Из условия задачи известны вероятности появления брака на каждом станке:
$$P(H_1) = 0,02; P(H_2) = 0,01; P(H_3) = 0,03.$$
Также, из условия нам дано, что производительность первого станка вдвое больше производительности третьего ($P(1) = 2P(3)$) и производительность второго станка в 4 раза больше производительности первого ($P(2) = 4P(1)$). Вероятности появления деталей на каждом станке соответственно связаны так:
$$0.5P(H_1) = P(H_2) = 4P(H_1) = 8P(H_3).$$
Теперь найдем вероятность того, что деталь с браком была изготовлена на каждом станке по формуле Байеса:
Ответ: $P(H_1) = 0.2857, P(H_2) = 0.5714, P(H_3) = 0.1429.$
Таким образом, наибольшая вероятность того, что деталь с браком была изготовлена на втором станке.
Это были две типовые задачи на формулу полной вероятности и формулу Байеса. Надеемся, что разбор этих примеров поможет вам освоить материал по этой теме. Если у вас есть вопросы или нужна помощь, не стесняйтесь обращаться к материалам и ресурсам по теории вероятностей. Удачи в изучении!
Анализ вероятности изготовления бракованных деталей
В данной задаче вероятности гипотез неизвестны. Для вычисления используем классическое определение вероятности, используя данные о производительности каждого станка.
Вычисление вероятностей для каждого станка
Мы знаем, что третий станок производит $x$ деталей, первый станок – $2x$, второй станок – $8x$, т.е. всего $11x$ деталей. Вычислим вероятности (отношение числа деталей изготовленных на данном станке к общему числу деталей):
1-ый станок: $\frac{2x}{11x} = \frac{2}{11}$
2-ой станок: $\frac{8x}{11x} = \frac{8}{11}$
3-ий станок: $\frac{x}{11x} = \frac{1}{11}$
Нахождение вероятности события A
Исходя из данных и формулы вероятности, найдем вероятность события $A$:
$P(A) = P(A|H_1) \cdot P(H_1) + P(A|H_2) \cdot P(H_2) + P(A|H_3) \cdot P(H_3)$
$P(A) = 0.02 \cdot 0.182 + 0.01 \cdot 0.727 + 0.03 \cdot 0.091 = 0.005 + 0.00727 + 0.00273$
$P(A) = 0.015$
Нахождение апостериорных вероятностей
Теперь найдем апостериорные вероятности того, что деталь изготовлена на каждом станке, если она оказалась бракованной, используя формулу Байеса:
$P(H_i|A) = \frac{P(A|H_i) \cdot P(H_i)}{P(A)}$
$P(H_1|A) = \frac{0.02 \cdot 0.182}{0.015} = 0.242$
$P(H_2|A) = \frac{0.01 \cdot 0.727}{0.015} = 0.485$
$P(H_3|A) = \frac{0.03 \cdot 0.091}{0.015} = 0.273$
Итак, наибольшая вероятность, что бракованная деталь была изготовлена на втором станке – 0.485.
Если использовать калькулятор для расчетов, в него надо ввести следующие данные: 0.182, 0.727, 0.091, 0.02, 0.01, 0.03.
Задачи про выстрелы и винтовки
Пример 3: Вероятность попадания в мишень
В тире имеется 5 различных по точности боя винтовок. Вероятность попадания в мишень для каждой винтовки соответственно равна: 0.5, 0.6, 0.7, 0.8, 0.9. Определить вероятность попадания в мишень, если стрелок делает один выстрел из случайно выбранной винтовки.
Вычислим вероятность события $A$ по формуле полной вероятности:
$P(A) = P(A|H_1) \cdot P(H_1) + P(A|H_2) \cdot P(H_2) + P(A|H_3) \cdot P(H_3) + P(A|H_4) \cdot P(H_4) + P(A|H_5) \cdot P(H_5)$
$P(A) = 0.5 \cdot 0.2 + 0.6 \cdot 0.2 + 0.7 \cdot 0.2 + 0.8 \cdot 0.2 + 0.9 \cdot 0.2 = 0.7$
Итак, вероятность попадания в мишень равна 0.7 или 70%.
