Задачи на формулу полной вероятности с решением

На этой странице вы найдете решения типовых задач по теории вероятностей на тему Формулы полной вероятности и формулы Байеса (Бейеса) – задачи из методичек и популярных учебников.

Алгоритм решения следующий: вводим полную группу гипотез, находим или выписываем их вероятности, затем вводим искомое событие и вычисляем условные вероятности этого события (при условии наступления каждой гипотезы). Далее в зависимости от вопроса задачи применяем нужную формулу (полной вероятности или Байеса) и получаем ответ.

Используйте примеры ниже, чтобы научиться решать задачи по аналогии (или заказывайте нам, если есть трудности). Краткую теорию по этой теме вы найдете в онлайн-учебнике.

Примеры решений задач

Примеры: формула полной вероятности

Задача 1. Из 1000 ламп 380 принадлежат к 1 партии, 270 – ко второй партии, остальные к третьей. В первой партии 4% брака, во второй – 3%, в третьей – 6%. Наудачу выбирается одна лампа. Определить вероятность того, что выбранная лампа – бракованная.

Задача 2. Сотрудники отдела маркетинга полагают, что в ближайшее время ожидается рост спроса на продукцию фирмы. Вероятность этого они оценивают в 80%. Консультационная фирма, занимающаяся прогнозом рыночной ситуации, подтвердила предположение о росте спроса. Положительные прогнозы консультационной фирмы сбываются с вероятностью 95%, а отрицательные – с вероятностью 99%. Какова вероятность того, что рост спроса действительно произойдет?

Задача 3. В группе спортсменов лыжников в 2 раза больше, чем бегунов, а бегунов в 3 раза больше, чем велосипедистов. Вероятность выполнить норму для лыжника 0,9, для бегуна 0,75, для велосипедиста – 0,8. Найти вероятность того, что спортсмен, выбранный наугад, выполнит норму.

Задача 4. В двух урнах находится соответственно 4 и 5 белых и 6 и 3 чёрных шаров. Из каждой урны наудачу извлекается один шар, а затем из этих двух наудачу берется один. Какова вероятность, что это будет белый шар?

Задача 5. В ящике содержится 12 деталей, изготовленных на заводе №1, 20 деталей – на заводе №2 и 18 деталей – на заводе №3. Вероятность того, что деталь, изготовленная на заводе №1, отличного качества, равна 0,9; для деталей, изготовленных на заводах №2 и №3, эти вероятности соответственно равны 0,6 и 0,9. Найти вероятность того, что извлеченная наудачу деталь окажется отличного качества.

Задача 6. В ящике находятся 15 теннисных мячей, из которых 9 новых. Для первой игры наугад берутся три мяча, которые после игры возвращаются в ящик. Для второй игры также наугад берутся три мяча. Найти вероятность того, что все мячи, взятые для второй игры, новые.

Задача 7. В альбоме k чистых и l гашеных марок. Из них наудачу извлекаются m марок (среди которых могут быть и чистые, и гашеные), подвергаются спецгашению и возвращаются в альбом. После этого вновь наудачу извлекается n марок. Определить вероятность того, что все n марок чистые.
k=11; l=8; m=2; n=5

Примеры: формула Байеса

Задача 8. Из 30 стрелков 12 попадает в цель с вероятностью 0,6, 8 – с вероятностью 0,5 и 10 – с вероятностью 0,7. Наудачу выбранный стрелок произвел выстрел, поразив цель. К какой из групп вероятнее всего принадлежал этот стрелок?

Задача 9. Астрономический объект, за которым ведется наблюдение, может находиться в одном из двух состояний: Н1 или Н2. Априорные вероятности этих состояний P(Н1) = 0,6, Р (Н2) = 0,4. Наблюдение ведется независимо двумя обсерваториями. Первая обсерватория обычно дает правильные сведения о состоянии наблюдаемого объекта в 90% случаев, а в 10% ошибается; вторая дает правильные сведения в 80% случаев, а в 20% ошибается. Первая обсерватория сообщила, что объект находится в состоянии Н1, а вторая – что в состоянии Н2. Найти апостериорную вероятность состояния Н1.

Задача 10. Два автомата производят детали. Вероятность изготовления стандартной детали первым автоматом равна 0,8, вторым — 0,9. Производительность первого автомата впятеро выше производительности второго. Рабочий взял наугад деталь, и она оказалась стандартной. Какова вероятность, что эта деталь изготовлена вторым автоматом?

Задача 11. В первой и в третьей группах одинаковое число студентов, а во второй – в 1,5 раза меньше, чем в первой. Количество отличников составляет 9% в первой, 4% во второй и 6% в третьей группе.
а) Найти вероятность того, что случайно вызванный студент – отличник.
б) Случайно вызванный студент оказался отличником. Найти вероятность того, что студент учится в третьей группе.

