Теорема умножения

Урок6
Теорема умножения
Равенство
P A  B  P( A)  P( B | A)
носит название теоремы умножения.
Эта теорема обобщается на случай n событий:
P A1  A2  ...  An  
 P( A1 )  P( A2 | A1 )  P( A3 | A1  A2 )  ...  P( An | A1  A2  ...  An1 ).
Задача 1. Из урны, содержащей 5 белых и 3 черных шаров, наудачу и
последовательно извлекают по одному шару до появления черного шара.
Найти вероятность того, что придется производить четвертое извлечение,
если выборка производится без возвращения.
Решение. Введем следующие события: A1 = {первым вытащили белый
шар}, A2={вторым вытащили белый шар}, A3 = {третьим вытащили белый
шар}. Тогда интересующее нас событие A = {придется
производить
четвертое извлечение} = {первые три шара белые} = A1  A2  A3 . По теореме
умножения вероятностей
P A1  A2  A3   P( A1 )  P( A2 | A1 )  P( A3 | A1  A2 ) .
P(A1) = 5/8; P( A2 | A1 )  4 / 7 , так как один белый шар уже вынут, и перед
вторым извлечением в урне осталось 7 шаров, 4 из которых белые;
P( A3 | A1  A2 )  3 / 6 , так как два белых шара уже вынуты и перед третьим
извлечением в урне осталось 6 шаров, 3 из которых белые. Следовательно,
P A1  A2  A3  
5 4 3 5
   .
8 7 6 28
Ответ. 5/28.
Из аксиом вероятности следует, как мы упоминали, что для
произвольных двух событий А и В вероятность
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B).
Это равенство носит название теоремы сложения.
Теорема сложения обобщается на случай нескольких событий:
n
n
n
n
i 1
i 1
i, j
i , j ,k
P( Ai )   P( Ai )   P( Ai  A j )   P( Ai  A j  Ak )  ...  (1) n1 P( A1  A2 ...  An ),
где суммы распространяются на все возможные комбинации различных
индексов, взятых по 1, 2, 3 и т.д. соответственно.
Формула полной вероятности
Если события H1, H2, ..., Hn попарно несовместны и их объединение
дает достоверное событие  , то говорят что события H1, H2, ..., Hn образуют
полную группу событий. Таким образом, полная группа событий – это
"разбиение" достоверного события  на непересекающиеся части, которые
иногда называют гипотезами.
H1

H3
H2
H4
H5
H6
По определению гипотез H i  H j   и H1  H 2  ...  H n   , а по
i j
второй аксиоме вероятности P()  1 , поэтому:
1  P()  P( H 1  H 2  ...  H n )
несовместность

