Випадкові події
Информация - Математика и статистика
Другие материалы по предмету Математика и статистика
?кладу 1.8.1 є сумісними:
.
Незалежні події А і В при ненульових ймовірностях завжди сумісні.
Доведення. З означення незалежності подій слідує, що якщо і, то , що і є означенням сумісності подій.
Несумісні події обовязково незалежні. Сумісні події можуть бути як залежними, так і незалежними.
Для сукупності подій А1, А2, …, Аn можна говорити про залежність/незалежність та сумісність/несумісність подій у сукупності. Події є несумісними у сукупності, якщо
.(1.8.1)
Несумісність подій у сукупності слідує з попарної несумісності
.
Події А1, А2, …, Аn незалежні у сукупності, якщо виконується умова
.(1.8.2)
Взагалі кажучи, з попарної незалежності подій не слідує незалежність подій у сукупності.
Приклад 3. Нехай три грані правильного тетраедра зафарбовані у червоний, зелений та синій кольори, відповідно, четверта грань у три кольори - червоний, зелений та синій. Нехай подія R - тетраедр впав на грань з червоним кольором, G - тетраедр впав на грань із зеленим кольором, B - тетраедр впав на грань із синім кольором. Очевидно, що ймовірності . Дійсно, при киданні тетраедра можливі 4 наслідки: тетраедр впав або на червону грань, або на синю, або на зелену, або на різнокольорову. Події R сприяє два наслідки - тетраедр впав на червону грань або на різнокольорову. Тому . Аналогічно для подій G і B. Події сприяє один наслідок - тетраедр впав на різнокольорову грань. Тому : події R і G є незалежними. Аналогічно встановлюється незалежність подій R і B та G і B. Події - тетраедр впав на грань з трьома кольорами - сприяє один наслідок, тому . Отже, незважаючи на попарну незалежність, події G, R, B є залежними у сукупності.
Для незалежності подій у сукупності крім умов
мають виконуватися аналогічні умови для сполучень із n подій по 3, 4, …, n подій.
Приклад 4. Для трьох подій А, В, С умовами незалежності у сукупності є:
,
,
,
.
9. Формула повної ймовірності
Несумісні події утворюють повну систему (групу) подій, якщо дизюнктивна сума відповідних множин дорівнює універсуму,
,
або, якщо
.
Приклад 1. При киданні грального кубика події А - випаде не більше двох очок, В - випаде 3 або 4 очки та С - випаде не менше 5 очок - утворюють повну систему подій.
Якщо подія В може настати при настанні будь-якої події з повної системи подій , то її ймовірність можна обчислити за формулою повної ймовірності
. (1.9.1)
Доведення. Для відповідної до події B множини можна записати відому теоретико-множинну рівність
.
Події - несумісні, тому для відповідних подій
.
Звідси
,
що й треба було довести.
Приклад 2. В трьох партіях деталей, що поступили на склад, відсоток якісних деталей відповідно 89, 92 і 97%, а кількість деталей у партіях відноситься як 1:2:3. Необхідно обчислити ймовірність того, що випадково вибрана деталь зі складу, виявиться бракованою.
Розвязування. Нехай події - навмання вибрана деталь належить до першої, другої, третьої партій, відповідно. Ці події утворюють повну систему подій. Тому
.
З умови задачі . Звідси . Нехай подія В - вибрана зі складу деталь є бракованою. Умовні ймовірності події В за умовою задачі
, , .
За формулою повної ймовірності (1)
.
10. Формули Бейєса
Нехай - повна система подій. Нехай В - подія, яка може настати при настанні будь-якої з цих подій, вже настала. Тоді ймовірності подій із повної системи подій можна обчислити за формулами Бейєса
(1)
Доведення. Операція перерізу множин комутативна і тому для відповідних подій справджується рівність
.
Це співвідношення також справедливе для події із повної групи подій :
.
Звідси
.
Останню рівність з врахованням формули повної імовірності (1.9.1) можна переписати у вигляді
,
що і треба було довести.
Умовні ймовірності задовільняють рівності нормування ймовірностей
.
Часто події Аi називаються гіпотезами, їх ймовірності апріорними ймовірностями, умовні імовірностіапостеріорними ймовірностями, а самі формули Бейєса - теоремою гіпотез.
Приклад 1. Деталі, які виготовлені в цеху заводу, потрапляють для перевірки до одного з двох контролерів. Ймовірність того, що деталь потрапить до першого контролера, дорівнює 0.6, а до другого - 0.4. Ймовірність того, що деталь буде визнана стандартною першим контролером дорівнює 0.94, другим - 0.98. Вибрана деталь при перевірці виявилася стандартною. Знайти ймовірність того, що деталь перевірив перший контролер.
Розвязування. Нехай В - вибрана деталь виявилася стандартною. Можна зробити два припущення:
1) деталь перевірив перший контролер (гіпотеза );
2) деталь перевірив другий контролер (гіпотеза ).
Ймовірність того, що деталь перевірив перший контролер, обчислюється за формулою Бейєса
.
За умовою задачі:
(ймовірність того, що деталь потрапляє до першого контролера);
(ймовірність того, що деталь потрапить до другого контролера);
(ймовірність того, що вибрана деталь буде визнана стандартною першим контролером);
(ймовірність того, що вибрана деталь буде визнана стандартною другим контролером).
Тому
.
До іспиту ймовірність гіпотези А1 дор