Пример 4: Вероятность попадания в цель
Из пяти стрелков двое попадают в цель с вероятностью 0.6 и трое с вероятностью 0.4. Что вероятнее: попадёт в цель на удачу выбранный стрелок или нет?
Используем формулу полной вероятности для расчета вероятности попадания в цель. Рассмотрим группы гипотез:
$H_1$ = (Выбран стрелок, который попадает с вероятностью 0.6), $H_2$ = (Выбран стрелок, который попадает с вероятностью 0.4).
Посчитаем вероятности:
$P(H_1) = 0.4$ и $P(H_2) = 0.6$
Теперь вычислим вероятность попадания в цель:
$P(A) = 0.6 \cdot 0.4 + 0.4 \cdot 0.6 = 0.48 + 0.24$
$P(A) = 0.72$
Таким образом, вероятность того, что стрелок попадет в цель, составляет 0.72, что больше чем вероятность промаха.
Пример 5: Попадание стрелка в цель
Три стрелка стреляют в цель с вероятностями 0.7, 0.4, 0.3. При одновременном выстреле двое попали в цель. Что вероятнее: попал третий стрелок в цель или промахнулся?
Введем гипотезы: $H_1$ = (Третий стрелок попал в цель), $H_2$ = (Третий стрелок промахнулся).
Вычислим вероятности:
$P(H_1) = 0.3$ и $P(H_2) = 0.7$
Найдем вероятность события:
$P(A) = 0.7 \cdot 0.7 \cdot 0.3 + 0.7 \cdot 0.3 \cdot 0.4 + 0.3 \cdot 0.7 \cdot 0.4 = 0.147 + 0.084 + 0.084$
$P(A) = 0.315$
Таким образом, вероятность того, что третий стрелок попал в цель равна 0.315.
Ответ: Таким образом, если было два попадания, вероятнее, что третий стрелок промахнулся.
Если использовать калькулятор для расчетов, в него надо ввести, соответственно, следующие данные: 0,3, 0,7 и 0,54, 0,28.
### Задачи про шары, урны и ящики
#### Пример 6.
Имеются две урны: в первой 3 белых шара и 2 черных; во второй 4 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую перекладывают, не глядя, два шара. После этого из второй урны берут один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет белым.
Прежде всего, введем полную группу гипотез:
- $H_1$ = (Из первой урны во вторую переложено 2 белых шара)
- $H_2$ = (Из первой урны во вторую переложено 1 белый шар и 1 черный шар)
- $H_3$ = (Из первой урны во вторую переложено 2 черных шара)
Вероятности гипотез не заданы и требуют специальных расчетов (по формуле гипергеометрической вероятности).
Введем событие $A$= (Из второй урны выбран белый шар). Найдем априорные условные вероятности по классическому определению вероятности (отношение числа белых шаров в урне к общему числу шаров).
Если использовать калькулятор для расчетов, в него надо ввести, соответственно, следующие данные: 0,3, 0,6, 0,1 и 0,6, 0,5, 0,4.
#### Пример 7.
В трех одинаковых ящиках находятся белые и черные шары: в первом – 3 белых и 20 черных; во втором – 5 белых и 16 черных; в третьем – 9 белых и 10 черных. Из случайно выбранного ящика взят шар черного цвета. Какова вероятность того, что он вытащен из второго ящика?
Прежде всего, введем основное событие $A$ = (Вынутый шар - черного цвета), и группу гипотез:
- $H_1$ = (Шар вынут из первого ящика)
- $H_2$ = (Шар вынут из второго ящика)
- $H_3$ = (Шар вынут из третьего ящика)
Так как ящики одинаковы, выбор каждого равновозможен. Поэтому вероятности гипотез в этом случае выписываются сразу:
$$P(H_1)=P(H_2)=P(H_3) = 1/3.$$
Вероятность события найдем по формуле полной вероятности:
Если использовать калькулятор для расчетов, в него надо ввести, соответственно, следующие данные (в десятичных дробях): 0,333, 0,333, 0,333 и 0,87, 0,762, 0,526. Или, как вариант, произвести расчеты в Эксель, который позволяет легкий ввод обыкновенных дробей.
