Виды вероятностей. Теоремы сложения

Геометрическая вероятность

Чтобы преодолеть ограниченность классического определения вероятности неприменимого к испытаниям с бесконечным числом исходов вводят геометрическую вероятность- вероятность попадания точки в область.

$ P=\frac { mes\,q } { mes\,Q } $

для лини $P=\frac { l } { \,L } $ для площади $P=\frac { q } { \,Q } $

Пример. На плоскости начерчены две концентрические окружности радиуса $R_1 =5$ и $R_2 =10$. Найти вероятность попадания точки в кольцо.

Решение: Площадь кольца $S=\pi ( { R_2^2 -R_1^2 } )=\pi ( { 75 } )$

Площадь большого круга $S=100\,\pi $

Вероятность $P=\frac { 75\pi } { 100\pi } =0,75$.

Теоремы сложения вероятностей

Теорема 1 Если события А и В - несовместны, то \begin{equation} \label { eq1 } P( { A+B } )=P( A )+P( B ) \qquad (1) \end{equation} { несовместны - значит $A\cap B=\emptyset )$.

Пример: Вероятность выхода изделия из строя при эксплуатации сроком до одного года равна 0,1, а при эксплуатации сроком до пяти лет - 0,3. Найти вероятность выхода изделия из строя при эксплуатации сроком от одного года до пяти лет.

Решение. Введем события:

$A =$ { выход изделия из строя при эксплуатации сроком до 1-го года } ,

$B =$ { выход изделия из строя при эксплуатации от 1-го года до 5-ти } .

$C =$ { выход изделия из строя при эксплуатации до 5-ти лет } .

Так как $A$ и $B$ - несовместные события { не могут наступить одновременно } , то событие $C=A+B$. Из теоремы сложения несовместных событий - $ P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B) $ найдем вероятность выхода изделия из строя при эксплуатации сроком от одного года до пяти лет. $ P(B)=P(C)-P(A)=0,3-0,1=0,2. $

Теорема 2 Сумма вероятностей противоположных событий равняется единице

$P( A )+P( { \overline A } )=1$ или $p+q=1$, где $P=P( A )$, $q=P( { \overline A } )$.

Следствие Вероятность полной группы несовместных событий $P( { A_1 } )+P( { A_2 } )+\ldots +P( { A_n } )=1$(3)

Опр. Случайные события A и B называются совместными, если при испытании могут произойти оба события т.е. произойдет совмещение событий.

Теорема 3 Вероятность суммы совместных событий равна \begin{equation} \label { eq2 } P( { A+B } )=P( A )+P( B )-P( { A\cap B } ) \qquad (2) \end{equation}

Пример: Отдел технического контроля проверяет на стандартность по двум параметрам серию изделий. Было выявлено, что у 8 из 25 изделий не выдержан только первый параметр, у 6 изделий - только второй, а у 3 изделий не выдержаны оба параметра. Наудачу берется одно из изделий. Какова вероятность того, что оно не удовлетворяет стандарту?

Решение. Введем события:

$A =$ { у изделия не выдержан первый параметр } ,

$B =$ { у изделия не выдержан второй параметр } .

$C =$ { изделие не удовлетворяет стандарту } .

Событию $A$ благоприятствуют $8+3=11$ исходов. Вероятность наступления события $A$ можно найти по формуле классической вероятности $P(A)=\frac { 11 } { 25 } $. Событию $B$ благоприятствуют $6+3=9$ исходов. Вероятность наступления события $B$ можно найти по формуле классической вероятности $P(B)=\frac { 9 } { 25 } $. Событию $( { A\cdot B } )$, состоящему в том, что у взятой детали не выдержаны оба параметра, благоприятствуют $3$ исхода. Вероятность наступления события $( { A\cdot B } )$ можно найти по формуле классической вероятности $P(A\cdot B)=\frac { 3 } { 25 } $. Наступление события $C$ означает, что у взятого наудачу изделия либо не выдержан первый параметр, либо второй, либо оба вместе, т.е. $C=A+B$. Число нестандартных изделий равно $8+6+3=17$. События $A$ и $B$- совместны { могут произойти одновременно } , тогда вероятность наступления события $C$ можно найти по формуле

$ P(C)=P( { A+B } )=P( A )+P( B )-P( { A\cdot B } ). $

Получим, $P(C)=P( { A+B } )=P( A )+P( B )-P( { A\cdot B } )=\frac { 11 } { 25 } +\frac { 9 } { 25 } -\frac { 3 } { 25 } =\frac { 17 } { 25 } $.

