байеса

По данному выше определению полной вероятности событие A случается, если происходит одно из событий полной группы (left{B_iright}).
Допустим, что событие A случилось. А какова вероятность, что при этом произошло конкретное событие (B_1inleft{B_iright})? Т.е., нас интересует условная вероятность (P(B_1|A)).
По теореме об умножении вероятностей: $$ P(Awedge B_1)=P(B_1)cdot P(A|B_1)=P(A)cdot P(B_1|A) $$ Откуда: $$ P(B_1|A)=frac{P(B_1)cdot P(A|B_1)}{P(A)} $$ То же самое справедливо для любого события (B_pinleft{B_iright}). Предположение о том, что случилось событие (B_p), называют гипотезой.

Если событие A может произойти только при выполнении одного из событий полной группы (left{B_iright}) и событие A случилось, то вероятность гипотезы, что при этом случилось событие (B_pinleft{B_iright}), определяется формулой Байеса: $$ P(B_p|A)=frac{P(B_p)cdot P(A|B_p)}{P(A)}=frac{P(B_p)cdot P(A|B_p)}{sum_{i=1}^k P(B_i)P(A|B_i)} $$ Вероятность (P(B_p)) называют априорной вероятностью.
Вероятность (P(B_p|A)) называют апостериорной вероятностью. Случившееся событие A может поменять априорную (предварительную) оценку вероятности события (B_p).

Например:
Продолжим задачу с 11-классниками. Какова вероятность того, что произвольно взятый знаток математики учится в 11Б?
Наши события: A=«знаток математики», B2=«ученик 11Б класса».
Событие A «случилось» – у нас имеется знаток, а событие B2 – это гипотеза про 11Б.
И ответом на поставленный вопрос является вероятность (P(B_2|A)).
Из нашей таблицы: $$ P(B_2)cdot P(A|B_2)=0,07; P(A)=0,2 $$ Получаем: $$ P(B_2|A)=frac{P(B_2)cdot P(A|B_2)}{P(A)}=frac{0,07}{0,2}=0,35 $$ Т.е. 11Б дает 35% всех знатоков математики в этой школе.
Если сравнить апостериорную вероятность (P(B_2|A)=0,35) с априорной вероятностью (P(B_2)=0,35), они равны. Событие A не повлияло на оценку вклада 11Б в интеллектуальный багаж школы, он находится на среднем уровне.
Теперь найдем вероятность того, что произвольно взятый знаток математики учится в 11А: begin{gather*} P(B_1|A)=frac{P(B_1)cdot P(A|B_1)}{P(A)}=frac{0,1}{0,2}=0,5\ P(B_1|A)gt P(B_1) end{gather*} Вклад 11А по факту (апостериорная вероятность 0,5) оказывается большим, чем ожидалось по количеству учеников (априорная вероятность 0,35). 50% знатоков всей школы – из этого класса.
Наконец, найдем вероятность того, что произвольно взятый знаток математики учится в 11В: begin{gather*} P(B_3|A)=frac{P(B_3)cdot P(A|B_3)}{P(A)}=frac{0,03}{0,2}=0,15\ P(B_3|A)lt P(B_3) end{gather*} Вклад 11В по факту (апостериорная вероятность 0,15) оказывается меньшим, чем ожидалось по количеству учеников (априорная вероятность 0,3). Только 15% знатоков всей школы – из этого класса.

п.5. Примеры

Пример 1. Двигатель работает в трех режимах: нормальном (65% времени), форсированном (25% времени) и холостом. Вероятность поломки в каждом из режимов соответственно равна (p_1=0,1; p_2=0,8; p_3=0,05).
а) найдите вероятность поломки двигателя во время работы;
б) двигатель сломался. Какова вероятность, что он в этот момент работал в форсированном режиме?

а) Пусть событие A=«поломка двигателя», Bi – «работа в i-м режиме», (i=overline{1,3})
Необходимо найти полную вероятность (P(A)).
Составим таблицу:

i Режим Часть
времени
(P(B_i))		 Вероятность
поломки
(P(A|B_i))		 (P(B_i)cdot P(A|B_i))
1 Нормальный 0,65 0,1 0,065
2 Форсированный 0,25 0,8 0,2
3 Холостой 0,1 0,05 0,005
Всего 1 × 0,27

Вероятность поломки (полная вероятность): $$ P(A)=sum_{i=1}^3 P(B_i)cdot P(A|B_i)=0,27 $$
б) Событие A=«поломка двигателя» произошло. Гипотеза B2 – «работа в форсированном режиме» при фактической поломке имеет вероятность: $$ P(B_2|A)=frac{P(B_2)cdot P(A|B_2)}{P(A)}=frac{0,2}{0,27}=frac{20}{27}approx 0,741 $$ Апостериорная вероятность (P(B_2|A)approx 0,741) больше априорной вероятности (P(B_2)=0,25).

