Высшая математика – просто и доступно!

Вы находитесь на зеркале сайта mathprofi.ru

Наш форум, библиотека и блог: mathprofi.com

Высшая математика:

Математика для заочников

Математические формулы,
таблицы и другие материалы

Книги по математике

Математические сайты

+-*/^ Удобный калькулятор

+ «Дробовик»   

Учимся решать:

  Карта сайта

Не нашлось нужной задачи?
Сборники готовых решений!

Не получается пример?
Задайте вопрос на форуме!
>>> mathprofi

Обратная связь:

Часто задаваемые вопросы
Гостевая книга Отблагодарить автора >>>

Заметили опечатку / ошибку?
Пожалуйста, сообщите мне об этом

Карта сайта

---

Зависимые события и условная вероятность

На предыдущем уроке мы ознакомились с основными теоремами сложения и умножения вероятностей, а также научились решать типовые задачи с независимыми событиями, и сейчас последует гораздо более интересное продолжение, которое позволит не только освоить новый материал, но и, возможно, окажет практическую житейскую помощь.

Кратко повторим, что такое независимость событий: события  и  являются НЕзависимыми, если вероятность любого из них не зависит от появления либо непоявления другого события. Простейший пример – подбрасывание двух монет. Вероятность выпадения орла либо решки на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты.

Понятие зависимости событий вам тоже знакомо и настал черёд заняться ими вплотную.

Сначала рассмотрим традиционный набор, состоящий из двух событий: событие  является зависимым, если помимо случайных факторов его вероятность зависит от появления либо непоявления события . Вероятность события , вычисленная в предположении того, что событие  уже произошло, называется условной вероятностью наступления события  и обозначается через . При этом события  и  называют зависимыми событиями (хотя, строго говоря, зависимо только одно из них).

Карты в руки:

Задача 1

Из колоды в 36 карт последовательно извлекаются 2 карты. Найти вероятность того, что вторая карта окажется червой, если до этого:

а) была извлечена черва;
б) была извлечена карта другой масти.

Решение: рассмотрим событие:  – вторая карта будет червой. Совершенно понятно, что вероятность этого события зависит от того, черву или не черву вытянули ранее.

а) Если сначала была извлечена черва (событие ), то в колоде осталось 35 карт, среди которых теперь находится 8 карт червовой масти. По классическому определению:
 – вероятность того, что вторая карта окажется червой при условии, что до этого тоже была извлечена черва.

б) Если же сначала была извлечена карта другой масти (событие ), то все 9 черв остались в колоде. По классическому определению:
 – вероятность того, что вторая карта окажется червой при условии, что до этого была извлечена карта другой масти.

Всё логично – если вероятность извлечения червы из полной колоды составляет , то при извлечении следующей карты аналогичная вероятность изменится: в первом случае – уменьшится  (т.к. черв стало меньше), а во втором – возрастёт:  (т.к. все червы остались в колоде).

Ответ:

Зависимых событий, разумеется, может быть и больше. Пока задача не остыла, добавим ещё одно: – третьей картой будет извлечена черва. Предположим, что произошло событие , а затем событие ; тогда в колоде осталось 34 карты, среди которых 7 черв. По классическому определению:
 – вероятность наступления события  при условии, что до этого были извлечены две червы.

Для самостоятельной тренировки:

Задача 2

В конверте находится 10 лотерейных билетов, среди которых 3 выигрышных. Из конверта последовательно извлекаются билеты. Найти вероятности того, что:

а) 2-й извлечённый билет будет выигрышным, если 1-й был выигрышным;
б) 3-й будет выигрышным, если предыдущие два билета были выигрышными;
в) 4-й будет выигрышным, если предыдущие билеты были выигрышными.

Краткое решение с комментариями в конце урока.

А теперь обратим внимание на один принципиально важный момент: в рассмотренных примерах требовалось найти лишь условные вероятности, при этом предыдущие события считались достоверно состоявшимися. Но ведь в действительности и они являются случайными! Так, в «разогретой» задаче извлечение червы из полной колоды  – есть событие случайное, вероятность которого равна .

