Приклади розв’язання задач. Тема: Основні поняття та формули теорії ймовірностей.

Тема: Основні поняття та формули теорії ймовірностей.

 

Методичні рекомендації до вивчення теми

При вивченні цієї теми слід зосередити увагу на засвоєнні поняття ймовірності та класичного і статистичного її означень, особливо статистичного, оскільки воно в основному зустрічається на практиці і є основою статистичних методів дослідження. Необхідно також добре розібратися у поняттях незалежності і залежності, сумісності і несумісності випадкових подій, а також засвоїти поняття умовної ймовірності.

Для розв’язання задач необхідно засвоїти формули додавання та множення ймовірностей та зрозуміти умови їх застосування, що вимагає засвоєння теоретико-множинного подання випадкових подій та операцій з випадковими подіями. Необхідно також добре розібратися з формулою повної ймовірності та формулою Байєса, оскільки вона має досить широке застосування у прикладних та наукових дослідженнях.

Слід мати на увазі, що на відміну від багатьох задач математичного аналізу для розв’язання яких достатньо буває скористатись відповідним довідником, чи формально застосувати відповідне правило, формулу чи метод, задачі теорії ймовірності вимагають глибокого розуміння умови задачі і самостійного методу розв’язання.

 

Приклади розв’язання задач.

Приклад 1. Проведено флюорографічне обстеження 10000 чоловіків віком понад 40 років. Серед обстежених 4000 палять, 3300 мають захворювання легень. Серед чоловіків, що палять, 1800 мають захворювання. Знайти і порівняти ймовірності захворювання легень у чоловіків, що палять, і у чоловіків, що не палять. Яке означення ймовірності використовується при розв’язанні?

 

Розв’язання: Введемо позначення випадкових подій:

А – захворювання легень у чоловіка, що не палить;

B – захворювання легень у чоловіка, що палить;

І позначення змінних:

N = 10000 – загальне число обстежених;

N_s = 4000 – число обстежених, що палять;

N_x = 3300- число хворих серед обстежених;

N_­sx = 1800 – число хворих серед тих, хто палить;

N_ns = 10000 – 4000 = 6000 – число тих, що не палять;

N_nx = 3300 – 1800 = 1500 – число хворих, що не палять;

Оскільки в даній задачі ймовірності визначаються на основі проведених досліджень і не може бути визначена повна група елементарних подій, то використаємо статичне означення ймовірності. Статичні ймовірності подій A і В, у відповідності з означенням статичної ймовірності, дорівнюють:

Як видно, ймовірність захворювання легень у чоловіків, що палять, суттєво вища, ніж у тих, що не палять.

Приклад 2. В одній скрині знаходиться 5 білих куль, а в іншій – 5 червоних куль. Кулі кожного кольору позначені цифрами від 1 до 5. З кожної скрині виймають навмання одну кулю. Знайти ймовірність того, що сума номерів вийнятих куль більша 6. Яку означення теорії ймовірності використовується при розв’язанні?

Розв’язання. Побудуємо вибірковий простір випробування «сума чисел на двох кулях з двох скринь». Очевидно, з кожної скрині може бути витягнуто будь-яку кулю з однаковою ймовірністю. Усі можливі результати випробування (сума чисел на вийнятих кулях) можна подати таблицею:

 

У першому рядку таблиці містяться можливі числа на першій кулі, а у першому стовпику – на другій. У клітинках таблиці знаходяться суми чисел на обох кулях (на перетині рядка і та стовпчика j стоїть число i+j), тобто усі можливі наслідки заданого випробування. Оскільки для кожної кульки можливі 5 станів (числа від 1 до 5), то система з двох кульок може мати N=5*5=25 станів (різні комбінації цифр на кулях). Неважко бачити, що усі стани є рівно можливими, тобто вибірковий простір випробування являє собою повну групу елементарних подій, так що можна скористатися класичним означенням ймовірності.

Розглянемо подію А: «сума чисел на кулях більша 6». Безпосередньо у таблиці знаходимо клітинки, в яких стоять числа, більші за 6,- це ті елементарні події випробування, що сприяють подій А. Шляхом підрахунку клітинок у таблиці визначаємо N_A = 1.

У відповідності до класичного означення ймовірності визначаємо ймовірності події А:

 

Приклад 3: В результаті дослідження встановлено, що 25% особин популяції плодової мушки мають мутацію крилець, 20% - мутацію очей, 10% - мутацію і крилець, і очей.

1) Яка ймовірність, що у взятої навмання мушки є мутація очей, якщо у неї є мутація крилець?

2) Яка ймовірність, що у взятої навмання мушки є мутація крилець, якщо у неї є мутація очей?