### Другие задачи на формулу Байеса
#### Пример 8.
Надежность определения туберкулеза при рентгеновском просвечивании грудной клетки составляет 90 %. Вероятность того, что у здорового человека будет ошибочно определен туберкулез, составляет 1 %. Просвечиванию была подвергнута большая группа людей со средним процентом больных 0,1 %. Какова вероятность того, что человек, признанный больным, действительно является больным туберкулезом?
Выпишем полную группу гипотез:
- $H_1$ = (Человек здоров)
- $H_2$ = (Человек болен туберкулезом)
По условию $P(H_1)=1-0,001=0,999; P(H_2)=0,001.
Ответ: Таким образом, даже если человека признали больным, вероятность того, что он действительно болен, всего 8,3%. Подробнее об этом парадоксе теоремы Байеса можно почитать тут и посмотреть тут.
Как использовать калькулятор для расчетов вероятностей
Для проведения расчетов вероятностей с помощью калькулятора, вам потребуется ввести следующие данные:
- 0,999
- 0,001
- 0,01
- 0,9
Теперь давайте более подробно рассмотрим теорему умножения вероятностей зависимых событий.
Теорема умножения вероятностей зависимых событий
Вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже произошло.
В своем примере, получилась заметно больше вероятности события.
Типовые задачи по теории вероятностей
Задача 49
В урне 4 белых и 7 черных шаров. Из урны наудачу один за другим извлекают два шара, не возвращая их обратно. Найдем вероятность:
а) оба шара будут белыми;
б) оба шара будут черными;
в) сначала будет извлечен белый шар, а затем черный.
Решение
Вероятность обоих шаров будут белыми:
- Рассматриваем события и находим вероятность.
Вероятность обоих шаров будут черными:
- Находим вероятность для данного события.
Вероятность сначала белого, затем черного:
- Находим вероятность для этого события.
Дополнительные задачи
Задача 50
Какова вероятность извлечения двух тузов подряд из колоды в 36 карт?
Задача 51
В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно извлекают три шара. Найдите вероятность:
а) третий шар окажется белым, если до этого был извлечен черный и красный шар;
б) первый шар будет черным, второй – красный и третий – белый.
Не забудьте проверить свое понимание материала, решив предложенные задачи!
Надо сказать, что многие из рассматриваемых задач разрешимы и другим способом, но чтобы не возникло путаницы, пожалуй, вообще о нём умолчу.
Наверное, все заметили, что зависимые события возникают в тех случаях, когда осуществляется некоторая цепочка действий. Однако сама по себе последовательность действий ещё не гарантируют зависимость событий. Так, при последовательном подбрасывании монеты результат любого броска никак не зависит от предыдущих исходов. Это, кстати, важный момент, развевающий одно распространённое заблуждение, к которому мы вернёмся позже.
Ну а сейчас мы возвращаемы к нашим урнам. Если в задачах на теорему умножения вероятностей независимых событий хозяйничают стрелки, то здесь происходит самое настоящее нашествие урн с шарами =) Задача 52 Из урны, в которой находится 6 белых и 4 черных шара, извлекаются наудачу один за другим три шара. Найти вероятность того, что:
а) все три шара будут черными; б) будет не меньше двух шаров черного цвета.
Решение: всего: 6 + 4 = 10 шаров в урне.
Событий в данной задаче будет многовато, и в этой связи целесообразнее использовать смешанный стиль оформления, обозначая прописными латинскими буквами только основные события. Надеюсь, вы уже поняли, по какому принципу подсчитываются условные вероятности:
а) Рассмотрим событие:
б) Этот пункт интереснее, рассмотрим событие:
– будет не меньше двух шаров черного цвета. Данное событие состоит в двух несовместных исходах: либо все шары будут чёрными (событие
) либо 2 шара будут чёрным и 1 белым – обозначим последнее событие буквой
включается в себя три несовместных исхода:
в 1-м испытании извлечён белый шар и во 2-м и в 3-м испытаниях – чёрные шары или в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – БШ и в 3-м – ЧШ или в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – ЧШ и в 3-м – БШ.
По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий:
– вероятность того, что среди трёх последовательно извлеченных шаров будет 2 чёрных и 1 белый шар.
