Формула полной вероятности. Формула гипотез (Формула Байеса)

Примеры

16. Фотограф взял с собой две плёнки, причем вероятность получения качественного негатива у одной 0,3; а у другой 0,8.

Найти вероятность получения хорошего изображения, если фотограф зарядил аппарат наудачу выбранной плёнкой.

Решение. Событие A – событие, заключающееся в том, что получают хорошее изображение. Гипотеза – выбрана первая пленка, гипотеза – выбрана вторая пленка.

.

Тогда, .

17. Заяц проникает на огород, в котором находятся три овощехранилища. В первом – 10 кочанов капусты и 10 морковин, во втором – столько же капусты и на пять морковин меньше, в третьем – капусты меньше в два раза, а моркови столько же, сколько и в первом овощехранилище.

Какова вероятность того, что случайно съеденный овощ будет морковью.

Решение. Событие A – событие, состоящее в том, что будет съедена морковь;

H ₁ – морковь из первого овощехранилища;

H ₂ – морковь из второго овощехранилища;

H ₃ – морковь из третьего овощехранилища;

р (H ₁) = р (H ₂)= р (H ₃) = 1/3;

р (А / H ₁) = 1/2; р (А / H ₂) = 5/15 = 1/3; р (А / H ₃) = 2/3;

Тогда, р (А) = 1/3*1/2 + 1/3*1/3 + 1/3*1/3*2/3 = 1/2.

18. По цели произведено три последовательных выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле p ₁ = 0,3, при втором р ₂ = 0,6, при третьем р ₃ = 0,8. При одном попадании вероятность поражения цели λ₁ = 0,4, при двух попаданиях λ₂ = 0,7, при трех попаданиях λ₃ = 1,0. Определить вероятность поражения цели при трех выстрелах (событие А).

Решение. Рассмотрим полную группу несовместных событий:

В ₁ – было одно попадание;

B ₂ – было два попадания;

B ₃ – было три попадания;

В ₄ – не было ни одного попадания.

Определим вероятность каждого события. Одно попадание произойдет, если:

первый выстрел даст попадание, второй и третий – промах;

или первый выстрел – промах, второй – попадание, третий – промах;

или первый выстрел – промах, второй – промах, третий – попадание.

По теореме умножения и сложения вероятностей для вероятности одного попадания будем иметь выражение

Р(В₁) = р₁(1 – р₂) (1 – p₃) + (1 – р₁) р₂ (1 – р₃) + (1 – р₁) (1 – р₂) р₃ = 0,332.

Аналогично рассуждая, получим

P(B₂) = p₁p₂ (1 – p₃) +p₂р₃ (1 – р₂) + (1 – p₁)р₂р₃ = 0,468,

P(B₃)=р₁р₂р₃ =0,144,

P(B₄) = (1 – p₁) (1 – p₂) (1 – р₃) = 0,056.

Напишем условные вероятности поражения цели при осуществлении каждого из этих событий:

Р(А/B₁) = 0,4, Р(А/В₂) = 0,7, Р(А/В₃) = 1,0, Р(А/В₄) = 0.

Подставляя полученные выражения в формулу полной вероятности, получим вероятность поражения цели

Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂) + Р(В₃) Р(А/В₃) + Р(B₄) P(А/В₄) =

= 0,332 × 0,4 + 0,468 × 0,7 + 0,144 × 1,0 + 0,056 × 0 = 0,604.

19. Каждый из танков независимо сделал выстрел по некоторому объекту. Вероятность поражения цели первым танком p ₁ = 0,8, вторым р ₂ = 0,4. Объект поражен одним попаданием. Определить вероятность того, что объект поражен первым танком.

Решение. Событие A - поражение объекта одним попаданием. До стрельбы возможны следующие гипотезы:

B₁ - оба танка не попали,

В₂ - оба танка попали,

В₃ - первый танк попал, второй не попал,

В₄ - первый не попал, второй попал.