Розв’язання: Введемо позначення: К – наявна мутація крилець, Г – наявна мутація очей. За умовою маємо:

Тоді ймовірність мутації очей при наявності мутації крилець визначається як умовна ймовірність:

Аналогічно, ймовірність мутації крилець при наявності мутації очей дорівнює

Приклад 4: У скрині знаходиться 10 однакових куль, пронумерованих від 1 до 10. Навмання виймають одну кулю. Випадкова подія А є «номер кулі парний», випадкова подія В є «номер кулі більше шести», подія С є «номер кулі кратний числу 3».

1) Описати наступні події і знайти їх ймовірності за допомогою формул додавання і множення ймовірностей:

a. об’єднання подій А і В

b. переріз подій А та В

c. інверсія (заперечення) події В ;

d. об’єднання інверсії події С та подій В

2) Записати в алгебраїчній формі наступні події і знайти їх ймовірності за допомогою формул додавання і множення ймовірностей:

а) Н: номер кулі не більше 6 і не кратний трьом;

б) I: номер кулі парний або більше 6;

в) J: номер кулі непарний і не кратний трьом.

Розв’язання: Вибірковий простір випробування «витягання однієї кулі» є:

Вибіркові простори подій А,В,С:

За класичним означенням ймовірності визначимо ймовірності подій А,В,С:

 

1а) Подія D є об’єднанням подій А та В (D=A або В), причому події А та В є сумісними (вони можуть відбутися разом в одному випробуванні) і залежними. Ймовірність події D визначається за формулою додавання ймовірностей:

Для перевірки отриманого результату побудуємо вибірковий простір події D:

Як видно, , так що

1б) Подія Е є перерізом подій А та В (Е=А і В), причому події А та В є сумісними (вони можуть разом в одному випробуванні) і залежними. Ймовірність події Е визначається за формулою множення ймовірностей:

Для перевірки отриманого результату побудуємо вибірковий простір події Е:

.

Як видно, , так що

1в) Подія F є протилежною до події В і, таким чином,

Для перевірки отриманого результату побудуємо вибірковий простір події F:

.

Як видно, , так що

1г) Подія G є об’єднанням подій та В ( або В), причому події та В є сумісними (вони можуть відбутися разом в одному випробуванні) і залежними. Ймовірність події D визначається за формулою додавання ймовірностей:

Для перевірки отриманого результату побудуємо вибірковий простір події G:

Як видно, , так що

2а) Умова «номер кулі не більше 6» відповідає запереченню події В, тобто , а умова «номер не кратний 3» - події (заперечення події С). Випадкова подія Н є їх перерізом, тобто

причому події і є сумісними і залежними.

Таким чином, ймовірність події Н визначається за формулою множення ймовірностей

 

Правильність результату неважко перевірити шляхом побудови вибіркового простору події H.

2б) Умова «номер кулі парний» відповідає події А, а умова «номер кулі більше 6» - події В. Оскільки подія І полягає у здійснені або події А, або події В, або їх разом, то подія І є об’єднанням подій А і В:

Події А та В є сумісними і залежними. Отже, ймовірність події І визначається за формулою додавання ймовірностей:

Правильність результату неважко перевірити шляхом побудови вибіркового простору події I.

2в) Умова «номер кулі непарний» відповідає запереченню (інверсії) події А, а умова «номер кулі не кратний 3» - запереченню події С. Оскільки подія J полягає у здійсненні спільно і події , і події , то подія J є перерізом подій та :

Події та є сумісними та залежними. Отже, ймовірність події J визначається за формулою множення ймовірностей:

Правильність результату неважко перевірити шляхом побудови вибіркового простору події J.

 

Приклад 5: Студент підготував до іспиту 30 питань з 40. Яка ймовірність того, що студент відповість на 3 заданих йому запитання?

Розв’язання: Призначимо випадкові події: A₁ – успішна відповідь на перше запитання, A₂ – успішна відповідь на друге запитання, A₃ – успішна відповідь на третє запитання, U – успішна відповідь на всі запитання.

Відповідь на всі три запитання означає сумісне здійснення подій A₁,A₂,A₃ тобто:

Але події A₁,A₂,A₃ є залежними, оскільки отримання питання, на яке студент знає відповідь, змінює ймовірність того, що і наступне питання буде таким, яке він знає. Отже, за формулою множення ймовірностей

Вважаючи вибір кожного питання рівно ймовірним, за класичним означенням ймовірності знаходимо

Після вибору першого питання, на яке студент знає відповідь, залишається всього 40-1=39 запитань, а тих, на які студент знає відповідь, 30-1=29. Отже, ймовірність, що друге питання буде таким, яке студент знає, дорівнює

Коли вибрано друге питання, які студент знає, залишається всього 40-2=38 питань, з яких таких, які студент знає, буде 30-2=28. Значить, ймовірність, що третє питання буде таким, яке студент знає, дорівнює

Таким чином, ймовірність того, що студент відповість на всі три запитання, становить

 

Приклад 6: При захворюванні шлунку ймовірність правильного діагнозу при рентгеноскопічному обстеженні становить 0,7, а при ендоскопічному – 0,8. Яка ймовірність правильного діагнозу, якщо пацієнт проходить незалежно рентгеноскопічне та ендоскопічне обстеження?