Примечание: на всякий случай озвучу примерный ход рассуждений при конструировании, например, последнего произведения : «в 1-м испытании с вероятностью извлекается ЧШ, после чего в урне останется 9 шаров, среди которых 6 белых и 3 чёрных. И во 2-м испытании с вероятностью извлекается БШ, после чего в урне останется 8 шаров, среди которых 5 белых и 3 чёрных. И в 3-м испытании с вероятностью будет снова извлечён ЧШ»
По той же теореме сложения вероятностей несовместных событий:
– вероятность того, что среди трёх последовательно извлеченных шаров будет не менее двух черных.
Вы просто не сможете от этого отказаться 🙂
Задача 53 Из 20 экзаменационных билетов 3 содержат простые вопросы. Пять студентов по очереди берут билеты. Найти вероятность того, что хотя бы одному из них достанется билет с простыми вопросами
А почему бы и нет? Ситуация более чем реалистичная: представьте, начался экзамен, в аудиторию пригласили 5 человек. Проведите самостоятельное исследование – какова вероятность того, что хоть кому-то из этих пяти добровольцев повезёт с билетом?
К задаче о сдаче экзамена мы вернёмся в конце параграфа, а пока рассмотрим ещё одну стандартную задачу о перекладывании шаров из урны в урну:
Задача 54 В первой урне содержится 12 шаров, из них 7 белых, во второй – 6 шаров, из них 3 белых. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар, а затем из второй урны наудачу извлекают один шар. Найти вероятность того, что он окажется белым.
Решение: по условию, из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар, и, очевидно, он может быть как белым, так и не белым. В этой связи необходимо рассмотреть 2 несовместные гипотезы:
– из 1-й урны во 2-ю будет переложен белый шар;
Несовместные исходы удобно расписать по пунктам:1) По классическому определению:
– вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен белый шар. Пусть гипотеза
осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых теперь 4 белых шара. Таким образом:
- По классическому определению:
– вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен не белый шар. Пусть гипотеза
осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых по-прежнему 3 белых. Таким образом:
Подводим итог. По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
– вероятность того, что из 2-й урны будет извлечён белый шар.
Более интересная вариация по теме для самостоятельного разбора:
Задача 55 В первой урне находится 3 белых и 2 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают 2 шара. Найти вероятность того, что из второй урны будет извлечён белый шар.
Для решения задания нужно рассмотреть 3 несовместные гипотезы, привлечь на помощь комбинаторику и воспользоваться типовой задачей на классическое определение вероятности.
Иногда встречаются задачи повышенной комбинационной сложности – с двумя последовательными перемещениями шаров из 1-й во 2-ю урну, из 2-й в 3-ю и финальным извлечением шара из последней урны.
И в заключение этого параграфа разберём прелюбопытнейшую задачу, которой я вас заманивал в самом начале книги =) Даже не разберём, а проведём небольшое практическое исследование. Выкладки в общем виде будут громоздкие, поэтому рассмотрим конкретный пример:
Петя сдаёт экзамен по теории вероятностей, при этом 20 билетов он знает хорошо, а 10 плохо. Предположим, в первый день экзамен сдаёт часть группы, например, 16 человек, включая нашего героя. В общем, ситуация до боли знакома: студенты один за другим заходят в аудиторию и тянут билеты.
Очевидно, что последовательное извлечение билетов представляет собой цепь зависимых событий, и возникает насущный вопрос: в каком случае Пете с бОльшей вероятностью достанется «хороший» билет – если он пойдёт «в первых рядах», или зайдёт «посерединке», или если будет тянуть билет в числе последних? Когда лучше заходить?
Сначала рассмотрим «экспериментально чистую» ситуацию, в которой Петя сохраняет свои шансы постоянными – он не получает информацию о том, какие вопросы уже достались однокурсникам, ничего не учит в коридоре, ожидая своей очереди, и т.д.
