Теорема о вероятности появления хотя бы одного события.

  Если произведено n независимых испытаний, причем вероятности появления событий  в каждом из них известны и равны соответственно , то вероятность появления хо­тя бы одного из событий  равна

,

где - вероятность противоположного события .

В частности, если события  имеют одинаковую ве­роят-ность, равную p, то вероятность появления хотя бы одного из них равна

.

Пример. В каждом опыте событие А появляется с вероятностью . Сколько опытов необходимо провести, чтобы с вероятностью, не меньшей 0,99 быть уверенным в том, что событие А произойдет хотя бы один раз?

Решение. По условию вероятность появления события хотя бы один раз в n независимых испытаниях

      здесь .

    Отсюда     или .

Непосредственным подбором найдем, что наименьшее допустимое

     Пример.  Из партии, содержащей 100 деталей, последовательно одна за другой извлекаются 5 деталей и подвергаются контролю. Условием непригодности всей партии является появление хотя бы одной брако-ванной детали среди контролируемых. Какова вероятность того, что партия будет принята, если она содержит 5% неисправных деталей?

Решение.  Пусть A – искомое событие, - событие, состоящее в том, что k –ая проверяемая деталь исправна (

Очевидно,  - вероятность того, что вторая про-веряемая деталь годная при условии, что первая деталь тоже годная. Ана-логично

Применяя теорему умножения вероятностей для зависимых событий, получим

Пример. Прибор состоит из 4-х узлов, которые за время работы t могут выходить из строя независимо друг от друга. Надежность (вероят-ность безотказной работы) i -го узла равна , ве­роятность отказа  

Найти вероятнос­ти следующих событий: A - все узлы работают без-отказно; B - первый узел отказал, остальные нет; C - один из узлов отказал, остальные нет; D - отказали два узла из 4-х; E - отказало не менее двух узлов; F - отказал хотя бы один узел.

Решение. Пусть -работа i -го узла ,  - отказ i -го узла.

1). Событие A произойдет, если одновременно произойдут события . Следовательно, оно является их произведе­нием:                                 

                                     .

Применяя к этому равенству событий теорему умножения веро­ятностей для независимых событий, получим

.

2). Событие B произойдет, если одновременно произойдут события . Следовательно . Вероятность этого события будет равна

.

3). Событие C может осуществиться, если откажет первый узел, а ос-тальные три работают или, если откажет второй узел, а рабо­тают первый, третий и четвертый и т.д. Следовательно, C - слож­ное событие, пред-ставляющее собой сумму произведений простых событий:

.

Применяя к этому равенству сначала теорему сложения вероят-ностей для не­совместных событий, а затем к каждому слагаемому теорему умноже­ния вероятностей для независимых событий, получим

 

4). D - событие, которое может осуществиться шестью различ­ными способами:                                             .

Поэтому   

5). Для вычисления вероятности события  удобно предвари­тельно перейти к противоположному событию  (отказ менее двух узлов). Со-бытие  произойдет, если осуществится или событие A или событие C, то есть оно является их суммой: . Поэтому вероятность события  будет равна

.

Согласно следствию 2 из теоремы сложения вероятностей    

.

6). Для вычисления вероятности события F применим теорему о вероятности появления хотя бы одного события. Тогда получим

                             .

Пример. Найти вероятность безотказной работы функциональной цепи, состоящей из независимо работающих элементов, если вероятность работы каждого элемента цепи равна p.

Решение. Введем обозначения для всех возможных в данной за­даче случайных событий. Пусть A - искомое событие (безотказная работа всей цепи);  - безотказная работа i - го элемента цепи (i =1,2,...,6);     - отказ i - го элемента цепи; C – работа верхнего участка, состоящего из элементов 1,2;  - работа лево­го контура (элементы 1-4);  - работа правого контура (элементы 5,6).

Тогда  , ,

- вероятность отказа верхнего участка цепи (1,2);

- вероятность отка- за левого контура,  - вероятность работы левого контура,  - вероятность работы правого контура.    

Работа всей цепи . Поэтому вероятность работы всей цепи равна    

Замечания.

1. Для упрощения расчета систем, содержащих параллельно и после-довательно соединенные элементы, целесообразно при парал­лельном сое-динении элементов рассматривать предварительно состояние отказа, а при после­довательном соединении - состояние работы элементов.

2. Как видно из решения, при увеличении чис­ла параллельно сое-диненных элементов (при резервировании) по­вышается надежность (веро-ятность безотказной работы) системы, а при увеличении числа последова-тельно соединенных элементов на­дежность системы понижается.

Формула полной вероятности

Вероятность события A, которое может наступить лишь при условии появления хотя бы одного из несовместных событий  обра­зующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей этих событий на соответствующую условную вероятность события A:

.

События  (i = 1, 2,..., n), появление одного из которых предшест­вует появлению события A, принято называть гипотезами (или априор­ными гипотезами).