Ответ: a) 0,27; б) (frac{20}{27}approx 0,741)

Пример 2. В состязании лучников участвуют три стрелка. Вероятность попадания в мишень для каждого из них равна 0,3; 0,5 и 0,7. Один из стрелков стреляет и не попадает. Какова вероятность, что это был:
а) первый стрелок;
б) второй стрелок;
в) третий стрелок;

Пусть событие A=«промах», Bi – «выстрел i-го стрелка», (i=overline{1,3})
Т.к. стрелять мог любой из стрелков (P(B_i)=frac13) для каждого из них.
Чтобы найти вероятность промаха, нужно от 1 отнять вероятность попадания.
Составим таблицу:

i (P(B_i)) Вероятность
промаха
(P(A|B_i))		 (P(B_i)cdot P(A|B_i))
1 (frac13) 1-0,3=0,7 (frac13cdot 0,7=frac{7}{30})
2 (frac13) 1-0,5=0,5 (frac13cdot 0,5=frac{1}{6})
3 (frac13) 1-0,7=0,3 (frac13cdot 0,3=frac{1}{10})
∑ 1 × 0,5

Полная вероятность: $$ P(A)=sum_{i=1}^3 P(B_i)cdot P(A|B_i)=frac{7}{30}+frac16+frac{1}{10}=0,5 $$ Промах произошел. Находим апостериорные вероятности для каждого стрелка: begin{gather*} P(B_1|A)=frac{P(B_1)cdot P(A|B_1)}{P(A)}=frac{7/30}{0,5}=frac{7}{15}approx 0,467\ P(B_2|A)=frac{P(B_2)cdot P(A|B_2)}{P(A)}=frac{1/6}{0,5}=frac{2}{3}approx 0,333\ P(B_3|A)=frac{P(B_3)cdot P(A|B_3)}{P(A)}=frac{1/10}{0,5}=frac{1}{5}=0,2\ end{gather*} С точки зрения практической, можно сказать, что «вероятнее всего», это был первый стрелок.

Ответ: a) (frac{7}{15}); б) (frac{1}{3}); в) (frac{1}{5})

Пример 3. Три фрилансера на площадке выполняют заказы в отношении по количеству 3:4:3. Доля успешно выполненных заказов для каждого из них составляет 98%, 95% и 90%.
а) найдите вероятность успешного выполнения заказа на площадке;
б) найдите вероятность неуспеха на площадке;
в) кто из фрилансеров, вероятнее всего, виноват в неуспешной работе?

Пусть событие A=«успех», Bi – «работа i-го фрилансера», (i=overline{1,3})
Составим таблицу успешной деятельности:

i (P(B_i)) Вероятность успеха
(P(A|B_i))		 (P(B_i)cdot P(A|B_i))
1 0,3 0,98 0,294
2 0,4 0,95 0,38
3 0,3 0,9 0,27
∑ 1 × 0,944

Вероятность успешного выполнения (полная вероятность): $$ P(A)=sum_{i=1}^3 P(B_i)cdot P(A|B_i)=0,944 $$ б) Вероятность неуспеха (противоположное событие): $$ P(overline{A})=1-P(A)=1-0,944=0,056 $$ в) Составим таблицу неуспешной деятельности:

i (P(B_i)) Вероятность неуспеха
(P(overline{A}|B_i))		 (P(B_i)cdot P(overline{A}|B_i))
1 0,3 1-0,98=0,02 0,006
2 0,4 1-0,95=0,05 0,02
3 0,3 1-0,9=0,1 0,03
∑ 1 × 0,056

Апостериорные вероятности для каждого из фрилансеров: begin{gather*} P(B_1|overline{A})=frac{P(B_1)cdot P(overline{A}|B_1)}{P(overline{A})}=frac{0,006}{0,056}=frac{3}{28}approx 0,107\ P(B_2|overline{A})=frac{P(B_2)cdot P(overline{A}|B_2)}{P(overline{A})}=frac{0,02}{0,056}=frac{5}{14}approx 0,357\ P(B_3|overline{A})=frac{P(B_3)cdot P(overline{A}|B_3)}{P(overline{A})}=frac{0,03}{0,056}=frac{15}{28}approx 0,536 end{gather*} Наибольшая вероятность неуспеха – у третьего фрилансера.