Розв’язання: Позначимо випадкові події: R – правильний діагноз при рентгенівському обстеженні, Е – правильний діагноз при ендоскопічному обстеженні. Очевидно, ці події є сумісними і незалежними. За умовою

Встановлення правильного діагнозу при проходженні незалежно обох обстежень відповідає об’єднанню подій R та E (правильний діагноз встановлюється або першим, або другим методом, або обома ними). Таким чином, ймовірність правильного діагнозу визначається за формулою додавання ймовірностей:

Приклад 7: Ймовірність безвідмовної роботи деякого елемента системи дорівнює P_i=0.05. З метою підвищення надійності системи до неї включено n=4 таких елементи, які є незалежними. Знайти ймовірність безвідмовної роботи такої системи, якщо вона виходить з ладу при умові відмови усіх чотирьох елементів.

Розв’язання: Введемо позначення випадкових подій:

P_i – вихід з ладу і-го елементу, i=1,…,4.

A- система працездатна.

Подія A (система працездатна) має місце при умові, що хоча б один елемент справний. Вона є протилежною до події (система непрацездатна), яка має місце, якщо усі 4 елементи несправні. Ймовірність події визначається за формулою множення ймовірностей

Тоді ймовірність події А (як протилежної до події ) дорівнює

Приклад 8: Серед пацієнтів діагностичного центру 40% з району А, 20% - з району В, 25% - з району С і 15% - з району D. В районі А 20% населення є потерпілими від Чорнобильської аварії, в районі В – 10%, в районі С – 12%, в районі D – 10%. Яка ймовірність, що навмання обраний пацієнт є потерпілим від Чорнобильської катастрофи?

Розв’язання: Введемо відносно випробування «випадковий вибір пацієнта» позначення випадкових подій:

А – пацієнт з району А,

В – пацієнт з району В,

С – пацієнт з району С,

D – пацієнт з району D,

К – пацієнт є потерпілим від Чорнобильської катастрофи.

Очевидно, події А, В, С, D утворюють повну групу випадкових подій відносно даного випробування, оскільки при випробуванні обов’язково відбувається якась одна і тільки одна з цих подій (дійсно, кожний пацієнт обов’язково належить до якогось одного з даних чотирьох районів, і він не може бути одночасно з двох чи більше районів). За умовою задачі визначимо ймовірності приналежності пацієнтів до кожного з районів:

Подія К виконується лише при здійсненні якоїсь з подій А, В, С, D і є залежною від них, так що, виходячи з умови задачі можемо визначити умовні ймовірності події К:

Оскільки події А, В, С, D утворюють повну групу випадкових подій і подія К є залежною від них, то можемо застосувати формулу повної ймовірності, за ймовірність події К дорівнює:

Отже, ймовірність того, що випадковий пацієнт діагностичного центру є потерпілим від Чорнобильської катастрофи становить 14,5%.

Отже, ймовірність того, що випадковий пацієнт діагностичного центру є потерпілим від Чорнобильської катастрофи становить 14,5%.

Приклад 8: Серед пацієнтів діагностичного центру 40% з району А, 20% - з району В, 25% - з району С і 15% - з району D. В районі А 20% населення є потерпілими від Чорнобильської аварії, в районі В – 10%, в районі С – 12%, в районі D – 10%. Навмання обраний пацієнт виявляється постраждалим від Чорнобильської катастрофи. Знайти ймовірності його приналежності до кожного з 4 районів.

Розв’язання: Введемо відносне випробування «випадковий вибір пацієнта» позначення випадкових подій (гіпотез):

А – пацієнт з району А,

В – пацієнт з району В,

С – пацієнт з району С,

D – пацієнт з району D,

К – пацієнт є потерпілим від Чорнобильської катастрофи.

Очевидно, події А, В, С, D утворюють повну групу випадкових подій відносно даного випробування, оскільки при випробуванні обов’язково відбувається якась одна і тільки одна з цих подій (дійсно, кожний пацієнт обов’язково належить до якогось одного з даних чотирьох районів, і він не може бути одночасно з двох чи більше районів). За умовою задачі визначимо апріорні ймовірності приналежності пацієнтів до кожного з районів (ймовірність гіпотез):

Подія К здійснюється тільки при здійсненні якоїсь із подій А, В, С, D і є залежною від них, так що, виходячи з умови задачі, можемо визначити умовні ймовірності події К:

Оскільки задача вимагає визначення ймовірностей гіпотез на основі відомого результату виконаного випробування і заданих ймовірностей гіпотез, то застосуємо формулу Байєса, яка для даної задачі матиме вигляд:

де G_i,G_j – гіпотези А, В, С, D.

Підставляючи чисельні значення, отримуємо:

- ймовірність того, що пацієнт з району А

- ймовірність того, що пацієнт з району B

- ймовірність того, що пацієнт з району C

- ймовірність того, що пацієнт з району А