На практике гораздо чаще требуется отыскать вероятность совместного появления зависимых событий. Как, например, найти вероятность события , состоящего в том, что из полной колоды будет извлечена черва и затем ещё одна черва? Ответ на этот вопрос даёт

теорема умножения  вероятностей зависимых событий: вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже произошло:


В нашем случае:
 – вероятность того, что из полной колоды будут извлечены 2 червы подряд.

Аналогично:
 – вероятность того, что сначала будет извлечена карта другой масти и затем черва.

Вероятность события   получилась заметно больше вероятности события , что, в общем-то, было очевидно безо всяких вычислений.

И, само собой, не нужно питать особых надежд, что из конверта с десятью лотерейными билетами (Задача 2) вы вытянете 3 выигрышных билета подряд:
, впрочем, это ещё щедрый шанс.

Да, совершенно верно – теорема умножения вероятностей зависимых событий естественным образом распространяется и на бОльшее их количество.

Закрепим материал несколькими типовыми примерами:

Задача 3

В урне 4 белых и 7 черных шаров. Из урны наудачу один за другим извлекают два шара, не возвращая их обратно. Найти вероятность того, что:

а) оба шара будут белыми;
б) оба шара будут чёрными;
в) сначала будет извлечён белый шар, а затем – чёрный.

Обратите внимание на уточнение «не возвращая их обратно». Этот комментарий дополнительно подчёркивает тот факт, что события зависимы. Действительно, а вдруг извлечённые шары возвращают обратно? В случае возвратной выборки вероятности извлечения чёрного и белого шара меняться не будут, а в такой задаче уже следует руководствоваться теоремой умножения вероятностей НЕзависимых событий. 

Решение: всего в урне: 4 + 7 = 11 шаров.  Поехали:

а) Рассмотрим события  – первый шар будет белым,  – второй шар будет белым и найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет белым и 2-й белым.

По классическому определению вероятности: . Предположим, что белый шар извлечён, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых, поэтому:
 – вероятность извлечения белого шара во 2-м испытании при условии, что до этого был извлечён белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что оба шара будут белыми.

б) Найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет чёрным и 2-й чёрным

По классическому определению:  – вероятность того, что в 1-м испытании будет извлечён чёрный шар. Пусть извлечён чёрный шар, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 6 чёрных, следовательно:  – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен чёрный шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что оба шара будут чёрными.

в) Найдём вероятность события  (сначала будет извлечён белый шар и затем чёрный)

После извлечения белого шара (с вероятностью ) в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых и 7 чёрных, таким образом:  – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – искомая вероятность.

Ответ:

Данную задачу нетрудно проверить через теорему сложения вероятностей событий, образующих полную группу. Для этого найдём вероятность 4-го недостающего события:  – того, что сначала будет извлечён чёрный шар и затем белый.

События  образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей  должна равняться единице:
 ,что и требовалось проверить.

И сразу же предлагаю проверить, насколько хорошо вы усвоили изложенный материал:

Задача 4

Какова вероятность того, что из колоды в 36 карт будут извлечены два туза подряд?

Задача 5

В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно извлекают три шара. Найти вероятность того, что

а) третий шар окажется белым, если до этого был извлечён черный и красный шар;
б) первый шар окажется черным, второй – красным и третий – белым.

Решения и ответы в конце урока.

Надо сказать, что многие из рассматриваемых задач разрешимы и другим способом, но чтобы не возникло путаницы, пожалуй, вообще о нём умолчу.

Наверное, все заметили, что зависимые события возникают в тех случаях, когда осуществляется некоторая цепочка действий. Однако сама по себе последовательность действий ещё не гарантируют зависимость событий. Пусть, например, студент наугад отвечает на вопросы какого-нибудь теста – данные события хоть и происходят одно за другим, но незнание ответа на один вопрос никак не зависит от незнания других ответов =) Хотя, закономерности тут, конечно, есть =) Тогда совсем простой пример с неоднократным подбрасыванием монеты – сей увлекательный процесс даже так и называется: повторные НЕзависимые испытания.

