Лекція 2. Формули для ймовірностей подій
План
1. Властивості ймовірностей
2.П’ята властивість відносних частот. Множення ймовірностей.
3.Незалежні і залежні події.
4.Формула повної ймовірності. Формула Байєса.
5.Повторні випробовування і формула Бернуллі.
6.Наближені формули обчислення ймовірності k успіхів у n дослідах.
Домашнє завдання 085-116: 462-464,467,471,479,480,484,485,487,491,493,499,501,502,504, 510,512,528,534. Зубков. Гл.2: 1-3,7,8,15,18,24-28.
1. В деяких випадках ймовірність одних подій задана і потрібно знайти ймовірності інших.
Теорема 1. Р()=1-Р(А) S()=S(?)-S(A)=1-S(А)
?
Доведення. З малюнка: S()=S(?)-S(A)=1-S(А).
З аксіом ТЙ: +А=?-несумісні. Тоді за аксіомою 4
Р(А)+Р()=Р(?), тобто за аксіомою 2
Р(А)+Р()=1
Теорема 2. Р(А\В)=Р(А)-Р(А*В)
Доведення. Для площ виконується.
А=(А\В)+(А*В)-несумісні доданки, тоді за аксіомою Р(А)=Р(А\В)+Р(А*В).
Теорема 3. Р(А+В)=Р(А)+Р(В)-Р(А*В) –формула для додавання
ймовірностей будь-яких подій.

Доведення. Для площ виконується.
А+В=(А\В)+В- несумісні, то Р(А+В)=Р(А\В)+Р(В)=(Теорема 3)=Р(А)-Р(А*В)+Р(В).
Приклад. Ймовірність високого врожаю озимої пшениці 0,7, а ячменю – 0,75. Ймовірність неврожаю і пшениці і ячменю одночасно дорівнює 0,2. Яка ймовірність високого врожаю і пшениці і ячменю? Яка ймовірність того, що вродить лише пшениця?
Позначимо
Я-високий врожай ячменю,
П-високий врожай пшениці.
Р(П)=0,7 Р(Я)=0,75 Р()=0,2 .
1)Р=(П*Я)-? 2)Р(П \Я)-?
1)Р(П+Я) = Р(П) + Р(Я) - Р(П*Я)
За правилами двоїстості і подвійного заперечення:
Р(П+Я) = Р()=1-0,2=0,8
0,8=0,7+0,75-Р(П*Я)
Р(П*Я)=0,65
2) Р(П\Я)=Р(П)-Р(П*Я)=0,7-0,65=0,05.
Відносні умовні частоти
В деяких випадках частоту чи ймовірність події треба визначати при додатковій умові, що вже відбулась якась інша подія. Щоб знайти відносну частоту події В при умові що відбулась подія А потрібно враховувати не всі досліди, а тільки ті з них, в яких відбулась подія А. Ця частота називається умовною частотою події В при умові А і позначається .
П’ята властивість відносних частот
(B) – формула множення відносних частот.
Доведення. Нехай провели n дослідів і m разів відбулась подія А та l разів відбулися А і В одночасно. Тоді

. Підставивши ці вирази у формулу множення частот переконуємося в її правильності.
Умовною ймовірністю події В відносно події А називають ймовірність події В, при умові, що подія А відбулася. Отже, до умов початкового досліду добавляють ще одну – настання події А.
Враховуючи п’яту властивість відносних частот маємо теорему множення ймовірностей:
Р(А*В)=Р(А)*РА(В)- формула множення ймовірностей.
( Р(А*В)=Р(В)*РВ(А) )
РА(В)=з – це формула для умовної ймовірності.