– Петя зайдёт в аудиторию самым первым и вытянет «хороший» билет. По классическому определению вероятности:
Как изменится вероятность извлечения удачного билета, если пропустить вперёд отличницу Настю? В этом случае возможны две несовместные гипотезы:
– Настя вытянет «хороший» (для Пети) билет;
- Предположим, что Настя с вероятностью
«увела» у Пети один удачный билет. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых 19 «хороших». По классическому определению вероятности:
- Теперь предположим, что Настя с вероятностью
«избавила» Петю от 1-го «плохого» билета. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых по-прежнему 20 «хороших». По классическому определению:
Таким образом, чисто с математической точки зрения, без разницы, когда идти – первоначальные вероятности останутся неименными. НО. Это только усреднённая теоретическая оценка, так, например, если Петя пойдёт последним, то это вовсе не значит, что ему останутся на выбор 10 «хороших» и 5 «плохих» билетов в соответствии с его изначальными шансами. Данное соотношение может варьироваться в лучшую или худшую сторону, однако всё же маловероятно, что среди билетов останется «одна халява», или наоборот – «сплошной ужас». Хотя «уникальные» случаи не исключены – всё-таки тут не 3 миллиона лотерейных билетов с практически нулевой вероятностью крупного выигрыша. Поэтому «невероятное везение» или «злой рок» – это слишком уж преувеличенные высказывания. Даже если Петя знает всего лишь три билета, то его шансы составляют 10%, что заметно выше нуля.
Математика и «чистый эксперимент» – это хорошо, но какой стратегии и тактики выгоднее придерживаться в реальных условиях? Безусловно, следует принять во внимание субъективные факторы, например, «скидку» преподавателя для «храбрецов» или его усталость к концу экзамена. Зачастую эти факторы могут быть и решающими, но в заключительных рассуждениях мы всё же остановимся на вероятностных аспектах:
Если Вы готовы к экзамену хорошо, то лучше идти «в первых рядах». Пока билетов полный комплект, постулат «маловозможные события не происходят» работает на Вас гораздо в бОльшей степени. Согласитесь, что намного приятнее иметь соотношение «30 билетов, среди которых 2 плохих», чем «15 билетов, среди которых 2 плохих». А то, что два неудачных билета на отдельно взятом экзамене (а не по средней теоретической оценке!) так и останутся на столе – вполне и вполне возможно.
Теперь рассмотрим «ситуацию Пети» – когда студент готов достаточно хорошо, но с другой стороны, и «плавает» тоже неплохо. В этом случае целесообразно пропустить вперёд 5-6 человек, и ожидать подходящего момента вне аудитории. Дальше по ситуации. Довольно скоро начнёт поступать информация, какие билеты вытянули однокурсники (снова зависимые события!), и на «заигранные» вопросы можно больше не тратить силы – учите и повторяйте другие билеты, повышая тем самым первоначальную вероятность своего успеха. Если «первая партия» экзаменующихся «избавила» вас сразу от 3-4 трудных (лично для Вас) билетов, то выгоднее как можно быстрее попасть на экзамен – именно сейчас шансы значительно возросли. Постарайтесь не упускать момент – всего несколько пропущенных вперёд человек, и преимущество, скорее всего, растает. Если же наоборот, «плохих» билетов вытянули мало – ждите. Через несколько человек эта «аномалия» опять же с большой вероятностью, если не исчезнет, то сгладится в лучшую сторону. В «обычном» и самом распространённом случае выгода тоже есть, ибо расклад «24 билета / 8 плохих» лучше соотношения «30 билетов / 10 плохих». Почему? Трудных билетов теперь не десять, а восемь! С удвоенной энергией штудируем материал!
Если Вы готовы неважно или плохо, то само собой, лучше идти в «последних рядах» (хотя возможны и оригинальные решения, особенно, если нечего терять). Существует небольшая, но всё же ненулевая вероятность, что на столе останутся относительно простые вопросы + дополнительная зубрёжка + шпоры, которые отдадут отстрелявшиеся сокурсники =) И, да – в совсем критической ситуации есть ещё следующий день, когда экзамен сдаёт вторая часть группы 😉
Какой можно сделать вывод? Субъективный оценочный принцип «кто идёт раньше, тот готов лучше» находит внятное вероятностное обоснование!
Ни пуха Вам, ни пера, ни холлофайбера!
1.7. Формула полной вероятности
1.6.5. Условная вероятность – что это такое?
Полную и свежую версию этой книги в pdf-формате,а также курсы по другим темам можно найти после Оглавления.
Также вы можете изучить эту тему подробнее – просто, доступно, весело и бесплатно!
С наилучшими пожеланиями, Александр Емелин