Залежні та незалежні випадкові події. умовна ймовірність, формули мно-ження ймовірностей (реферат)

Реферат на тему:

Залежні та незалежні випадкові події. умовна ймовірність, формули
множення ймовірностей

1. Залежні та незалежні випадкові події

Випадкові події А і В називають залежними, якщо поява однієї з них (А
або В) впливає на ймовірність появи іншої.

У противному разі випадкові події А і В називаються незалежними.

Приклад 1. В урні міститься 10 однакових кульок, із них 6 чорних і 4
білих. З урни навмання беруть дві кульки по одній без повернення.
З’ясувати, чи удуть залежними такі події: перша кулька виявиться чорною
і друга також.

Розв’язання. Позначимо через А появу чорної кульки при першому вийманні,
а через В — при другому. Випадкові події А і В будуть залежними,
оскільки поява чорної кульки при першому її вийманні з урни (випадкова
подія А) впливатиме на ймовірність появи чорної кульки (випадкова подія
В) при другому вийманні.

Приклад 2. З урни, де шість білих і чотири чорні кульки, вийняли дві
кульки по одній, при цьому перша кулька в урну повертається.

З’ясувати, чи будуть залежними такі події: перша виявиться чорною, друга
також.

Розв’язання. Нехай А — поява чорної кульки при першому вийманні, а В —
при другому. Поява чорної кульки при першому вийманні (здійснилась подія
А) не впливатиме на ймовірність появи чорної кульки (подія В) при
другому вийманні, оскільки співвідношення між чорними та білими кульками
в цьому разі не змінюється.

2. Умовна ймовірність та її властивість

Якщо ймовірність випадкової події А обчислюється за умови, що подія В
відбулася, то така ймовірність називається умовною. Ця ймовірність
обчислюється за формулою

. (17)

Аналогічно

. (18)

1. Р (А / В) = 0, якщо А?В = (.

2. Р (А / В) = 1, якщо А?В = В.