Читайте также:  Ариэль порошок инструкция по применению

Задача 12. Есть 4 кубика. На трех из них окрашена белым половина граней, а на четвертом кубике всего одна грань из шести белая. Наудачу выбранный кубик подбрасывается семь раз. Найти вероятность того, что был выбран четвертый кубик, если при семи подбрасываниях белая грань выпала ровно один раз.

Решебник по теории вероятности

Тысячи решенных и оформленных задач по теории вероятности:

Решение. Обозначим события: A — «выбранная деталь бракована», Hi — «выбранная деталь получена от i-го поставщика», i =1, 2, 3 Гипотезы H1, H2, H3 образуют полную группу несовместных событий. По условию
P(H1) = 0.5; P(H2) = 0.2; P(H3) = 0.3
P(A|H1) = 0.04; P(A|H2) = 0.05; P(A|H3) = 0.02

По формуле полной вероятности (1.11) вероятность события A равна
P(A) = P(H1) · P(A|H1) + P(H2) · P(A|H2) + P(H3) · P(A|H3) = 0.5 · 0.04 + 0.2 · 0.05 + 0.3 · 0.02=0.036
Вероятность того, что выбранная наудачу деталь окажется бракованной, равна 0.036.

Пусть в условиях предыдущего примера событие A уже произошло: выбранная деталь оказалась бракованной. Какова вероятность того, что она была получена от первого поставщика? Ответ на этот вопрос дает формула Байеса.
Мы начинали анализ вероятностей, имея лишь предварительные, априорные значения вероятностей событий. Затем был произведен опыт (выбрана деталь), и мы получили дополнительную информацию об интересующем нас событии. Имея эту новую информацию, мы можем уточнить значения априорных вероятностей. Новые значения вероятностей тех же событий будут уже апостериорными (послеопытными) вероятностями гипотез (рис. 1.5).

Схема переоценки гипотез
Пусть событие A может осуществиться лишь вместе с одной из гипотез H1, H2, …, Hn (полная группа несовместных событий). Априорные вероятности гипотез мы обозначали P(Hi) условные вероятности события A — P(A|Hi), i = 1, 2,…, n. Если опыт уже произведен и в результате него наступило событие A, то апостериорными вероятностями гипотез будут условные вероятности P(Hi|A), i = 1, 2,…, n. В обозначениях предыдущего примера P(H1|A) — вероятность того, что выбранная деталь, оказавшаяся бракованной, была получена от первого поставщика.
Нас интересует вероятность события Hk|A Рассмотрим совместное наступление событий Hk и A то есть событие AHk. Его вероятность можно найти двумя способами, используя формулы умножения (1.5) и (1.6):
P(AHk) = P(Hk)P(A|Hk);
P(AHk) = P(A)P(Hk|A).

Приравняем правые части этих формул
P(Hk) · P(A|Hk) = P(A) · P(Hk|A),

отсюда апостериорная вероятность гипотезы Hk равна

В знаменателе стоит полная вероятность события A. Подставив вместо P(A) ее значение по формуле полной вероятности (1.11), получим:
(1.12)
Формула (1.12) называется формулой Байеса и применяется для переоценки вероятностей гипотез.
В условиях предыдущего примера найдем вероятность того, что бракованная деталь была получена от первого поставщика. Сведем в одну таблицу известные нам по условию априорные вероятности гипотез P(Hi) условные вероятности P(A|Hi) рассчитанные в процессе решения совместные вероятности P(AHi) = P(Hi) · P(A|Hi) и рассчитанные по формуле (1.12) апостериорные вероятности P(Hk|A), i,k = 1, 2,…, n (табл. 1.3).

Таблица 1.3 – Переоценка гипотез

Гипотезы Hi Вероятности
Априорные P(Hi) Условные P(A|Hi) Совместные P(AHi) Апостериорные P(Hi|A)
1 2 3 4 5

H1 — деталь получена от первого поставщика

0.5 0.04 0.02

H2 — деталь получена от второго поставщика

0.2 0.05 0.01

H3 — деталь получена от третьего поставщика

0.3 0.02 0.006 Сумма 1.0 — 0.036 1

Рассмотрим последнюю строку этой таблицы. Во второй колонке стоит сумма вероятностей несовместных событий H1, H2, H3, образующих полную группу:
P(Ω) = P(H1 + H2 + H3) = P(H1) + P(H2) + P(H3) = 0.5 + 0.2 + 0.3 = 1
В четвертой колонке значение в каждой строке (совместные вероятности) получено по правилу умножения вероятностей перемножением соответствующих значений во второй и третьей колонках, а в последней строке 0.036 — есть полная вероятность события A (по формуле полной вероятности).
В колонке 5 вычислены апостериорные вероятности гипотез по формуле Байеса (1.12):