Із цієї формули слідує, що умовні ймовірності подій відносно однієї і тієї ж події А
(Р(А)?0) задовольняють аксіоми 1-4 і тому всі формули теорії ймовірностей справедливі і для умовних ймовірностей. Наприклад
РА()=1-РА(В)
РС(А+В)=РС(А)+РС(В)-РС(А*В)
РA(ВC)=РA(B) РAB(C)
З правила множення ймовірностей легко отримати формулу для n подій
Р(А1*А2*…*Аn)=Р(А1)*РА1(А2*А3*…Аn)=Р(А1)*РА1(А2)*РА1*А2(А3*…Аn)=
=Р(А1)*РА1(А2)* РА1*А2(А3)* *РА1*А2*А3(А4)*…РА1*А2…An-1(Аn)
Приклад. У ящику 16 куль: 5 білих, 7 чорних і 4 червоних. Знайти ймовірність того що серед вийнятих чотирьох куль перша біла, друга чорна і дві останні червоні?
Позначимо
А1 -- I біла
А2 -- II чорна
А3 -- Ш червона
А4 -- IV червона
Р(А1А2А3А4)=Р(А1)*РА1(А2)*РА1А2(А3)* РА1А2А3(А4)=5/16*7/15*4/14*3/13=1/52.
Залежні і незалежні події
Дві події називаються незалежними , якщо поява однієї з них не змінює ймовірності другої події: PВ(А)=Р(А).
Властивість: PВ(А)=Р(А)?0 => РА(В)=Р(В)
Доведення. Р(А*В)=Р(А)*РА(В)= Р(В)* PВ(А)= P(В)* Р(А)
РА(В)= Р(В)-незалежні
Приклад. А, В – незалежні. Чи будуть незалежними і В?
PВ()=1-PВ(А)=1-Р(А)=Р().
Дві події називаються залежними, якщо поява однієї з них впливає на ймовірність другої . РВ(А)?Р(А)-залежні
Приклад. Чи залежні несумісні події з ненульовими ймовірностями?
Так, бо Р(А) не рівна нулю, а PВ(А)=0.
Р(А*В)=Р(А)*Р(В) – формула множення для незалежних подій
Цю формулу часто вважають означенням незалежних подій, тому що вона еквівалентна формулі PВ(А)=Р(А).
Події А1,А2…,Аn називаються незалежними в сукупності, якщо кожна з них не залежить від кожної з інших і від всіх можливих їх добутків.
Події причинно незалежні є також незалежними в сукупності.
Р(А1А2…Аn)=Р(А1)Р(А2)...Р(Аn) – формула множення для незалежних подій в сукупності.
Приклад (на незалежні події). Ймовірність отримання замовлення від першого клієнта 0,8, від другого – 0,7, від третього – 0,6. Клієнти роблять замовлення незалежно один від одного. Знайти ймовірність таких подій: 1) замовлення від усіх клієнтів, 2) жодного замовлення, 3) хоча б одне замовлення, 4) не менше двох замовлень.
Позначимо
А1 -- буде замовлення від першого клієнта, Р(А1)=0,8,
А2 -- від другого клієнта, Р(А2)=0,7,
А3 -- від третього клієнта, Р(А3)=0,6
1.Р(А1* А2* А3)(незалежні)=Р(А1)*Р(А2)*Р(А3)=0,8*0,7*0,6=0,336
2.Р()(незалежні)=0,2*0,3*0,4=0,024, бо
Р()=1-Р(А1)=1-0,8=0,2 і т.д.
3. А1+ А2+ А3
Якщо розписувати через несумісні випадки, то буде 7 випадків. Перейдемо до протилежної події – жодного замовлення.
Р(А)=1-Р()
Р(А1+ А2+А3)=1-0,024=0,976
4.Р(А1А2+ А1А3+ А2А3+ А1А2А3)(несумісні доданки)=
=Р(А1А2)+ Р(А1А3)+Р(А2А3)+ Р(А1А2А3)=0,8*0,7*0,4+0,8*0,3*0,6+0,2*0,7*0,6+0,336=0,788.
Формула повної ймовірності і формула Байєса
Нехай з даним дослідом пов’язана повна група несумісних подій Н1,...,Нn. Їх ще називають гіпотезами. Їхні ймовірності відомі: Р(Н1), Р(Н2),…, Р(Нn). В цьому досліді розглядається подія А, для якої відомі умовні ймовірності при кожній з гіпотез, тобто
РН1(А),..., РНn(А). Потрібно знайти ймовірність події А (кажуть повну ймовірність події А):
Р(А)-?
