Теория вероятностей

наступление  события  А,  произошло,  знаем  только,  что  событие  А  наступило),  используется  с  целью  уточнения  вероятностей  гипотез  (меняется  наше  представление  об  условиях  эксперимента).

Знаем,  что  =  -  использовали  формулы  (1.5)  и  (1.6),  k=1,…,n.  С  использованием  формулы  полной  вероятности  (1.12)  получаем:

                   (1.13)

Полученная  формула  носит  название  формулы  Байеса.

Для  предыдущего  примера  P(H₁/A)=P(H₁) P(A/H₁) / [P(H₁) P(A/H₁) + P(H₂) P(A/H₂)]=kр₁/(k+1) / (kр₁/(k+1) + р₂/(k+1))=kр₁/(kр₁+р₂),  P(H₂/A)=р₂/(k+1) / (kр₁/(k+1) + р₂/(k+1))=р₂/(kр₁+р₂).  Если  k=2,  р₁=0.15,  р₂=0.05,  то  априорные  вероятности  гипотез  равны  P(H₁)=2/3,  P(H₂)=1/3,  апостериорные  вероятности  после  того, как  покупатель  приобрел  бракованное  изделие,  равны  P(H₁/A)=2·0.1/(2·0.1+0.05)=4/5=0.8,  P(H₂/A)=0.05/0.25=0.2. Интерпретировать  результат  можно  так:  доля  первого  завода  в  браке  составляет  0.8,  что  значительно  больше  половины  и  больше  доли  выпускаемой  продукции  (0.8 > 2/3).  Видимо  первому  заводу  стоит   подумать  о  качестве  выпускаемой  продукции.  Если  он  достигнет  того  же  уровня  брака,  что  и  второй  завод,  то  с  очевидностью  P(H₁/A)=2/3,  P(H₂/A)=1/3.  Если  же  1  завод  превзойдет  2  завод  по  качеству  выпускаемой  продукции,  положим  р₁=0.03,  то  апостериорные  вероятности  примут  значения  P(H₁/A)=3/8  и  P(H₂/A)=5/8,  следовательно,  теперь  доля  второго  завода  в  браке  чуть  больше  половины  при  объеме  продукции  в  2  раза  меньшем,  чем  на  1  заводе.  Теперь  2  заводу  следует  задуматься  о  качестве  продукции.  Можно  решить  такую  задачу:  какова  должна  быть  величина  р₂,  чтобы  доля  2  завода  в  браке  была  <  1/3?  Решаем  ее  при  р₁=0.03:  P(H₂/A)=р₂/(kр₁+р₂) < 1/3  ó  р₂/(0.2+р₂) < 1/3  ó  р₂ < 0.02.

1.10  Вычисление  вероятностей

          Пример  28.  На  4  карточках  написаны  буквы  в,  к,  л,  о.  Карточки  перемешиваются  и  выкладываются  в  ряд.  Какова  вероятность,  что  получится  слово  “волк”  -  событие  А.

Имеем  схему  урн,  в  урне  4  шара;  вынимаются  все  шары.  Выборка  без  возвращения,  упорядоченная.  Число  m=n,  следовательно,  по  таблице  1  имеем  |Ω|=А=n!=4!=24.  Слово  “волк”  образует  только  одна  перестановка,  следовательно,  Р(А)=1/24.

          Пример  29.  Из  колоды  в  36  карт  наудачу  вынимается  3  карты.  Какова  вероятность,  что  все  они  будут  одной  масти  -  событие  А?

Имеем  дело  с  неупорядоченной  выборкой  без  возвращения.  Следовательно  |Ω|=С=36·35·34/1·2·3.  Найдем  число  э. событий,  благоприятствующих  событию  А  (составляющих  событие  А).  Зафиксируем  определенную  масть.  Чтобы  имело  место  событие  А  в  выборку  должны  попасть  любые  3  карты  этой  масти.  Опять  имеем  дело  с неупорядоченной выборкой без возвращения, следовательно, n=C (в колоде карт одной масти 9 штук). В задаче речь идет не об определенной масти, а о любой из 4, следовательно,

. Таким образом,

Пример 30.  Какова вероятность герою «Пиковой дамы» выиграть?

В колоде, видимо, 56 карт. Германн выигрывает, если в первый вечер из колоды вынимает «тройку», во второй – «семерку» и в третий – туза. Масть роли не играет. Следовательно,  или, если свести вычисления к схеме урн, имеем выборку по 3 элемента из 56 упорядоченную с возвращением, следовательно. Число элементарных событий, благоприятствующих событию А, находим по такой схеме: число троек, семерок, тузов в колоде поровну – 4. Поскольку масть карт роли не играет, мы можем считать число nравным n=С С С. Следовательно, .

          Пример 31. Предположим, что n неразличимых частиц распределяются по m ячейкам. Ограничений на число частиц в ячейке нет. Событие А – в фиксированную ячейку попало ровно k частиц.

Термин «неразличимые частицы» предполагает, что различными будут такие распределения частиц по ячейкам, которые отличаются только числом частиц в ячейках. Здесь также можно применить схему урн, но с шарами двух различных видов в ней. Пусть частицы – это белые шары, перегородки между ячейками – черные шары.

Эксперимент состоит в том, что из урны последовательно вынимаются все шары. Рассматриваем, как в  последовательности шаров размещены черные шары. На приведенном выше рисунке, читаемом в обратном порядке, видим, что последовательность вынутых шаров имеет вид бчбббччббббчч... Следовательно, в первую ячейку попала 1 частица, во вторую – 3 частицы, в третью – ни одной, в четвертую – 4 и т. д..   совпадет с числом всевозможных размещений     (m-1) черных шаров среди n+m-1 шаров обоих цветов, это число равно . Если в фиксированную ячейку попадает k частиц, то оставшиеся  n-k частиц размещаются по m-1 ячейкам произвольным образом, число таких размещений равно . Следовательно, . Такое размещение частиц по ячейкам носит в физике название статистики Бозе-Эйнштейна. Ей подчиняются фотоны, атомные ядра, атомы с четным числом частиц.

Пример 32.  Рассмотрим ту же ситуацию, что и в примере 31, только на число частиц в ячейке имеется ограничение – в каждой ячейке может находиться  не более одной частицы. Здесь предполагается m  n. Событие А – занято k фиксированных ячеек.

Эта схема размещения ассоциируется со схемой выборки из урны