Определим вероятности этих гипотез по теореме умножения вероятностей:

Р(B₁) = (1 – р₁)(1 – р₂) = 0,2 × 0,6 = 0,12,

Р(В₂) = р₁р₂ = 0,8 × 0,4 = 0,32,

Р(В₃) = р₁(1 – р₂) = 0,8 × 0,6 = 0,48,

Р(В₄) = (l – p₁)p₂ = 0,2 × 0,4 = 0,08.

Определим условные вероятности наступления события A:

Р(А/В₁) = 0, Р(А/В₂) = 0, Р(А/В₃) = 1, Р(А/В₄) = 1.

По формуле Байеса находим условную вероятность гипотез:

P(B₁/A) = ,

Р(В₂/А) = ,

Р(В₃/А) = ,

Р(В₄/А) = .

20. 30% приборов собирает специалист высокой квалификации и 70% средней. Надежность работы прибора, собранного специалистом высокой квалификации, 0,90, надежность прибора, собранного специалистам средней квалификации, 0,81. Взятый прибор оказался надежным. Определить вероятность того, что он собран специалистом высокой квалификации.

Решение. Событие A - безотказная работа прибора. Для проверки прибора возможны гипотезы:

B₁ - прибор собран специалистом высокой квалификации,

B₂ - прибор собран специалистом средней квалификации.

Выпишем вероятности этих гипотез:

Р(В₁) = 0,3; Р(В₂) = 0,7.

Условные вероятности события A:

Р(A/B₁) = 0,9, Р(А/В₂) = 0,8.

Определим вероятности гипотез В₁ и B₂ при условии, что событие A произошло.

По формуле Байеса имеем

Р(В₁/А) = ,

Р(В₂/А) = .

21. На картофельном поле работают три студенческие бригады. В первой бригаде 22 студента, во второй – 18, в третьей – 20. Вероятность выполнения плана первой бригадой – 0,8, второй – 0,7, третьей – 0,9.

Найти вероятность того, что:

а) наудачу выбранный студент является членом бригады, которая выполнила план;

б) наудачу выбранный студент является членом первой бригады, при условии, что он является членом бригады, которая выполнила план.

Решение. а) Обозначим событие, состоящее в том, что план выполнила первая бригада через А ₁, вторая бригада – А ₂, третья – А ₃. Вероятность выполнения плана первой бригадой обозначим р ₁, второй – р ₂, третьей – р ₃. Тогда, р ₁ = 0,8; р ₂ = 0,7; р ₃ = 0,9. Пусть событие Н ₁ означает, что выбранный студент является членом первой бригады, Н ₂ – второй бригады и Н ₃ – третьей. Вероятности этих событий – , , .

Если наугад выбранный студент является членом бригады, выполнившей план, это означает появление одного из трех несовместных событий, т.е.

Р (А) = р ₁× р (Н ₁) + р ₂× р (Н ₂) + р ₃× р (Н ₃) =

б) Так как событие A (бригада выполнила план) уже произошло, то искомую вероятность определяем по формуле Байеса. Вероятность того, что наудачу выбранный студент является членом первой бригады:

.

22. Пусть до опыта было четыре равновероятные гипотезы:

.

Условные вероятности появления события A соответственно равны

, , , .

Пусть в результате испытании событие A произошло. Тогда по формуле Байеса получаем

,

,

,

.

Было , стало – , стало больше, потому что событие A произошло. При этом вероятность большая сравнительно с другими условными вероятностями.

23. Вини Пух в очередной раз падает с дерева. Учитывая большой опыт медвежонка в подобных мероприятиях, вероятность того, что он зацепится за сук равна 0,4, зацепится за сук или упадет на случайно проходящего Пятачка – 0,6, зацепится за сук, а затем упадет на Пятачка – 0,1.

Найти вероятность того, что он упадёт на Пятачка.

Решение. Событие A – Вини зацепится за сук; событие B – он упадёт на Пятачка.