Н1+…+Нn=?
А* ?=А
А(Н1+…+Нn)=А
А=А Н1+А Н2+….+А Нn- доданки несумісні, бо Н1,..., Нn-несумісні.
Р(А)=Р(А Н1)+ Р(А Н2)+…+Р(А Нn)=Р(Н1)РН1(А)+ Р(Н2)РН2(А)+…+Р(Нn)РНn(А)
Р(А)=Р(Н1)РН1(А)+ Р(Н2)РН2(А)+…+ Р(Нn)Рнn(А) – формула повної ймовірності.
Приклад. У складальний цех надходять деталі: 40%-з першого верстату, 35%-з другого верстату, 25%-з третього верстату. Ймовірність виготовлення бракованої деталі І-им верстатом дорівнює 0,03, ІІ-0,02, ІІІ-0,04. Скільки відсотків бракованих деталей у складальному цеху?
Позначимо
Н1 -- деталь з першого верстату,
Н2 -- з другого верстату,
Н3 -- з третього верстату.
Н1,Н2,Н3 утворюють повну групу несумісних подій, їх вважатимемо гіпотезами.
Р(Н1)=0,4 Р(Н2)=0,35 Р(Н3)=0,25
А – вибрали браковану деталь. Р(А)-?
РН1(А)=0,03 РН2(А)=0,02 РН3(А)=0,04.
Р(А)= Р(Н1)* РН1(А)+ Р(Н2)* РН2(А)+ Р(Н3)* РН3(А)= =0,4*0,03+0,35*0,02+0,25*0,04= =0,012+0,007+0,100=0,029.
В тій ж ситуації (як у формулі повної ймовірності) відомо, що після проведення досліду сталась подія А. Знайти ймовірність конкретної гіпотези Нк, тобто знайти РА(Нк).
Р(А*Нк)=Р(А)*РА(Нк)=Р(Нк)*РНк(А)
РА(Нк) = , але Р(А) можна знайти за формулою повної ймовірності.
РА(Нк)= - формула Байєса
(рахує ймовірність гіпотези Нк при умові, що сталась подія А)
Продовження прикладу. При отриманні бракованої деталі знайти ймовірність, що вона з ІІІ верстату.
РА(Н3)=Р(Н3)*РНз(А)/Р(А)=0,25*0,04/0,029=0,01/0,029=10/29=0,34.
Приклад. Ймовірність того, що виріб задовольняє стандарт 0,9. Пропонується спрощена система перевірки виробу, яка дає позитивний результат з ймовірністю 0,98 для стандартних виробів та з ймовірністю 0,01 для нестандартних. Яка ймовірність того, що виріб, який пройшов перевірку, є нестандартним? Яка ймовірність того, що виріб, який не пройшов перевірку є стандартним?
Позначимо
С – виріб стандартний
– нестандартний
А – виріб пройшов перевірку
Р(С)=0,9
Р()=1-0,9=0,1
С і утворюють повну групу несумісних подій
Рс(А)=0,98
=0,01
1) РА() -? 2)-?
1) РА()= Р() (А)/(Р(С) РС(А)+Р()(А))=
= 0,1*0,01/(0,9*0,98+0,1*0,01)=1/833=0,0012
Дом. завдання.
Домашнє завдання: Зубков, Гл. 2: 46-48,54,60,63,68,69,71.
Повторні випробування і формула Бернуллі
Нехай проводиться n незалежних однакових дослідів – повторні випробування. В кожному з них спостерігається одна і та ж подія А. Відома ймовірність події А в одному досліді. Треба знайти ймовірність того, що подія А появиться рівно k разів в цих n дослідах (0? k ? n). Ця ймовірність позначається Рn(k).
Рn(k) -?
Приклад. n =6, k=2. Позначимо
А1 -- в І-му досліді відбулась подія А,
А2 -- в ІІ-му, ...