Аналогично рассчитываются апостериорные вероятности P(H2|A) и P(H3|A), причем числитель дроби — совместные вероятности, записанные в соответствующих строках колонки 4, а знаменатель — полная вероятность события A, записанная в последней строке колонки 4.
Сумма вероятностей гипотез после опыта равна 1 и записана в последней строке пятой колонки.
Итак, вероятность того, что бракованная деталь была получена от первого поставщика, равна 0.555. Послеопытная вероятность больше априорной (за счет большого объема поставки). Послеопытная вероятность того, что бракованная деталь была получена от второго поставщика, равна 0.278 и также больше доопытной (за счет большого количества брака). Послеопытная вероятность того, что бракованная деталь была получена от третьего поставщика, равна 0.167.

Читайте также:  Как добавить отпечаток пальца на самсунг а8

Пример №3 . Имеются три одинаковые урны; в первой урне два белых и один черный шар; во второй — три белых и один черный; в третьей — два белых и два черных шара. Для опыта наугад выбрана одна урна и из нее вынут шар. Найдите вероятность того, что этот шар белый.
Решение. Рассмотрим три гипотезы: H1 — выбрана первая урна, H2 — выбрана вторая урна, H3 — выбрана третья урна и событие A — вынут белый шар.
Так как гипотезы по условию задачи равновозможны, то

Условные вероятности события A при этих гипотезах соответственно равны:
По формуле полной вероятности

Пример №4 . В пирамиде стоят 19 винтовок, из них 3 с оптическим прицелом. Стрелок, стреляя из винтовки с оптическим прицелом, может поразить мишень с вероятностью 0,81, а стреляя из винтовки без оптического прицела, — с вероятностью 0,46. Найдите вероятность того, что стрелок поразит мишень, стреляя из случайно взятой винтовки.
Решение. Здесь первым испытанием является случайный выбор винтовки, вторым — стрельба по мишени. Рассмотрим следующие события: A — стрелок поразит мишень; H1 — стрелок возьмет винтовку с оптическим прицелом; H2 — стрелок возьмет винтовку без оптического прицела. Используем формулу полной вероятности. Имеем

Пример №5 . Из урны, содержащей 2 белых и 3 черных шара, наудачу извлекаются два шара и добавляется в урну 1 белый шар. Найдите вероятность того, что наудачу взятый шар окажется белым.
Решение. Событие “извлечен белый шар” обозначим через A. Событие H1 — наудачу извлекли два белых шара; H2 — наудачу извлекли два черных шара; H3 — извлекли один белый шар и один черный. Тогда вероятности выдвинутых гипотез

Пример №6 . Производится два выстрела по цели. Вероятность попадания при первом выстреле 0,2, при втором — 0,6. Вероятность разрушения цели при одном попадании 0,3, при двух — 0,9. Найдите вероятность того, что цель будет разрушена.
Решение. Пусть событие A — цель разрушена. Для этого достаточно попадания с одного выстрела из двух или поражение цели подряд двумя выстрелами без промахов. Выдвинем гипотезы: H1 — оба выстрела попали в цель. Тогда P(H1) = 0,2 · 0,6 = 0;12. H2 — либо первый раз, либо второй раз был совершен промах. Тогда P(H2) = 0,2 · 0,4 + 0,8 · 0,6 = 0,56. Гипотеза H3 — оба выстрела были промахи — не учитывается, так как вероятность разрушения цели при этом нулевая. Тогда условные вероятности соответственно равны: вероятность разрушения цели при условии обоих удачных выстрелов равна P(A|H1) = 0,9, а вероятность разрушения цели при условии только одного удачного выстрела P(A|H2) = 0,3. Тогда вероятность разрушения цели по формуле полной вероятности равна:

Формула полной вероятности и условные вероятности событий

Формула полной вероятности является следствием основных правил теории вероятностей – правила сложения и правила умножения.

Формула полной вероятности позволяет найти вероятность события A , которое может наступить только с каждым из n исключающих друг друга событий , образующих полную систему, если известны их вероятности , а условные вероятности события A относительно каждого из событий системы равны .

События также называются гипотезами, они являются исключающими друг друга. Поэтому в литературе можно также встретить их обозначение не буквой B, а буквой H (hypothesis).

Для решения задач с такими условиями необходимо рассмотреть 3, 4, 5 или в общем случае n возможностей наступления события A – с каждым событий .

По теоремам сложения и умножения вероятностей получаем сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы. То есть, вероятность события A может быть вычислена по формуле

или в общем виде

,

которая и называется формулой полной вероятности.