Я как мог, старался отсрочить этот момент и подбирать разнообразные примеры, но если в задачах на теорему умножения независимых событий хозяйничают стрелки, то здесь происходит самое настоящее нашествие урн с шарами =) Поэтому никуда не деться – снова урна:

Задача 6

Из урны, в которой находится 6 белых и 4 черных шара, извлекаются наудачу один за другим три шара. Найти вероятность того, что:

а) все три шара будут черными;
б) будет не меньше двух шаров черного цвета.

Решение: всего: 6 + 4 = 10 шаров в урне.

Событий в данной задаче будет многовато, и в этой связи целесообразнее использовать смешанный стиль оформления, обозначая прописными латинскими буквами только основные события. Надеюсь, вы уже поняли, по какому принципу подсчитываются условные вероятности.

а) Рассмотрим событие:  – все три шара будут черными.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 

б) Второй пункт интереснее, рассмотрим событие:  – будет не меньше двух шаров черного цвета. Данное событие состоит в 2 несовместных исходах: либо все шары будут чёрными (событие ) либо 2 шара будут чёрным и 1 белым – обозначим последнее событие буквой .

Событие  включает в себя 3 несовместных исхода:

в 1-м испытании извлечён белый и во 2-м и в 3-м испытаниях – чёрные шары
или
в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – БШ и в 3-м – ЧШ
или
в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – ЧШ и в 3-м – БШ.

По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что среди трёх последовательно извлеченных шаров будет 2 чёрных и 1 белый шар.

На всякий случай озвучу примерный ход рассуждений при конструировании, например, произведения :
«в 1-м испытании с вероятностью  извлекается ЧШ, после чего в урне останется 9 шаров, среди которых 6 белых и 3 чёрных. И во 2-м испытании с вероятностью  извлекается  БШ, после чего в урне останется 8 шаров, среди которых 5 белых и 3 чёрных. И, наконец, в 3-м испытании с вероятностью  будет снова извлечён ЧШ»

По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что среди трёх последовательно извлеченных шаров будет не менее двух черных.

Ответ:

Вы просто не сможете от этого отказаться =):

Задача 7

Из 20 экзаменационных билетов 3 содержат простые вопросы. Пять студентов по очереди берут билеты. Найти вероятность того, что хотя бы одному из них достанется билет с простыми вопросами

А почему бы и нет? Ситуация более чем реалистичная: представьте, начался экзамен, в аудиторию пригласили 5 человек. Проведите самостоятельное исследование – какова вероятность того, что хоть кому-то из этих пяти добровольцев повезёт с билетом?

К  вопросу о тактике и стратегии сдачи экзамена мы вернёмся в конце статьи, а пока рассмотрим ещё одну стандартную задачу о перекладывании шаров из урны в урну:

Задача 8

В первой урне содержится 12 шаров, из них 7 белых, во второй – 6 шаров, из них 3 белых. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар, а затем из второй урны наудачу извлекают один шар. Найти вероятность того, что он окажется белым.

Решение: по условию, из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар, и, очевидно, он может быть как белым, так и не белым. В этой связи нужно рассмотреть 2 несовместные гипотезы:

 – из 1-й урны во 2-ю будет переложен белый шар;
 – из 1-й урны во 2-ю будет переложен не белый шар.

Обозначим через  зависимое событие – из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Несовместные исходы удобно расписать по пунктам:

1) По классическому определению:  – вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен белый шар. Пусть гипотеза  осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых теперь 4 белых шара. Таким образом:  – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда был переложен белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что во 2-ю урну будет переложен белый шар и после этого из 2-й урны будет извлечён белый шар.

2) По классическому определению:  – вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен не белый шар. Пусть гипотеза  осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых по-прежнему 3 белых. Таким образом:  – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда был переложен не белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что из 1-й урны во 2-ю будет переложен не белый шар и после этого из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Подводим итог. По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Ответ:

Более интересная вариация по теме:

Задача 9

В первой урне находится 3 белых и 2 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают 2 шара. Найти вероятность того, что из второй урны будет извлечён белый шар.