Р (А) = 0,4; Р (А + В)= 0,6; Р (А × В)= 0,1; Р (В)=?

0,6 = 0,4 + Р (В) – 0,1; Р (В) = 0,3.

24. Все грани игральной кости заклеивают разноцветной бумагой. 1-3 – красной, 4-6 – черной. При бросании кости выпала черная грань.

Найти вероятность того, что на этой грани четное число.

Решение. Событие А – событие, заключающееся в том, что выпадет четное число.

Событие В – событие, заключающееся в том, что выпадет число очков большее трёх.

Тогда,

.

25. Вероятность поломки некоего прибора в любой момент времени Т равна р. Найти вероятность появления поломки в течение времени Т – t, если известно, что в течение времени поломка не появилась.

Решение. Событие A – событие, заключающееся в том, что поломка произойдёт в течение времени Т; событие В – событие, заключающееся в том, что поломка произойдёт в течение времени t.

Р (АВ)= Р (А) Р (В / А), т.к. Т включает в себя отрезок времени, равный t.

.

Р (А) – вероятность появления поломки в течение времени Т; р (А) = р.

Р (В) – вероятность появления поломки в течение времени t; р (В) = 1– t × P / T;

Условная вероятность события В / А - р (В / А) = 1– t / T, т.е.

, .

26. В компании 20 человек. Найти вероятность того, что все они родились в разные дни (365 дней, события равновероятны).

Решение. Для первого человека 365, для второго – (365–1), для третьего – (365–2), и т.д. для последнего – (365–20+1) = 346 возможностей родиться в разные дни с другими, таким образом, число благоприятствующих исходов равно m = 365(365–1)…(365–20+1). При этом общее число вариантов равно n = 365²⁰.

Тогда,

.

27. Стержень длинной L ломают на три части. Найти вероятность того, что из этих частей можно составить треугольник.

Решение.

При этом 0< x < L и x + y < L.

Т.о. в области треугольника ОLL любой разлом стержня приведёт к образованию треугольника.

х < L – x и y < L – y, откуда L –(x + y)< x + y, т.е. каждая сторона треугольника должна быть больше суммы двух других отсюда два треугольника LLO и L /2 L /2 A; искомая вероятность равна

.

28. Монета номиналом в одну копейку имеет диаметр 1,5 см. Монету бросают на шахматную доску, при этом вероятность попадания на нее равна единице. Клетка доски имеет квадратную форму со стороной 2 см.

Какова вероятность того, что копейка попадёт ровно в клетку шахматной доски (разметку доски не учитывать).

Решение. Т.к. квадрат относительно мал, можно считать распределение вероятностей равномерным. При этом вероятность попадания центра монеты в какую-либо область квадрата пропорциональна площади этой области. Она равна площади области, делённой на всю площадь квадрата. В нашем случае необходимо, чтобы центр монеты попал в область центра квадрата, т.е.:

R = 1,5/2. Легко найти сторону малого квадрата:

а = 2–(1,5/2+1,5/2) = 0,5. Т.к. вероятность пропорциональна площадям, то вероятность попадания монеты равна:

р (А) = S _max = (1/2)²=1/4.

29. Какой толщины должна быть монета, чтобы вероятность выпадения ее на ребро была равна 1/3.

Решение. Рассмотрим монету как вписанную в сферу, центр которой совпадает с центром тяжести монеты. Сама же монета есть цилиндр. Выберем на поверхности сферы точку A. Монета падает на ребро при условии, что радиус, проведённый в точку A, пересекает боковую поверхность данного цилиндра, т.е.

В первых двух случаях монета упадёт на ребро, в последнем - на основание.

R - радиус сферы; r - радиус монеты. По теореме Пифагора

R ²= r ²+1/9 R ²;

откуда

; 1/3 R» 0,354 r.

Таким образом, толщина монеты должна составлять около 35% её диаметра. (На практике это произойдёт только при падении на фиксирующую поверхность, например на поверхность, покрытую скотчем).