А6 -- в VІ-му.


Р6(2)=Р(А1А2)+Р(А4А5)+…=С62 p2 q4
Pn(к)=Ckn pk q n - k – формула Бернуллі (q=1-p – ймовірність протилежної події).
Приклад. Знайдемо ймовірність того, що при чотирьох киданнях монети буде рівно два герби.
n=4 р=1/2= 0,5 к=2
Р4(2)=С24 р2 q 4-2 =4!/((4-2)! 2!) (1/2)2 (1-1/2)2=6*1/4*1/4=3/8.
Зауваження. Формулу Бернуллі можна використовувати, якщо треба знайти ймовірність того, що з n незалежних подій А1,А2 ,..., Аn з однаковими ймовірностями р станеться рівно k подій.
Приклад . Чотири машини незалежно одна від одної привозять пісок на будмайданчик з однаковими ймовірностями 0,6. Знайти ймовірність того, що пісок привезуть а) рівно 3 машини, б) не менше трьох машин.
Позначимо
А1 – І машина привезе пісок
А2 – IІ машина привезе пісок
А3 – ІІІ машина привезе пісок
А4 – IV машина привезе пісок
А1, А2 , А3 , A4 -- незалежні події
Р(А1)=…=Р(А4)=0,6
1) к=3, n=4, р=0,6, q=1-0,6=0,4
Р4(3)=С34 р3 q1=4*0,63*0,4=0,3456
С34=4!/((4-3)!3!)=4/1!=4
2) 3 або 4 (несумісні події)
Р4(3)+Р4(4)
Р4(4)=С44 р4 q0=1*0,64*0,40=0,1296
Р=0,3456+0,1296=0,4752.
Наближені формули до формули Бернуллі
1.Фомула Пуассона
Якщо n-дуже велике, k-мале порівняно з n, р теж дуже мале, тоді справедлива формула Пуассона:
Рn(к)? , де =n*p
Відносна похибка цієї формули ?(n p2+k2/n)/2, якщо pk<1.
Зауваження. Якщо ймовірність події А дуже близька до 1 (р?1), а k?n, то можна використовувати формулу Пуассона, замінивши А на , р на q, k на (n-k).
Приклад. Нехай 99,9% виробів якісні. Яка ймовірність того, що серед 1000 виробів буде 995 якісних?
Р1000(995) -- ? Це все одно, що 5 бракованих виробів. Так і порахуємо. Р1000(5) -- ?
n=1000 – велике
р=0,001 – мале
q = 1-р=0,999
k=5 – мале порівняно з n
?(103*(10-3)2+25/1000)/2=13/1000=0,013=13% – похибка мала
= n р=1000*0,001=1; е?2,72
Р1000(5)=15/5!* е-1=1/(120*2,72)=0,0031.
Оскільки ?13%, то третя значуща цифра ненадійна і ми її не пишемо.
2. Локальна формула Лапласа
Коли п –дуже велике, а пр . Тоді Рn(k) ?, де
, .
Складені таблиці значень функції .
Якщо , то відносна похибка формули .
3. Інтегральна формула Лапласа
Позначимо Рn(k1,k2) ймовірність того, що подія А станеться в n випробуваннях k разів, де k1?k?k2. Тоді Рn(k1, k2)? Ф(х2) – Ф(х1)
Ця формула використовується, коли np близьке до k1 і k2 .
,,
– функція Лапласа, таблична.
В таблицях є значення тільки для додатних х. Тому треба пам’ятати, що функція Лапласа непарна Ф(- х)= - Ф(х).
Зауваження. Якщо , то обчислюють , де . Тоді при відносна похибка інтегральної формули .
Приклад . Знайти ймовірність появи події рівно 20 разів у 100 дослідах, якщо ймовірність події в одному досліді 0,2.
Локальна формула: n=100, р=0,2, k=20, q =0,8.
nр=20= k -- дуже добре для формули Лапласа
= =4 =0
=1%
Р100(20) ? =? 0,1.