Для решения задания нужно рассмотреть 3 несовместные гипотезы, привлечь на помощь комбинаторику и воспользоваться типовой задачей на классическое определение вероятности.

Желающие могут ознакомиться с более трудными примерами из сборника Чудесенко, в которых перекладываются несколько шаров. Особым любителям предлагаю задачи повышенной комбинационной сложности – с двумя последовательными перемещениями шаров из 1-й во 2-ю урну, из 2-й в 3-ю и финальным извлечением шара из последней урны – смотрите последние задачи файла Дополнительные задачи на теоремы сложения и умножения вероятностей. Кстати, там немало и других интересных заданий.

А в заключение этой статьи мы разберём прелюбопытнейшую задачу, которой я вас заманивал на самом первом уроке =) Даже не разберём, а проведём небольшое практическое исследование. Выкладки в общем виде будут слишком громоздкие, поэтому рассмотрим конкретный пример:

Петя сдаёт экзамен по теории вероятностей, при этом 20 билетов он знает хорошо, а 10 плохо. Предположим, в первый день экзамен сдаёт часть группы, например, 16 человек, включая нашего героя. В общем, ситуация до боли знакома: студенты один за другим заходят в аудиторию и тянут билеты.

Очевидно, что последовательное извлечение билетов представляет собой цепь зависимых событий, и возникает насущный вопрос: в каком случае Пете с бОльшей вероятностью достанется «хороший» билет – если он пойдёт «в первых рядах», или если зайдёт «посерединке», или если будет тянуть билет в числе последних? Когда лучше заходить?

Сначала рассмотрим «экспериментально чистую» ситуацию, в которой Петя сохраняет свои шансы постоянными – он не получает информацию о том, какие вопросы уже достались однокурсникам, ничего не учит в коридоре, ожидая своей очереди, и т.д.

Рассмотрим событие:  – Петя зайдёт в аудиторию самым первым и вытянет «хороший» билет. По классическому определению вероятности: .

Как изменится вероятность извлечения удачного билета, если пропустить вперёд отличницу Настю? В этом случае возможны две несовместные гипотезы:

 – Настя вытянет «хороший» (для Пети) билет;
 – Настя вытянет «плохой» билет, т.е. увеличит шансы Пети.

Событие же  (Петя зайдёт вторым и вытянет «хороший» билет) становится зависимым.

1) Предположим, что Настя с вероятностью  «увела» у Пети один удачный билет. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых 19 «хороших». По классическому определению вероятности: 

 2) Теперь предположим, что Настя с вероятностью  «избавила» Петю от 1-го «плохого» билета. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых по-прежнему 20 «хороших». По классическому определению: 

Используя теоремы сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий, вычислим вероятность того, что Петя вытянет «хороший» билет, будучи вторым в очереди:

Вероятность… осталось той же! Хорошо, рассмотрим событие:  – Петя пойдёт третьим, пропустив вперёд Настю и Лену, и вытащит «хороший» билет.

Здесь гипотез будет побольше: дамы могут «обокрасть» джентльмена на 2 удачных билета, либо наоборот – избавить его от 2 неудачных, либо извлечь 1 «хороший» и 1 «плохой» билет. Если провести аналогичные рассуждения, воспользоваться теми же теоремами, то… получится такое же значение вероятности !

И так далее.