3. У решті випадків 0 < Р(А / В) < 1. Приклад 1. Задана множина цілих чисел. ? = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12(. Навмання беруть одне число. Яка ймовірність того, що це число виявиться кратним 3, коли відомо, що воно є непарним? Розв’язання. Нехай подія А — поява числа кратного 3, В — кратного 2. Тоді А = (3, 6, 9, 12), m1 = 4; В = (2, 4, 6, 8, 10, 12), m2 = 6; А?В = (6, 12), m3 = 2; ; . , то події А і В є залежними. Умовну ймовірність Р (А / В) для цієї задачі можна обчислити й інакше. За умовою задачі відомо, що взяте навмання число, є непарним, тобто в цьому разі ми дістали додаткову інформацію: із множини ? беруться лише непарні числа. Отже, простір елементарних подій тепер має вигляд . . Отже, . Приклад 2. Відомі значення: З’ясувати, чи є залежними випадкові події А і В. Розв’язання. . то випадкові події А і В є залежними. 3. Формули множення ймовірностей для залежних випадкових подій Згідно із (17) і (18) маємо: Р (А ? В) = Р (В) Р (А / В) = Р (А) Р (В / А). (19) Формула множення для n залежних випадкових подій А1,А2, … А4: = Р (А1) Р(А2 / А1) Р(А3 / А1А2) … Р(Аn / А1А2 … Аn–1) (20) Приклад 1. У ящику міститься 15 однотипних деталей. Із них 9 стандартні, а решта — браковані. Деталі виймають по одній без повернення. Так було вийнято три деталі. Обчислити ймовірності таких випадкових подій: 1) А — три деталі виявляться стандартними; 2) В — усі три виявляться бракованими; 3) С — дві стандартні й одна бракована. — бракованої деталі при і-му вийманні. , . є залежними, то: ; . . Приклад 2. Із множини чисел ? = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9( навмання беруть одне число, а далі з решти — друге. Яка ймовірність того, що здобуте двоцифрове число буде парним? Розв’язання. Позначимо через А1 — поява непарної цифри при першому вийманні, через В1 — поява парної цифри при першому, а через В2 — появу парної цифри при другому вийманні. Нехай С — випадкова подія: поява парного двоцифрового числа. Тоді С = (А1?В2) ( (В1?В2). Оскільки випадкові події А1, В1, В2 є залежними, то Р (С) = Р (А1?В2) ( (В1?В2) = Р(А1?В2) + Р (В1?В2) = . 4. Формули множення ймовірностей для незалежних випадкових подій Якщо випадкові події А і В є незалежними, то Р(А / В) = Р(А), Р(В / А) = Р(В). Формули (19), (20) наберуть такого вигляду: Р(А?В) = Р(А) Р(В); (21) . (22) Приклад 1. Гральний кубик і монету підкидають по одному разу. Яка ймовірність того, що при цьому на грані кубика випаде число, кратне 3, а на монеті герб? Розв’язання. Нехай поява числа, кратного трьом — подія А, а поява герба — подія В. Випадкові події А і В є між собою незалежними. Отже, . Приклад 2. Три студенти складають на сесії екзамен з математики. Імовірність того, що перший складе екзамен, дорівнює 0,9, для другого та третього студентів ця ймовірність становить відповідно 0,8 і 0,7. Обчислити ймовірності таких випадкових подій: 1) А — три студенти складуть екзамен; 2) В — три студенти не складуть екзамену; 3) С — два студенти складуть екзамен. — відповідно не складуть. За умовою задачі маємо: Р(А1) = 0,9, Р(А2) = 0,8, Р(А3) = 0,7. Тоді ймовірності протилежних подій такі: ) = 1 – Р(А1) = 1 – 0,9 = 0,1; ) = 1 – Р(А2) = 1 – 0,8 = 0,2; ) = 1 – Р(А3) = 1 – 0,7 = 0,3 , . (і = 1, 2, 3) є між собою незалежними, то Р(А) = Р(А1?А2?А3) = Р(А1) Р(А2) Р(А3) = 0,9 · 0,8 · 0,7 = 0,504; ) = 0,1 · 0,2 · 0,3 = 0,006; . 5. Імовірність появи випадкової події принаймні один раз при n незалежних спробах . . ; . Отже, . (23) - H J P R ??????? ?Т?Т?? ?? ??????? ?????????? ???????m ! = const, то qі = q = const. Тоді Р(С) = 1 – qn. (24) Приклад 1. Прилад складається з чотирьох елементів, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу під час роботи приладу, є величиною сталою і дорівнює 0,95. Для другого, третього і четвертого елементів ця ймовірність дорівнює відповідно 0,9; 0,85; 0,8. Яка ймовірність того, що під час роботи приладу з ладу не вийде хоча б один елемент? Розв’язання. Нехай p1 = 0,95 — імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу. Для другого, третього та четвертого елементів ця ймовірність становитиме відповідно p2 = 0,9; p3 = 0,85; p4 = 0,8. Імовірність того, що ці елементи вийдуть із ладу, дорівнюватиме відповідно: q1 = 1 – p1 = 1 – 0,95 = 0,05; q2 = 1 – p2 = 1 – 0,9 = 0,1; q3 = 1 – p3 = 1 – 0,85 = 0,15; q4 = 1 – p4 = 1 – 0,8 = 0,2. На підставі (23) маємо: Р(С) = 1 – q1 q2 q3 q4 = 1 – 0,05 ( 0,1 ( 0,15 ( 0,2 = 1 – 0,00015 = 0,99985. Приклад 2. Гральний кубик підкидається чотири рази. Чому дорівнює ймовірність того, що цифра 3 з’явиться при цьому хоча б один раз? . Згідно з (24) дістанемо: . 