Формула полной вероятности: примеры решения задач

Пример 1. Имеются три одинаковых на вид урны: в первой 2 белых шара и 3 чёрных, во второй – 4 белых и один чёрный, в третьей – три белых шара. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из неё один шар. Пользуясь формулой полной вероятности, найти вероятность того, что этот шар будет белым.

Читайте также:  Вредно ли есть сырое тесто

Решение. Событие A – появление белого шара. Выдвигаем три гипотезы:

– выбрана первая урна;

– выбрана вторая урна;

– выбрана третья урна.

Вероятности этих гипотез (событий):

.

Условные вероятности события A относительно каждой из гипотез:

, , .

Применяем формулу полной вероятности, в результате – требуемая вероятность:

.

Пример 2. На первом заводе из каждых 100 лампочек производится в среднем 90 стандартных, на втором – 95, на третьем – 85, а продукция этих заводов составляет соответственно 50%, 30% и 20% всех электролампочек, поставляемых в магазины некоторого района. Найти вероятность приобретения стандартной электролампочки.

Решение. Обозначим вероятность приобретения стандартной электролампочки через A , а события, заключающиеся в том, что приобретённая лампочка изготовлена соответственно на первом, втором и третьем заводах, через . По условию известны вероятности этих событий: , , и условные вероятности события A относительно каждого из них: , , . Это вероятности приобретения стандартной лампочки при условии её изготовления соответственно на первом, втором, третьем заводах.

Событие A наступит, если произойдут или событие K – лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна, или событие L – лампочка изготовлена на втором заводе и стандартна, или событие M – лампочка изготовлена на третьем заводе и стандартна. Других возможностей наступления события A нет. Следовательно, событие A является суммой событий K, L и M, которые являются несовместимыми. Применяя теорему сложения вероятностей, представим вероятность события A в виде

а по теореме умножения вероятностей получим

то есть, частный случай формулы полной вероятности.

Подставив в левую часть формулы значения вероятностей, получаем вероятность события A :

Пример 3. Производится посадка самолёта на аэродром. Если позволяет погода, лётчик сажает самолёт, пользуясь, помимо приборов, ещё и визуальным наблюдением. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, то лётчик сажает самолёт, ориентируясь только по приборам. В этом случае вероятность благополучной посадки равна ; . Приборы, обеспечивающие слепую посадку, имеют надёжность (вероятность безотказной работы) P . При наличии низкой облачности и отказавших приборах слепой посадки вероятность благополучной посадки равна ; . Статистика показывает, что в k % случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью. Найти полную вероятность события A – благополучной посадки самолёта.

– низкой облачности нет;

– низкая облачность есть.

Вероятности этих гипотез (событий):

;

.

Условная вероятность .

Условную вероятность снова найдём по формуле полной вероятности с гипотезами

– приборы слепой посадки действуют;

– приборы слепой посадки отказали.

Вероятности этих гипотез:

;

.

По формуле полной вероятности

.

.

Пример 4. Прибор может работать в двух режимах: нормальном и ненормальном. Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора, а ненормальный – в 20% случаев. Вероятность выхода прибора из строя за определённое время t равна 0,1; в ненормальном 0,7. Найти полную вероятность выхода прибора из строя за время t.

Решение. Вновь обозначаем вероятность выхода прибора из строя через A . Итак, относительно работы прибора в каждом режиме (события ) по условию известны вероятности: для нормального режима это 80% (), для ненормального – 20% (). Вероятность события A (то есть, выхода прибора из строя) в зависимости от первого события (нормального режима) равна 0,1 (); в зависимости от второго события (ненормального режима) – 0,7 (). Подставляем эти значения в формулу полной вероятности (то есть, сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы) и перед нами – требуемый результат:

.

Пример 5. По объекту производится три одиночных (независимых) выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле равна 0,4, при втором 0,5, при третьем 0,7. Для вывода объекта из строя заведомо достаточно трёх попаданий. При двух попаданиях он выходит из строя с вероятностью 0,6, при одном – с вероятностью 0,2. Найти вероятность того, что в результате трёх выстрелов объект будет выведен из строя.

Решение. Обозначаем вероятность вывода объекта из строя через A .

– в объект попал один снаряд;

– в объект попали два снаряда;

– в объект попали три снаряда.

Находим вероятность гипотез. Событие представим в виде суммы трёх несовместных вариантов:

= <первый выстрел попал, второй и третий не попали>+ <второй выстрел попал, первый и третий не попали>+<третий выстрел попал, второй и первый не попали>.

Применяем правила сложения и умножения вероятностей:

.

Условные вероятности события A при этих гипотезах равны

;

;

.

По формуле полной вероятности находим:

Оцените статью
ПК Знаток
Добавить комментарий

Adblock detector