Ответ: а) 0,944; б) 0,056; в) третий фрилансер.

Пример 4. Докажите, что если полная вероятность события A равна $$ P(A)=sum_{i=1}^k P(B_i)cdot P(A|B_i) $$ то вероятность противоположного события равна (P(overline{A})=1-P(A)).

По условию событие A происходит только при выполнении одного из событий полной группы (left{B_iright}. i=overline{i,k}). Соответственно, противоположное событие (overline{A}) также происходит при выполнении одного из событий (B_i). При этом условная вероятность для противоположного события: $$ P(overline{A}|B_i)=1-P(A|B_i) $$ Заметим также, что для полной группы сумма вероятностей равна 1: begin{gather*} sum_{i=1}^k P(B_i)=1 end{gather*} Получаем: begin{gather*} P(overline{A})=sum_{i=1}^k P(B_i)cdot P(overline{A}|B_i)=sum_{i=1}^k P(B_i)cdot (1-P(A|B_i))=\ =sum_{i=1}^k P(B_i)-sum_{i=1}^k P(B_i)cdot P(A|B_i)=1-P(A) end{gather*} Что и требовалось доказать.

Источник

Продолжение статьи «Теория вероятности. Классическое определение».

В заданиях ЕГЭ по математике встречаются и более сложные задачи на вероятность (нежели мы рассматривали в части 1), где приходится применять правило сложения, умножения вероятностей, различать совместные и несовместные события.

Итак, теория.

Совместные и несовместные события

События называются несовместными, если появление одного из них исключает появление других. То есть, может произойти только одно определённое событие, либо другое.

34к

Например, бросая игральную кость, можно выделить такие события, как выпадение четного числа очков и выпадение нечетного числа очков. Эти события несовместны.

События называются совместными, если наступление одного из них не исключает наступления другого.

Например, бросая  игральную кость, можно выделить такие события, как выпадение нечетного числа очков и выпадение числа очков, кратных трем.   Когда выпадает три, реализуются оба события.

Сумма событий

Суммой (или объединением) нескольких событий называется событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из этих событий.

При этом сумма двух несовместных событий  есть сумма  вероятностей этих событий:

P(A+B)=P(A)+P(B)

Например, вероятность выпадения 5 или 6 очков на игральном кубике при одном броске, будет frac{1}{3}, потому что оба события (выпадение 5, выпадение 6) неовместны и вероятность реализации одного или второго события вычисляется следующим образом: frac{1}{6}+frac{1}{6}=frac{2}{6}=frac{1}{3}.

Вероятность же  суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без учета их совместного появления:

P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)

Например, в торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Вероятность того, что к концу дня  в автомате закончится кофе, равна 0,3. Вероятность того, что кофе закончится в обоих автоматах, равна 0,12. Найдем вероятность того, что к концу дня кофе закончится хотя бы в одном из автоматов (то есть или в одном, или в другом, или в обоих сразу).

98Вероятность первого события «кофе закончится в первом автомате» также как и вероятность второго события «кофе закончится во втором автомате»  по условию равна 0,3. События являются совместными. 

Вероятность совместной реализации первых двух событий по условию равна 0,12.

Значит, вероятность того, что к концу дня кофе закончится хотя бы в одном из автоматов есть 

0,3+0,3-0,12=0,48;

Зависимые и независимые события

Два случайных события А и В называются независимыми, если наступление одного из них не изменяет вероятность наступления другого. В противном случае события А и В называют зависимыми.

Например,  при одновременном броске двух кубиков выпадение на одном из них, скажем 1, и на втором 5,  – независимые события.

Произведение вероятностей

Произведением (или пересечением) нескольких событий называется событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий.

Если  происходят два независимых события А и В с  вероятностями  соответственно Р(А) и Р(В), то вероятность реализации событий А и В одновременно равна произведению вероятностей:

P(AB)=P(A)cdot P(B)

Например, нас интересует выпадение на игральном кубике два раза подряд шестерки. Оба события независимы и вероятность реализации каждого из них по отдельности – frac{1}{6}. Вероятность того, что произойдут оба эти события будет вычисляться по указанной выше формуле: frac{1}{6}cdot frac{1}{6}=frac{1}{36}.

внимание

Подборку задач на отработку темы смотрите здесь.

Источник

Добавить комментарий