Условная вероятность

Опр. Событие $A$ называется зависимым от события $B$, если вероятность появления события А зависит от того произошло событие В или нет?

Опр. Условной вероятностью $P_B ( A )$или $P( { A /B } )$ называется вероятность появления события $A$ при условии, что событие В уже произошло.

Пример: В урне 3-и белых и 3-и черных шара. Из урны дважды вынимают по одному шару, не возвращая их обратно. Найти вероятность появления белого шара { событие В } , если при первом испытании был извлечен черный шар { событие А } .

Решение. Всего в урне 6-ть шаров. После первого испытания { извлечение черного шара - событие А } в урне осталось 5-ть шаров из них 3-и белых. Вероятность вытащить белый шар { событие В } , при условии, что 1-м был черный есть { подсчитаем по формуле классической вероятности: m - благоприятные события - три белых шара, n - всевозможные события - всего шаров в урне пять } .

$ P_A ( B )=\frac { m } { n } =\frac { 3 } { 5 } . $

Теорема Вероятность произведения двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого $\begin{equation} \label { eq3 } P( { A\cdot B } )=P_B ( A )\cdot P( B ) \qquad (3) \end{equation} $

Следствие Вероятность совместного появления нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности остальных $ P( { A_1 \cdot A_2 \cdot \ldots \cdot A_n } )=P( { A_1 } )\cdot P_ { A_1 } ( { A_2 } )\cdot P_ { A_1 A_2 } ( { A_3 } )\cdot \ldots \cdot P_ { A_1 \ldots A_ { n-1 } } ( { A_n } ) $

Например: для трех событий $ P( { A\cdot B\cdot C } )=P( A )\cdot P_A ( B )\cdot P_ { AB } ( C ) $

Пример: В коробке девять одинаковых радиоламп, три из которых были в употреблении. В течение рабочего дня мастеру для ремонта аппаратуры пришлось взять две радиолампы. Какова вероятность того, что обе взятые лампы были в употреблении?

Решение. Введем события:

$A =$ { 1 - я взятая лампа была в употреблении } ,

$B =$ { 2 - я взятая лампа была в употреблении } .

$C =$ { обе взятые лампы были в употреблении } .

Событие $C=A\cdot B$. Вероятность того, что первая взятая радиолампа была в употреблении, подсчитаем по формуле классической вероятности: m - благоприятные события - три лампы были в употреблении, n -всевозможные события - всего ламп в коробке девять $P(A)=\frac { m } { n } =\frac { 3 } { 9 } $. После того как произошло событие $A$, в коробке осталось восемь ламп из которых две были в употреблении. Событие $B$ наступает только при условии, что событие $A$ наступило, поэтому для нахождения вероятности события $B$, состоящего в появлении второй раз радиолампы, бывшей в употреблении используем условную вероятность { так как события зависимы } $P_A (B)=\frac { 2 } { 8 } $. Следовательно, вероятность появления двух таких ламп может быть найдена по теореме о вероятности произведения зависимых событий - по формуле $ P(C)=P(A\cdot B)=P(A)\cdot P_A (B)=\frac { 3 } { 9 } \cdot \frac { 2 } { 8 } =\frac { 1 } { 12 } . $

Замечание. Из формулы получим формулу для условной вероятности $\begin{equation} \label { eq4 } P_B ( A )=\frac { P( { A\cdot B } ) } { P( B ) } \qquad (4) \end{equation} $

Далее:

Класс $L$. Теорема о замкнyтости класса $L$

Полином Жегалкина. Теорема о представлении в виде полинома Жегалкина

Инвариантное определение дивергенции

Класс Te . Теорема о замкнутости Te

Механические и физические приложения поверхностного интеграла первого рода

Замена переменных в тройном интеграле

Вычисление двойного интеграла. Двукратный интеграл

Механические приложения тройного интеграла

Механические приложения двойного интеграла

Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования

Вычисление площадей плоских областей

СДНФ. Теорема о представлении в виде СДНФ. Построение СДНФ по таблице

Критерий полноты {формулировка}. Лемма о немонотонной функции

Механические приложения криволинейного интеграла 1-го рода

Критерий полноты {формулировка}. Лемма о несамодвойственной функции

Огравление $\Rightarrow $