Пример. Три автомата штампуют однотипные детали, которые поступают на общий конвейер. Производительности автоматов относятся как 2:3:5. Каждый из автоматов штампует нестандартных де­талей в среднем 2,5%; 2% и 1,5% соответственно. Найти вероят­ность того, что взятая наудачу с конвейера деталь окажется стан­дартной (событие A).

Решение. Пусть  - гипотеза, состоящая в том, что наудачу взятая деталь изготовлена первым автоматом,  - вторым, - третьим. Очевид-но, вероятности осуществления гипотез пропорциональны про­изводи-тельности автоматов. Поэтому

.

Вероятность того, что деталь стандартна при условии, что она из­готовлена первым автоматом  (так как первый автомат про­и­зводит в среднем 97,5% стандартных деталей). Аналогично, . Следовательно, вероятность того, что наудачу взятая с кон­вейера деталь стандартна и изготовлена первым автоматом, по тео­реме умножения вероятностей для зависимых событий равна

Аналогично.                       

                                     

Полная вероятность того, что наудачу взятая с конвейера деталь стандартна, равна

Пример. Имеются 2 урны: в первой  белых шаров и  черных; во второй  белых и  черных шаров. Из первой урны во вторую перекла-дывается один шар, а затем из второй урны в первую перекладывается один шар. После этого из первой урны берут наугад один шар. Найти веро-ятность того, что он будет белым.

Решение. Пусть -искомое событие (извлеченный во второй раз из первой урны шар будет белым). Введем следующие гипотезы:

 - состав шаров в первой урне не изменился (вынули белый шар и вернули белый или вынули черный шар и вернули черный),

 - в первой урне белый шар заменен черным,

 - в первой урне черный шар заменен белым.

Находим вероятности осуществления гипотез:

      

Условные вероятности осуществления события :

       

По формуле полной вероятности получим

Замечание. При решении задач на применение формулы полной вероятности следует контролировать правильность определения вероят-ностей гипотез. Их сумма всегда должна быть равна единице, так как гипо-тезы образуют полную группу событий, и появление одной из них есть событие достоверное.

Формула Бейеса

Так как при формулировке теоремы умножения вероятностей безразлично, какое событие считать “первым”, а какое “вторым”, то

                      .

Отсюда                              .

Подставляя вместо  ее значение по формуле полной вероят-ности, получим, так называемую, формулу Бейеса

                                    .

Формула Бейеса позволяет переоценить вероятности гипотез   после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А, то есть позволяет вычислить веро-ятности гипотез после опыта (так называемых, апостериорных гипотез).

Пример. Детали попадают на проверку стандартности к одному из двух контролёров. Вероятность того, что деталь попадает к первому конт-ролёру равна 0,7; ко второму – 0,3. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролёром, равна 0,94; вторым – 0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной (событие А). Найти вероятность того, что ее проверял первый контролёр.

Решение. Возможны 2 гипотезы:

 - деталь проверял первый контролёр,

 - деталь проверял второй контролёр.

По условию задачи            

Условные вероятности   . 

Вероятность того, что признанную стандартной годную деталь про-верял первый контролёр, равна

         

Формула Бернулли

В практических приложениях теории вероятности часто исполь-зуется схема повторяющихся независимых испытаний с двумя возмож-ными исходами в каждом испытании (биномиальная схема или схема Бернулли).

Если вероятность появления события A в каждом отдельном ис-пытании постоянна и равна p, то вероятность  появле­ния события k раз в n независимых испытаниях (следовательно, непоявления со­бытия n - k раз с вероятностью q = 1 - p) определяется по формуле Бернулли

                                                                                

Замечание. Вероятность того, что событие A в n независимых ис-пытаниях наступит: а) менее k раз; б) не менее k раз; в) более k раз; г) не более k раз находят, применяя теорему сложения вероятностей для несов-местных событий по формулам: 

      а)

      б)

      в)  

      г)

Пример. Вероятность изготовления стандартной детали при изготов-лении партии однотипных деталей равна 0,9. Что вероятнее: появление не более одной бракованной детали в партии из шести деталей или не более двух бракованных деталей в партии из 12 деталей?

Решение. Пусть  - появление не более одной бракованной детали в партии из шести деталей, - событие, состоящее в том, что все детали годные (0 бракованных), - одна бракованная деталь в малой партии. Тогда

По теореме сложения вероятностей для несовместных событий

Изготовление каждой отдельной детали и проверка ее качества могут рассматриваться как отдельное независимое испыта­ние.

Поэтому           

Так как вероятность появления интересующего нас события: брако-ванной детали p = 0,1, то применяя к каждому слагаемому формулу Бер-нулли при   получим

Аналогично вычисляя вероятность события -появления не более двух бракованных деталей в партии из 12-ти деталей, находим

Следовательно,