событий
P( H 1 )  P( H 2 )  ...  P( H n ) ,
то есть для полной группы событий верно равенство:
P( H1 )  P( H 2 )  ...  P( H n )  1.
Для любого события A и полной группы событий H1, H2,..., Hn
справедлива формула полной вероятности:
P( A)  P( H1 )  P( A | H1 )  P( H 2 )  P( A | H 2 )  ...  P( H n )  P( A | H n ).
Формулу полной вероятности разумно применять в том случае, когда
присутствуют как бы два элемента случайности, и исход второго случайного
события зависит от реализации первого случайного события.
Задача 2.
Предприятие выпускает изделия, из которых 99%
удовлетворяют стандарту, а 1% – нет (первый элемент случайности).
Упрощенная система контроля стандартное изделие признает стандартным с
вероятностью 0,995 и нестандартное признает стандартным с вероятностью
0,001 (второй элемент случайности). Найти вероятность того, что контроль
пропустит наугад взятое изделие.
Решение. Рассмотрим события:
A = {наугад взятое изделие прошло контроль};
Н1 = {взятое изделие стандартное}, Р(Н1)=0,99;
Н2 = {взятое изделие нестандартное}, Р(Н2)=0,01;
P( H1 )  P( H 2 )  0,99  0,01  1;
A|Н1 = {наугад взятое изделие прошло контроль при условии, что оно
стандартное}, Р(A|Н1) = 0,995;
A|Н2 = {наугад взятое изделие прошло контроль при условии, что оно
нестандартное}, Р(A|Н2) = 0,001;
P( A)  P( H1 )  P( A | H1 )  P( H 2 )  P( A | H 2 )  0,99  0,995  0,01 0,001  0,98506.
Задача. 3. В двух урнах имеются белые и черные шары: в первой урне
8 белых и 2 черных, во второй – 6 белых и 2 черных. Шар, взятый наудачу из
первой урны, переложен во вторую, после чего выбирается наудачу шар из
второй урны. Найти вероятность извлечения черного шара из второй урны.
Решение. Обозначим: А = {из второй урны извлечен черный шар}.
Требуется найти P(A)
Возможны следующие пути развития событий:
либо
из
первой
урны
с
вероятностью
2/10
извлекается
и
перекладывается во вторую урну черный шар, после чего во второй урне
становится 9 шаров (из которых 3 черные), и вероятность достать из нее
черный шар равна 3/9;
либо
из
первой
урны
с
вероятностью
8/10
извлекается
и
перекладывается во вторую урну белый шар, после чего во второй партии –
9 шаров (из которых 2 черных), и вероятность достать из нее черный шар
равна 2/9.
Введем гипотезы:
H1 = {из первой урны извлечен черный шар}, P(H1) = 2/10 = 0,2;
H2 = {из первой урны извлечен белый шар}, P(H2) = 8/10 = 0,8;
P(H1) + P(H2) = 1.
Тогда Р(A|Н1) = {из второй урны извлечен черный шар при условии, что из
первой урны был извлечен черный шар }, P(A|H1) = 3/9 = 1/3. Аналогично,
P(A|H2) = 2/9.
По формуле полной вероятности:
1
2 11
P( A)  P( H 1 )  P( A | H 1 )  P( H 2 )  P( A | H 2 )  0,2   0,8   .
3
9 45
Ответ. 11/45.
Формула Байеса
Пусть снова H1, H2, ..., Hn – полная группа событий и в результате
эксперимента произошло событие A. Тогда для гипотезы Нi априорную
вероятность Р(Нi), вычисленную до проведения эксперимента, можно
уточнить после того, как произведен эксперимент, в результате которого
произошло событие A, и посчитать апостериорную вероятность Р(Нi|A):
P ( H i | A) 
P( H i )  P( A | H i )
.
P ( A)
или:
P( H i | A) 
P( H i )  P( A | H i )
P( H1 )  P( A | H1 )  P( H 2 )  P( A | H 2 )  ...  P( H n )  P( A | H n )
Последняя формула носит название формулы Байеса.
Так в задаче 2. вероятность того, что изделие, прошедшее контроль, то
есть поступившее к потребителю, удовлетворяло стандарту равна:
P( H1 | A) 
P( H 1 )  P( A | H 1 )
0,99  0,995

 0,999989848. .
P( H1 )  P( A | H1 )  P( H 2 )  P( A | H 2 ) 0,99  0,995  0,01  0,001
Задача 4. В условиях задачи 3 найти вероятность того, что из первой
урны был вынут черный шар, если из второй урны был вынут тоже черный
шар.
Решение. В обозначениях введенных при решении задачи 3. требуется
найти P(H1|A). По формуле Байеса
P( H 1 | A) 
P( H 1 )  P( A | H 1 ) 1 / 5  1 / 3 3

 .
P( A)
11 / 45
11
Ответ. 3/11.
Задача 5. Сообщение состоит из сигналов «1» и «0». Свойства помех
таковы, что искажаются в среднем 5% сигналов «0» и 3% сигналов «1». При
искажении вместо сигнала «0» принимается сигнал «1» и наоборот.
Известно, что среди передаваемых сигналов «0» и «1» встречаются в
соотношении 3:2. Найти вероятность того, что отправлен сигнал «0», если
принят сигнал «1».
Решение. Эксперимент проведен, и наступило событие A ={принят
сигнал «1»}.
Гипотезы: H1 = {отправлен сигнал «0»}, H2 = {отправлен сигнал «1»}.
По условию: P(H1) = 3/5 = 0,6, P(H2) = 2/5 = 0,4, то есть P(H1) + P(H2) = 1.
Рассмотрим события:
A|H1 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «0»} = {сигнал
«0» искажен}, следовательно, по условию P(A|H1)=0,05;
A|H2 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «1»} = {сигнал
«1» неискажен}, следовательно, по условию P(A|H2)=1–0,03=0,97;
H1| A = {отправлен сигнал «0», если принят сигнал «1»}.
По формуле Байеса
P( H1 | A) 
P( H 1 )  P( A | H 1 )
0,6  0,05

 0,072.
P( H1 )  P( A | H1 )  P( H 2 )  P( A | H 2 ) 0,6  0,05  0,4  0,97
Ответ. 0,072.