Таким образом, чисто с математической точки зрения, без разницы, когда идти – первоначальные вероятности останутся неизменными. НО. Это только усреднённая теоретическая оценка, так, например, если Петя пойдёт последним, то это вовсе не значит, что ему останутся на выбор 10 «хороших» и 5 «плохих» билетов в соответствии с его изначальными шансами. Данное соотношение может варьироваться в лучшую или худшую сторону, однако всё же маловероятно, что среди билетов останется «одна халява», или наоборот – «сплошной ужас». Хотя «уникальные» случаи не исключены – всё-таки тут не 3 миллиона лотерейных билетов с практически нулевой вероятностью крупного выигрыша. Поэтому «невероятное везение» или «злой рок» будут слишком уж преувеличенными высказываниями. Даже если Петя знает всего лишь 3 билета из 30, то его шансы составляют 10%, что заметно выше нуля. И из личного опыта расскажу обратный случай: на экзамене по аналитической геометрии я хорошо знал 24 вопроса из 28, так вот – в билете мне попались два «плохих» вопроса; вероятность сего события подсчитайте самостоятельно :)

Математика и «чистый эксперимент» – это хорошо, но какой стратегии и тактики всё же выгоднее придерживаться в реальных условиях? Безусловно, следует принять во внимание субъективные факторы, например, «скидку» преподавателя для «храбрецов» или его усталость к концу экзамена. Зачастую эти факторы могут быть даже решающими, но в заключительных рассуждениях я постараюсь не сбрасывать со счетов и дополнительные вероятностные аспекты:

Если Вы готовы к экзамену хорошо, то, наверное, лучше идти «в первых рядах». Пока билетов полный комплект, постулат «маловозможные события не происходят» работает на Вас гораздо в бОльшей степени. Согласитесь, что намного приятнее иметь соотношение «30 билетов, среди которых 2 плохих», чем «15 билетов, среди которых 2 плохих». А то, что два неудачных билета на отдельно взятом экзамене (а не по средней теоретической оценке!) так и останутся на столе – вполне и вполне возможно.

Теперь рассмотрим «ситуацию Пети» – когда студент готов к экзамену достаточно хорошо, но с другой стороны, и «плавает» тоже неплохо. Иными словам, «больше знает, чем не знает». В этом случае целесообразно пропустить вперёд 5-6 человек, и ожидать подходящего момента вне аудитории. Действуйте по ситуации. Довольно скоро начнёт поступать информация, какие билеты вытянули однокурсники (снова зависимые события!), и на «заигранные» вопросы можно больше не тратить силы – учите и повторяйте другие билеты, повышая тем самым первоначальную вероятность своего успеха. Если «первая партия» экзаменующихся «избавила» вас сразу от 3-4 трудных (лично для Вас) билетов, то выгоднее как можно быстрее попасть на экзамен – именно сейчас шансы значительно возросли. Постарайтесь не упускать момент – всего несколько пропущенных вперёд человек, и преимущество, скорее всего, растает. Если же наоборот, «плохих» билетов вытянули мало – ждите. Через несколько человек эта «аномалия» опять же с большой вероятностью, если не исчезнет, то сгладится в лучшую сторону. В «обычном» и самом распространённом случае выгода тоже есть: расклад «24 билета/8 плохих» будет лучше соотношения «30 билетов/10 плохих». Почему? Трудных билетов теперь не десять, а восемь! С удвоенной энергией штудируем материал!

Если Вы готовы неважно или плохо, то само собой, лучше идти в «последних рядах» (хотя возможны и оригинальные решения, особенно, если нечего терять). Существует небольшая, но всё же ненулевая вероятность, что Вам останутся относительно простые вопросы + дополнительная зубрёжка + шпоры, которые отдадут отстрелявшиеся сокурсники =) И, да – в совсем критической ситуации есть ещё следующий день, когда экзамен сдаёт вторая часть группы ;-)

Какой можно сделать вывод? Субъективный оценочный принцип «кто идёт раньше, тот готов лучше» находит внятное вероятностное обоснование!

Ну, а если на экзамене произойдёт «несчастный случай», не расстраивайтесь и вспомните моё пожелание:

Везения в главном!

Решения и ответы:

Автор: Емелин Александр

Высшая математика для заочников и не только >>>

(Переход на главную страницу)

Как можно отблагодарить автора?

Zaochnik.com – профессиональная помощь студентам,

cкидкa 15% на первый зaкaз, при оформлении введите прoмoкoд: 5530-hihi5

© Copyright  Александр Емелин, mathprofi.ru, 2010-2024, сделано в Блокноте