6. Використання формул теорії ймовірностей для оцінювання надійності роботи простих систем Оцінити надійність роботи системи, елементи якої з’єднані за схемою, наведеною на рис. 7. Рис. 7 При цьому відомі ймовірності безвідмовної роботи кожного елемента pі (і = 1,…, n). Позначивши надійність системи через R, дістанемо . (25) Оцінити надійність роботи системи, елементи якої з’єднані за схемою, наведеною на рис. 8. Рис. 8 При цьому відомі ймовірності безвідмовної роботи кожного елемента рі (і = 1,…, n): . (26) Приклад. Електричні лампочки з’єднані за схемами, наведеними на рис. 9 і 10. Імовірність того, що електролампочка не перегорить при ввімкненні в електромережу наведених схем, є величиною сталою і дорівнює рі = 0,8. Яка ймовірність того, що при ввімкненні в електромережу наведених схем у них буде електрострум? Розв’язання. За відомим значенням рі знаходимо qі = 1 – рі = 1 – 0,8 = = 0,2 (і = 1, 2, 3, 4). ; . 7. Формула повної ймовірності У разі, коли випадкова подія А може відбутися лише за умо- , імовірність події А обчислюється за формулою , (27) яка називається формулою повної ймовірності. Випадкові події В1, В2, ... Вn називають гіпотезами. Приклад 1. До складального цеху надходять деталі від трьох інших цехів. Від першого надходить 45% усіх деталей, від другого — 35% і від третього — 20%. Перший цех допускає в середньому 6% браку, другий — 2% і третій — 8%. Яка ймовірність того, що до складального цеху надійде стандартна деталь? Розв’язання. Позначимо через А появу стандартної деталі, В1 — деталь надійде від першого цеху, В2 — від другого, В3 — від третього. За умовою задачі: Р(В1) = 0,45, Р(А / В1) = 0,94; Р(В2) = 0,35, Р(А / В2) = 0,98; Р(В3) = 0,2, Р(А / В3) = 0,92. Згідно з (27) маємо: Р (А) = Р (В1) Р (А / В1) + Р (В2) Р (А / В2) + Р (В3) Р (А / В3) = = 0,45 ( 0,94 + 0,35 ( 0,98 + 0,2 ( 0,92 = 0,423 + 0,343 + 0,184 = 0,95. Приклад 2. У ящику міститься 11 однотипних деталей, із них 7 стандартних, а решта браковані. Із ящика навмання беруть три деталі й назад не повертають. Яка ймовірність після цього вийняти навмання з ящика стандартну деталь? Розв’язання. Позначимо через А подію, яка полягає в тому, що з ящика вийнято навмання одну стандартну деталь після того, як з нього було взято три. Розглянемо такі події: В1 — було взято три стандартні деталі; В2 — дві стандартні і одну браковану; В3 — одну стандартну і дві браковані; В4 — три браковані. Обчислимо ймовірності гіпотез, а також відповідні їм умовні ймовірності Р (А / Ві) (і = 1, 2, 3, 4). ; ; ; . Згідно з (27) дістанемо: Р(А) = Р(В1) Р(А / В1) + Р(В2) Р(А / В2) + Р(В3) Р(А / В3) + Р(В4) Р(А / В4) = . , . 8. Формула Байєса ), дістаємо Р(А) Р(Ві / А) = Р (Ві) Р(А / Ві) ? . (28) Залежність (28) називається формулою Байєса. Її використовують для переоцінювання ймовірностей гіпотез Ві за умови, що випадкова подія А здійсниться. Після переоцінювання всіх гіпотез Ві маємо: . Згідно з формулою Байєса можна прийняти рішення, провівши експеримент. Але для цього необхідно, аби вибір тієї чи іншої гіпотези мав ґрунтовні підстави, тобто щоб унаслідок проведення експерименту ймовірність Р(Ві / А) була близька до одиниці. Приклад 1. Маємо три групи ящиків. До першої групи належить 5 ящиків, у кожному з яких 7 стандартних і 3 браковані однотипні вироби, до другої групи — 9 ящиків, у кожному з яких 5 стандартних і 5 бракованих виробів, а до третьої — 3 ящики, у кожному з яких 3 стандартні й 7 бракованих виробів. Із довільно вибраного ящика три навмання взяті вироби виявилися стандартними. Яка ймовірність того, що вони були взяті з ящика, який належить третій групі? Розв’язання. Позначимо В1, В2, В3 гіпотези про те, що навмання вибраний ящик належить відповідно першій, другій або третій групі. Обчислимо ймовірності цих гіпотез. Оскільки всього за умовою задачі 17 ящиків, то . Позначимо через А появу трьох стандартних виробів. Тоді відповідні умовні ймовірності: . За умовою задачі необхідно переоцінити ймовірність гіпотези В3. Використовуючи формулу (28), маємо: . Приклад 2. На склад надходять однотипні вироби з чотирьох заводів: 15% — із заводу № 1, 25% — із заводу № 2; 40% — із заводу № 3 і 20% — із заводу № 4. Під час контролю продукції, яка надходить на склад, установлено, що в середньому брак становить для заводу № 1 — 3%, заводу № 2 — 5%, заводу № 3 — 8% і заводу № 4 — 1%. Навмання взятий виріб зі складу виявився бракованим. Яка ймовірність того, що його виготовив завод №1? Розв’язання. Позначимо В1 гіпотезу проте, що виріб був виготовлений заводом № 1, В2 — заводом № 2, В3 — заводом № 3 і В4 — заводом № 4. Ці гіпотези єдино можливі і несумісні. Нехай А — випадкова подія, що полягає в появі бракованого виробу. За умовою задачі маємо: Р(В1) = 0,15, Р(В2) = 0,25, Р(В3) = 0,4, Р(В4) = 0,2, Р(А/В1) = 0,03, Р(А/В2) = 0,05, Р(А/В3) = 0,08, Р(А/В4) = 0,01. За формулою Байєса (28) переоцінюємо першу гіпотезу В1: . ЛІТЕРАТУРА Вентцель Е. С., Овчаров Л. А. Теория вероятностей и ее инженерное приложение. — М.: Наука, 1988. Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. — М.: Наука, 1961. PAGE 1 PAGE Рис. 10 Рис. 9

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *