Как найти вероятность поражения цели

Вероятность
попадания, показывая степень объективной
возможно­сти попадания в цель, уже
является некоторым критерием, определяю­щим
действительность данной стрельбы.
Однако сама по себе вероят­ность
попадания не дает ответа на целый ряд
практических вопросов, знание которых
необходимо для эффективного использования
оружия. Так, вероятность попадания не
отвечает на вопрос о том, сколько в
среднем можно ожидать попаданий в цель,
если при данной вероятности попадания
по ней будет израсходовано определенное
количество боепри­пасов, или какова
вероятность попасть в цель хотя бы одним
снарядом, или какой процент пораженных
фигур можно рассчитывать при стрельбе
данным количеством патронов по групповой
цели.

Решение подобных
вопросов связано с понятиями о вероятности
по­ражения цели и математическом
ожидании числа попаданий в цель.

Математическое
ожидание числа попаданий

В
практике стрельбы часто надо знать, на
какое количество попада­ний в среднем
можно рассчитывать, если в данных
условиях по цели будет произведено
определенное количество выстрелов.

Из
главы «Сведения из теории вероятностей»
известно, что среднее ожидаемое значение
какой-либо случайной величины называется
мате­матическим
ожиданием данной величины.
Математическое ожидание оп­ределяется
как сумма парных произведений частных
значений данной величины на соответствующую
ей вероятность:

МОЖ(Х)
= Х₁·Р₁
+ Х₂·Р₂+
…+Х_n
·P_n.

Таким
образом, математическое ожидание числа
попаданий при од­ном выстреле (a₁)
найдется из выражения:

МОЖ
(числа попаданий) =а₁
= 1
· Р_ф
+0
· q,

где
а₁
–
математическое ожидание числа попаданий
при одном выстреле;

Р_ф
– вероятность попадания в фигуру;

q
– вероятность промаха, равная (1-Р_ф).

Так
как второй член произведения равен
нулю, можно записать: а₁=Р_ф,
т. е. При одном выстреле математическое
ожидание числа попа­даний численно
равно вероятности попадания.

Необходимо
помнить, что это равенство только
численное, т. к. ма­тематическое
ожидание числа попаданий в отличие от
вероятности попа­дания есть именованное
число. Оно может быть целым, дробным,
большим чем единица и вообще любым
именованным числом, в то время как
вероятность попадания отвлеченное
число, которое не бывает меньше нуля и
больше единицы.

Математическое
ожидание числа попаданий при нескольких
выстре­лах определяется на основе
одной из теорем теории вероятностей,
кото­рая читается следующим образом.

Математическое
ожидание суммы событий равно сумме
математических ожиданий этих событий:

a_n=a₁
+ а₂
+ а₃
+ . . . +а_n.

Пример.
Определить математическое ожидание
числа попаданий в танк, двигающийся на
огневую позицию противотанкового
орудия, если по нему будет произведено
3 выстрела со следующими вероятностями
по­падания: 0,3; 0,6; 0,9.

Решение.
1. Математическое ожидание числа попаданий
при каж­дом выстреле численно равно
вероятности попадания.

А)
При первом выстреле: а₁
= р₁=0,3
попадания.

Б)
При втором выстреле: а₂=р₂
=0,6
попадания.

В)При
третьем выстреле: а₃=р₃=0,9
попадания.

1. На основе
   вышеприведенной теоремы определим
   математическое ожидание числа попаданий
   при трех выстрелах:

а_з=а₁
+ а₂
+ а₃=0,3+0,6+0,9=1,8
попаданий.

Если
вероятность попадания от выстрела к
выстрелу не изменяется, то математические
ожидания числа попаданий при каждом
выстреле будут равными между собой. В
этом случае можно записать: а_n
=n·a₁
или, учитывая, что a₁
= Р, а_n
= n·
Р,

где
n
– число предпо­лагаемых выстрелов.

Математическое
ожидание числа попаданий есть среднее
возмож­ное число попаданий, которое
может быть получено при большом числе
выстрелов в возможно одинаковых условиях.

Пример.
Определить, сколько в среднем можно
ожидать попаданий при стрельбе короткими
очередями по поясной мишени из автомата
Ка­лашникова (АК74) на дальность 200 м,
если СТП совпадает с серединой нижнего
обреза цели и по цели будет израсходовано
9 патронов.

Решение.
1. Определим вероятность попадания в
фигуру

Вц=Вб
=0,11 м.

;

;

.

;

;
Pб=Ф(2,27)=0,874.

Рф=Рв·Рб;
Рф=0,5·0,874=0,437.

К_ф
в
данном случае применять не следует, так
как фигурные очер­тания цели выходят
за пределы эллипса рассеивания.

1. Определим среднее
   ожидаемое число попаданий.

A_n
= n·р;
а_n=9·0,437=3,933;
а_n≈
4
попадания.

Найденный
ответ «≈4 попадания» необходимо понимать
следующим образом. При каждой отдельной
стрельбе может быть различное число
попаданий: от нуля (все промахи) до 9
попаданий. Однако, при большом числе
аналогичных стрельб в среднем на каждые
9 выстрелов будет при­ходиться 4
попадания.

Формула
а_n
=n
·р
применима для определения математического
ожидания числа попаданий в цель при
стрельбе как одиночными выст­релами,
так и очередями (залпами) при условии,
что вероятность попа­дания р
от
выстрела к выстрелу не изменяется.

При
стрельбе очередями, когда вероятность
попадания первых (Р₁)
и последующих (Р_посл.)
снарядов (пуль) неодинакова, математическое
ожидание числа попаданий можно определить
по формуле:

А_n
=n₁·P₁+
n_посл.·P_посл.,

где
n₁
– число первых снарядов (пуль);

P₁
–
вероятность попадания каждого из первых
снарядов (пуль);

n_посл.
– число последующих снарядов в очереди;

Р_посл.
– вероятность попадания последующих
снарядов очереди.

Пример.
Определить математическое ожидание
числа попаданий при стрельбе тремя
очередями, если общее число всех выстрелов
равно 12, а вероятность попадания для
каждого первого Р₁
=0,2,
а для каждо­го последующего Р_посл.
=0,1.

Решение.
А_n=n₁
· P₁
+
n_посл.·
Р_посл.
= 3·0,2+9·0,1 = 1,5
попадания.

Вероятность
поражения цели (надежность стрельбы)

Математическое
ожидание числа попаданий, являясь
определенным показателем эффективности
стрельбы, не дает, однако, ответа на
вопрос о том, как часто может быть получен
данный результат, то есть не отве­чает
на вопрос о том, какова вероятность
того, что при
первой же стрельбе будет
получено 5, 4, 3, 2 или хотя бы одно попадание
в цель.

При
стрельбе по живой цели достаточно
получить хотя бы одно попадание, чтобы
вывести ее из строя; поэтому вероятность
попасть хотя бы один раз при заданном
числе выстрелов называется вероятностью
по­ражения живой цели или надежностью
стрельбы.

Из
определения вероятности поражения цели
(надежности стрель­бы) видно, что
вероятность поражения будет определяться
по формуле вероятности появления события
хотя бы один раз, выведенной в главе
«Сведения из теории вероятностей»:

Р₁=1-(1-р)ⁿ,

где
Р₁
– вероятность поражения цели (надежность
стрельбы) или ве­роятность появления
события хотя бы один раз;

р
– вероятность попадания при одном
выстреле;

n
– число выстрелов.

Пример.
Пулеметчик ПКМ ведет огонь по грудной
мишени на рас­стоянии 400 метров
очередями в 5 патронов. Какова вероятность
того, что цель будет поражена первой
очередью? Стрельба ведется легкой
пу­лей, СТП совпадает с центром цели.

Решение.
1. Определим вероятность попадания в
грудную мишень (по приведенным размерам
цели).

Рв=0,517.

;
Рб=0,401.

Рф=0,517·
0,401 = 0,207; Рф,=0,207.

1. Определим
   вероятность поражения цели при стрельбе
   5-ю патро­нами

Р₁=1-(1-р)^п;

р₁
= 1- (1-0,207)⁵=1-
0,793⁵=0,687.

Таким образом, при
стрельбе в данных условиях вероятность
пора­зить цель первой (так же как и
любой последующей) очередью в 5 патро­нов
равна 0,69.

Найденная
вероятность, отвечая на вопрос о том,
как часто может быть выполнена поставленная
задача, характеризует степень надежно­сти
данной стрельбы. Поэтому вероятность
попасть хотя бы один раз в данных
условиях, кроме вероятности поражения,
называют еще надеж­ностью
стрельбы.

Из
анализа формулы видно, что вероятность
поражения цели (на­дежность стрельбы)
зависит от вероятности попадания и от
числа выст­релов. При одном выстреле
вероятность поражения равна вероятности
попадания Р₁₌р.
Чем больше вероятность попадания и
число выстре­лов, тем надежнее стрельба.

Для
повышения надежности стрельбы по
одиночным целям в боевых условиях
используют оба эти направления: или
стремятся повысить ве­роятности
попадания (например, огонь снайперов),
или увеличивают количество патронов
(применение сосредоточенного огня
нескольких огневых средств).

Рассмотренная
нами формула Р₁
=(1-р)ⁿ
применима для оп­ределения вероятности
поражения не только одиночными выстрелами,
но и очередями (залпами) при условии,
если вероятность попадания р
от выстрела к выстрелу не изменяется.

В
предыдущей главе было отмечено, что при
стрельбе очередями рассеивание
последующих снарядов в очереди может
быть больше рассеивания пер­вых и,
кроме того, между СТП первых и последующих
снарядов может быть некоторый разрыв.

В
таких случаях вероятность попадания
каждого последующего снаряда (пули)
будет отличаться от вероятности попадания
первого снаряда (пули) в каждой очереди
выстрелов.

Порядок определения
вероятности поражения цели в этом случае
мо­жет быть следующим.

Пример.
Стрельба ведется из автомата Калашникова
по грудной фи­гуре на дальность 300 м.
Определить вероятность поражения цели
при стрельбе двумя очередями по три
выстрела в каждой, если средняя точ­ка
попадания первых и последующих пуль
совпадает с центром цели.

Решение.
По таблицам стрельбы (ТС № 63 ГРАУ)
находим:

• при
  стрельбе одиночными выстрелами Вв=0,10
  м, Вб=0,10
  м;

• при
  стрельбе очередями Вв=0,17
  м; Вб=0,17
  м.

Высота
цели 2у¹=0,42
м, ширина 2z¹
=0,42 м (приведенные разме­ры цели).

1. Определим
   вероятность поражения цели первыми
   (двумя) выст­релами очередей.

а) Находим вероятность
попадания в цель

;

;
рв=0,843.

;

;
рб=0,843.

Рф
= Р_в
· Рб ; Рф =0,843 ·0,843=0,71
или 71%.

б)
Находим вероятность поражения цели
первыми пулями очередей
Р_1посл.-(1-р_посл.)ⁿ=1-(1-0,71)²
= 0,916.

1. Определим
   вероятность поражения цели последующими
   (четырь­мя) выстрелами.

а) Находим вероятность
попадания в цель

;
Рв=0,593.

;
Рб=0,593.

Р_посл.=0,593·0,593=0,353.

б) Находим вероятность
поражения

Р_I
посл.
= 1-(1-р_посл.)ⁿ
=1-(1-0,353)⁴
= 0,825.

1. Определим
   вероятность поражения цели с учетом и
   первых, и последующих выстрелов.

Вероятность
непоражения
цели только первыми выстрелами равна
1-Р_I,1
=1-0,916=0,084
и только последующими выстрелами 1-
Р_I
посл.
=1 – 0,825= =0,175.

Вероятность
того, что цель не будет поражена при
всех шести выст­релах, равна (1-Р_I,1)·(
1-
Р_I
посл.)
= 0,084·0,175 = 0,015.

Вероятность
поражения цели при стрельбе очередями
(Р_I
оч.)с
уче­том первых и последующих выстрелов
равна Р_I
оч.
=1-0,015=0,985.

Пример.
Все условия задачи те же, что и в предыдущем
примере, но средняя точка попадания
последующих выстрелов левее центра
цели на 20 см и ниже его на 20 см (рис. 62).

Решение.
1. Вероятность поражения цели первыми
(двумя) выстре­лами Р_I,1
=0,916 (как в предыдущем примере).

1. Определим
   вероятность поражения цели последующими
   (четырь­мя) выстрелами.

а) Находим вероятность
попадания.

Hа
рис. 62 видно, что у₁=0,41
м; у₂=0,01
м; z₁=0,41
м; z₂
= 0,01 м.

;

;

.

;

;

.

Рв=Рв₁+Рв₂;
Рв=0,448+0,016=0,464.

;

;

.

;

;

.

Рб=
Рб₁+Рб₂;
Рб=0,448+0,016=0,464.

Р_посл.=Рв+Рб;
Р_посл.=0,464·0,464≈0,215.

б)
Находим вероятность пора­жения цели
последующими выстре­лами

P_i,
_поcл.
=1 – (1- Р_посл.)ⁿ
; P_i
поcл.=1-(1-0,215)⁴=0,62.

в)
Находим вероятность поражения цели
при стрельбе обеими очередями Р₁,
_оч.
= 1 – (1 – 0,916)· (1 – 0,62) =1 –0,084·0,38=0,968.

Если
стрельба ведется несколь­кими
одинаковыми очередями, по­рядок
определения вероятности по­ражения
целей может быть еще и такой:

1.
Определить вероятность по­ражения
цели при стрельбе одной очередью
(вышеописанным спосо­бом).

2. Определить
вероятность поражения цели при стрельбе
заданным числом очередей по формуле:

р_i,оч.
=
1 — (1 — Р_1,оч.)ⁿ,

где
Р_1,
оч.
– вероятность поражения цели одной
очередью;

n
– число таких очередей.

Решим этим способом
ту же задачу, что и в первом примере.

1. Вероятность
   поражения цели последующими двумя
   выстрелами

   очереди равна: Р_{1,
   посл}.
   =1-(1- 0,353)²=1-
   0,647²=1-
   0,418=0,582.

2. Вероятность
   поражения при стрельбе одной
   очередью равна:

Р_1,
оч.
= 1-(1-0,916)·(1-0,582) =1- 0,084 · 0,418 = 0,965.

Вероятность
поражения цели двумя очередями равна

Р_1,
оч.=
1- (1-0,965) ²=1-0,012=0,988.

Как
видим, вероятность поражения цели такая
же, как и в первом примере. Поэтому
гораздо удобнее производить расчеты
вероятности по­ражения цели при
стрельбе несколькими очередями по
приведенной формуле.

Для
определения вероятности поражения
одиночных целей при ус­ловии, что
вероятность попадания от выстрела к
выстрелу не меняется, можно пользоваться
приложением № 1.

Данная
таблица представляет собой рассчитанную
формулу Р₁
= 1-(1-р)^п
для различной величины вероятности
попадания и числа выстрелов.

После
того, как будет найдена вероятность
попадания в мишень, например, р=0,28,
вероятность поражения находится по
таблице следую­щим образом: в
вертикальном столбце находим значение
вероятности попадания р=0,28,
а в горизонтальной строчке против числа,
соответст­вующего числу выстрелов
n,
находим вероятность поражения цели
(на­дежность стрельбы), например, при
пяти выстрелах – 0,81.

Пользование
этой таблицей облегчает решение целого
ряда задач. Однако она не оказывает
помощи в решении задач при большом числе
выстрелов. Для облегчения решения этой
задачи пользуются зависимо­стью между
математическим ожиданием числа попаданий
и вероятно­стью поражения цели.

Зависимость
между математическим ожиданием числа
попаданий и вероятностью поражения
(надежностью стрельбы)

Анализируя
формулы для определения математического
ожидания числа попаданий (а_n
= n
· р)
и для определения вероятности пора­жения

(Р_i
=1-(1-р)ⁿ),
можно увидеть, что обе эти величины
зависят от ве­роятности попадания и
числа выстрелов. Вполне естественно,
что эти две величины связаны между собой
определенной зависимостью: чем больше
математическое ожидание числа попаданий,
тем больше вероят­ность поражения
цели. (Исключение представляет случай,
когда вероят­ность попадания равна
нулю или единице).

Это положение
позволяет составить специальные таблицы
для пере­хода от математического
ожидания числа попаданий к вероятности
по­ражения.

Однако
составление и пользование такими
таблицами осложняется тем, что характер
зависимости между математическим
ожиданием числа попаданий и вероятностью
поражения изменяется с изменением
вероят­ности попадания. Например, при
вероятности попадания, равной едини­це,
увеличение количества выстрелов будет
систематически увеличивать математическое
ожидание числа попаданий. Однако
вероятность пора­жения P₁
все
время будет оставаться равной единице.

Для
перехода от вероятности поражения к
математическому ожида­нию числа
попаданий можно пользоваться приложением
№ 1, составленным для вероятности
попадания, равной 0,1. (Практически этим
приложением можно пользоваться при
вероятности попадания, не пре­вышающей
0,3 – 0,4).

Наличие
такого приложения значительно облегчает
решение задач по определению вероятности
поражения цели, т. к. вместо решения
формулы

P_i
=1-
(1-р)ⁿ
, где приходится возводить дробное число
в «n-ную»
степень, можно решить формулу а_n=
n·р
и по приложению № 1 определить значение
вероятности поражения.

Решение
вышеприведенного примера с помощью
таблицы выгляде­ло бы следующим
образом.

После
определения вероятности попадания в
фигуру Р_ф
= 0,28 надо определить математическое
ожидание числа попаданий при 5 выстрелах.

А_n
=n·р;
а_n
=5·0,28= 1,4
попадания.

По
данному значению а_п
= 1,4 попадания по приложению №1 определя­ем,
что вероятность поражения равна 0,772.
Небольшое расхождение в значении
вероятности поражения (Р₁),
рассчитанной по формуле и определенной
по таблице, получается в результате
того, что таблица рассчи­тана для
вероятности попадания, равной 0,1, а в
нашем примере вероят­ность попадания
равна 0,28.

Таким
образом, наличие приложения № 2 позволяет
быстро переходить от вероятности
поражения к математическому ожиданию
числа попада­ния и обратно, что особенно
удобно при определении процента
поражен­ных фигур групповой цели и
при определении количества патронов,
не­обходимых для выполнения той или
иной огневой задачи.

Математическое
ожидание числа пораженных фигур групповой
цели

Степень
наносимого поражения при стрельбе по
групповым целям определяется числом
(процентом) пораженных фигур, входящих
в дан­ную цель. Считают, что огонь на
уничтожение групповой цели соответствует
поражению 80 % фигур цели, огонь на
подавление соответствует по­ражению
50% фигур цели. Решая огневую задачу,
необходимо иметь представление о том,
каково может быть поражение цели при
израсхо­довании данного количества
патронов.

Для
определения процента пораженных фигур
при стрельбе по широ­ким целям из
пулеметов применяется рассмотренная
выше таблица № 1, показывающая зависимость
между математическим ожи­данием числа
попаданий в одну фигуру и вероятностью
поражения этой фигуры.

Сущность решения
задачи сводится к следующему.

Пусть
на фронте АВ
имеется
несколько перебегающих фигур. Тре­буется
определить средний процент пораженных
фигур групповой цели, если по цели будет
израсходовано n
патронов.

Для решения этой
задачи прежде всего необходимо определить
ве­роятность попадания в одну из фигур
данной групповой цели:

.

Зная
вероятность попадания в одну фигуру и
число патронов n,
по формуле Р₁
= 1- (1- р)ⁿ
определим вероятность поражения одной
фи­гуры.

Так
как при определении вероятности попадания
и поражения этой фигуры мы не задавались
определенным положением этой фигуры,
то, следовательно, она будет иметь
приведенную вероятность поражения на
лю­бом участке обстреливаемого фронта.
Отсюда понятно, что сколько бы подобных
фигур не было на данном фронте, все они
будут иметь одина­ковую вероятность
поражения P₁.
Так
как P₁
показывает вероятность поражения фигуры
при данной стрельбе, то вполне естественно,
что при этой стрельбе процент пораженных
фигур будет равен вероятности пора­жения
одной фигуры, выраженной также в
процентах.

Таким образом, для
определения процента пораженных фигур
груп­повой цели необходимо:

а) Определить
вероятность попадания в одну фигуру.

Б)
По найденной вероятности попадания и
числу патронов, по формуле Р₁=1-(1-р)ⁿ
определить вероятность поражения одной
фигуры цели. Вероятность поражения
одной фигуры цели численно равна
про­центу пораженных фигур.

Пример.
На удалении 500 м от пулемета на фронте
20 м замечена группа перебегающих солдат
противника. Какой можно ожидать про­цент
пораженных фигур, если по цели будет
израсходовано 40 патронов? Огонь ведется
пулей обр. 1908г. Ось рассеивания проходит
через сере­дину высоты фигур.

Решение.
1. Определим вероятность попадания в
одну фигуру.

Вв=0,19
м; так как стрельба ведется с рассеиванием
по фронту, то для определения входного
числа необходимо Вв
увеличить в 1,75 раза.

;

;

Рв=
Ф(2,27) = 0,874;

.

1. Определим
   вероятность поражения одной фигуры,
   если по цели израсходовано 40 патронов.

Р₁
= 1(1- р)ⁿ;
P₁
= 1- (1- 0,017)⁴⁰=0,51;
Р₁=51%.

Таким образом, при
стрельбе в данных условиях мы можем в
сред­нем ожидать 51% пораженных фигур.

Эту
же задачу проще решать используя
приложение № 2, которое по математическому
ожиданию числа попаданий в 1 фигуру дает
значение вероятности поражения данной
фигуры; последняя, как мы видели выше,
численно равна проценту пораженных
фигур групповой цели.

Решение
вышеприведенной задачи по приложению
№ 2 осуществляется следующим образом.

После определения
вероятности попадания в одну фигуру
групповой цели необходимо найти
математическое ожидание числа попаданий
в эту фигуру при 40 выстрелах,

а_n
= n·р;
а_n
= 40 ·0,017 = 0,68
попадания.

Затем
по таблице найдем, что данному числу а_п
=0,68 попаданий со­ответствует вероятность
поражения, равная 0,51. Это и есть ожидаемый
процент пораженных фигур.

Так решается вопрос
о поражении групповых и одиночных целей
при заданном числе выстрелов.

Вероятность поражения цели

117. При стрельбе из стрелкового оружия по одиночным живым целям и из гранатометов по одиночным бронированным целям одно попадание обычно дает поражение цели. Поэтому под вероятностью поражения одиночной цели понимается вероятность получения хотя бы одного попадания при заданном числе выстрелов.

118. Вероятность поражения цели при одном выстреле (Pi) численно равна вероятности попадания в цель (р). Расчет вероятности поражения цели при этом условии сводится к определению вероятности попадания в цель.

Пример. Определить вероятность поражения снайпера противника (грудная фигура) с первого выстрела из снайперской винтовки обр, 1891/30 г. на расстояние 500 м; расстояние до цели определено глазомерно.

Решение. 1. По таблицам находим: Bв = 0,08 м; В6 = 0,08 м; из приложения 4 (табл. 7 в 6) ошибка в подготовке стрельбы по высоте

Ев = 0,36 м, приведенные размеры цели: высота 0,45 м, ширина 0,45 м.

2. Определяем суммарную (приведенную) ошибку в подготовке стрельбы по высоте:

3. Определяем вероятность попадания в цель:

а) в полосу, равную приведенной высоте цели:

б) в полосу, равную приведенной ширине цели:

в) в цель:

Так как при попадании пули в снайпера будет наверняка получено его поражение, найденное значение вероятности попадания и есть вероятность поражения цели с первого выстрела, т е. р = Pi = 29,6%.

119. Вероятность поражения цели (Pi) при нескольких одиночных выстрелах, одной очередью или несколькими очередями, когда вероятность попадания для всех выстрелов одинакова, равна единице минус вероятность промаха в степени, равной количеству выстрелов (n), т. е.

Пример. Определить вероятность поражения реактивного противотанкового ружья при стрельбе из пулемета Калашникова одной очередью в 5 выстрелов на расстояние 600 м; ветер боковой; расстояние до цели определено глазомерно.

Решение. 1, По таблицам находим: Bв Сум = 0,44 м, Вб сум = 0,61 м; из приложения 4 (табл. 7 и 6) срединная ошибка по высоте .Ев = 0,63 м, по боковому направлению Ен = 0,43 м, коэффициент фигурности 0,72.

2. Определяем суммарную (приведенную) ошибку в подготовке стрельбы по высоте:

3. Определяем суммарную (приведенную) ошибку в подготовке стрельбы по боковому направлению:

4. Определяем вероятность попадания в цель:

5. Определяем вероятность поражения цели очередью в 5 выстрелов:

Найденная таким образом вероятность поражения цели характеризует надежность стрельбы, т. е. показывает, в скольких случаях нз ста в среднем цель в данных условиях будет поражена не менее чем при одном попадании. По условиям примера при большом числе подобных стрельб в среднем на каждые 100 стрельб в 36 стрельбах будет получено не менее одного попадания в цель, в 64 стрельбах цель не будет поражена.

Стрельба считается достаточно надежной, если вероятность поражения цели не менее 80%.

120. Вероятность поражения цели при нескольких выстрелах одной очередью или несколькими очередями, когда вероятность попадания первых и последующих пуль (очередей) изменяется от выстрела (очереди) к выстрелу (очереди), равна единице минус вероятность промахов первых и последующих пуль очереди (очередей):

а) для одной очереди:

б) для нескольких очередей (вероятность попадания от очереди к очереди не изменяется):

в) когда осуществляется ввод корректур (вероятность попадания от очереди к очереди изменяется):

где

п — общее количество выстрелов;

к — количество очередей;

S1, S2, Si — количество выстрелов в очереди;

Р1, Р2, Рк — вероятность попадания при одном выстреле первой, второй и т. д. очереди.

Пример. Определить вероятность поражения пулемета из автомата Калашникова (АКМ) одной очередью в 3 выстрела при стрельбе стоя из окопа на расстояние 300 м; ошибок в подготовке стрельбы нет (средняя траектория пройдет через середину цели).

Решение. 1, По таблицам находим: Вв|= 0,12 м, Вб1 — 0,11 м, Вв сумпос — 0,23 м, Вб сумпос= 0,33 м; из приложения 4 (табл. 6) приведенные размеры цели равны: высота 0,48 м, ширина 0,65 м.

2. Определяем вероятность попадания для первой пули очереди

3. Определяем вероятность попадания для последующей пули очереди:

4. Определяем вероятность поражения цели очередью в 3 выстрела:

Если вероятность попадания от выстрела к выстрелу не изменяется, вероятность поражения цели может быть определена по таблице вероятностей поражения цели (приложение 4, табл. 4), рассчитанной для различной величины вероятности попадания (р) и числа выстрелов (п).

Пример. Определить вероятность поражения противотанкового гранатомета при стрельбе из ручного пулемета Калашникова одной очередью в 5 выстрелов, если вероятность попадания равна 0,30.

Решение. По табл. 4 приложения 4 в вертикальной графе, обозначенной буквой р находим значение вероятности попадания, равное 0,30; в горизонтальной строчке против числа, соответствующего числу выстрелов (n), равному 5, находим вероятность поражения цели; она равна p1=0,83, или 83%.

При определении вероятности поражения целей матическим огнем по формулам, указанным в ст. 119 и 120, получаются завышенные результаты (на 3 — 7%). Поэтому при более точных подсчетах вероятностей поражения цели пользуются специальными формулами, учитывающими коэффициент зависимости выстрелов.

Содержание:

Формула полной вероятности:

Пусть событие А может произойти в результате появления одного и только одного события

События этой группы обычно называются гипотезами.

Теорема: Вероятность события А равна сумме парных произведений вероятностей всех гипотез, образующих полную группу, на соответствующие условные вероятности данного события А, т. е.

(формула полной вероятности), причем здесь

Доказательство. Так как

причем, ввиду несовместности событий события также несовместны, то на основании теорем сложения и умножения вероятностей имеем

что и требовалось доказать.

Пример:

В магазин для продажи поступает продукция трех фабрик, относительные доли которых есть: I — 50%, II — 30%, III — 20%. Для продукции фабрик брак соответственно составляет: I — 2%, II — 3%, III — 5%. Какова вероятность того, что изделие этой продукции, случайно приобретенное в магазине, окажется доброкачественным (событие А)?

Решение:

Здесь возможны следующие три гипотезы: — приобретенная вещь выработана соответственно на I, II и III фабриках; очевидно, система этих гипотез полная, причем их вероятности

Соответствующие условные вероятности события А равны

По формуле полной вероятности имеем

Формула Бейеса:

Пример:

Имеется полная группа несовместных гипотез

вероятности которых известны до опыта (вероятности априори). Производится опыт (испытание), в результате которого зарегистрировано появление события А, причем известно, что этому событию наши гипотезы приписывали определенные вероятности . Спрашивается, каковы будут вероятности этих гипотез после опыта (вероятности апостериори).

Например, очевидно, следует отбросить гипотезы, отрицающие появление события А. Вообще, проблема состоит в том, что, имея новую информацию, мы должны переоценить вероятности наших гипотез.

Иными словами, нам нужно определить условные вероятности

На основании теоремы умножения вероятностей имеем

отсюда

Для нахождения вероятности Р(А) можно использовать формулу полной вероятности

Отсюда имеем формулу вероятностей гипотез после опыта (<формулу Бейеса)

Пример:

Вероятность поражения самолета при одиночном выстреле для 1-го ракетного расчета (событие А) равна 0,2, а для 2-го (событие В) — 0,1. Каждое из орудий производит по одному выстрелу, причем зарегистрировано одно попадание в самолет (событие С). Какова вероятность, что удачный выстрел принадлежит первому расчету?

Решение:

До опыта возможны четыре гипотезы: ; эти гипотезы образуют полную группу событий.

Вероятности их, при независимом действии расчетов, соответственно равны

причем

Условные вероятности для наблюдаемого события С при данных гипотезах будут

Следовательно, гипотезы отпадают, а вероятности гипотез вычисляются по формуле Бейеса:

Таким образом, с вероятностью приблизительно 0,7 можно утверждать, что удачный выстрел принадлежит 1-му расчету,

Формула полной вероятности

Пусть событие А еще не произошло, но вскоре должно произойти. Событие А может протекать в различных условиях, относительно характера которых сделано  гипотез , образующих полную группу несовместных событий. Вероятности гипотез известны. Тогда вероятность события А равна сумме произведений вероятности каждой гипотезы на вероятность события при этой гипотезе:

— формула полной вероятности.

Доказательство.

По условию теоремы гипотезы образуют полную группу несовместных событий, следовательно, событие А может произойти с одной и только с одной гипотезой:

.

Т.к. гипотезы несовместны, то и комбинации — несовместны. Применим теорему 1:

(события А и  — зависимы, т.е. надо применить теорему 3) = .    (что и треб, доказать)

Пример:

Имеется пять урн:

2 урны состава  — по 2 белых шара и 1 черному,

1 урна состава  — 10 черных шаров,

2 урны состава  — по 3 белых и 1 черному шару.

Наудачу выбирается урна, и из нее наудачу выбирается шар. Чему равна вероятность события А = {будет вынут белый шар}?

Решение.

Событие А еще не произошло. Шар может быть вынут из урн разных составов, следовательно, в алгебре событий событие А запишется в виде: . Тогда по формуле полной вероятности:

 (*).

Найдем отдельно вероятности событий:

(две урны состава  из пяти), ,

(в каждой урне состава  2 белых шара из трех),

( в урне состава  белых шаров нет),

.

Подставим найденные вероятности в формулу (*): .

Формула полной вероятности и решение задач

Пример:

В двух одинаковых коробках имеется по 100 резисторов. В 1-й — 60 резисторов по 100 КОм, во 2-й 30 — резисторов по 100 КОм. Определить вероятность того, что взятый наугад из какой-либо коробки резистор будет 100 КОм.

Решение:

Пусть событие  — достали резистор 100 КОм, гипотезы:  — выбрали 1-ю коробку,  — выбрали 2-ю коробку. Так как коробки выбирали произвольно, то  Условная вероятность того, что взяли резистор 100 КОм, при условии, что выбрана 1-я коробка —  соответственно  Тогда, применяя формулу (1.14) для  получаем 

Пример №1

В первой коробке находится 20 деталей, из них 18 стандартных, во второй коробке – 10 деталей, из них 9 стандартных. Из второй коробки наудачу взята одна деталь и переложена в первую коробку.
Какова вероятность  того, что деталь, наудачу извлечённая после этого из первой коробки, окажется стандартной?
 

Решение. Обозначим события:

 – из первой коробки извлечена стандартная деталь.

− из второй коробки в первую переложена стандартная деталь.

 − из второй коробки в первую переложена нестандартная деталь.
Событие А может наступить при условии наступления одного из событий  Эти события несовместны и образуют полную группу, т. е. являются гипотезами в формуле полной вероятности. Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная деталь,
Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандартная деталь
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная деталь, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная деталь,
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная деталь, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная деталь,
Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная деталь, по формуле полной вероятности равна:

.
Ответ: 0,9.

Пример №2

Два станка производят одинаковые детали, которые поступают на общий конвейер. Производительность первого станка в два раза больше производительности второго станка. Первый производит 60 % деталей высшего сорта, а второй – 84 %. Наудачу взятая с конвейера деталь оказалась высшего сорта. Какова вероятность того, что эта деталь произведена на первом станке?
 

Решение. Обозначим события:

А – деталь, взятая с конвейера, оказалась высшего сорта.
Это событие наступит с одним из двух событий (гипотез):

 – эта деталь произведена на первом станке,

 – эта деталь произведена на втором станке.
Поскольку производительность первого станка в два раза больше производительности второго станка, вероятности гипотез равны:
Условные вероятности события А даны:
По формуле полной вероятности находим:

По формуле Байеса найдём условную вероятность того, что взятая наудачу деталь высшего сорта произведена на первом станке:

Ответ:

Пример №3

В ящике 20 белых и 10 чёрных шаров. Поочерёдно извлекают 4 шара, причём каждый извлечённый шар возвращают в ящик перед извлечением следующего. Какова вероятность того, что среди четырёх извлечённых шаров окажется два белых?
 

Решение. Вероятность извлечения белого шара одна и та же во всех четырёх испытаниях, так как каждый извлечённый шар возвращается в ящик:  
Тогда вероятность извлечения чёрного шара во всех четырёх испытаниях равна
Используя формулу Бернулли, находим вероятность того, что из четырёх извлечённых шаров два шара будут белыми:

Ответ:

Пример №4

Вероятность поражения мишени при одном выстреле равна 0,8. Какова вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена 75 раз?
 

Решение. По условию задачи
Так как n – достаточно большое число, воспользуемся локальной формулой Лапласа:

В таблице значений функции   находим φ(1,25) =
0,1826.
Следовательно,
Ответ: 0,04565.

Пример №5

Вероятность поражения мишени при одном выстреле равна 0,8. Какова вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена

а) не менее 75 раз и не более 90 раз?

б) не менее 75 раз?

в) не более 74 раз?
 

Решение.

Воспользуемся интегральной формулой Лапласа:

где  – функция Лапласа.

а) По условию задачи  Тогда, воспользовавшись таблицей значений функции Ф(х), получаем:

б) Требование того, чтобы событие наступило не менее 75 раз, означает следующее: число появлений события может быть равно либо 75, либо 76, … , либо 100.
Тогда следует принять   Воспользовавшись таблицей значений функции Лапласа Ф(х), получаем:

в)  Событие «мишень поражена не более 74 раз»  и событие «мишень поражена не менее 75 раз» являются противоположными. Поэтому сумма их вероятностей равна 1. Следовательно, искомая вероятность

Ответ: а) 0,8882; б) 0,8944; в) 0,1056.

Пример №6

Учебник издан тиражом 100000 экземпляров.
Вероятность того, что один учебник сброшюрован неправильно, равна 0,0001. Какова вероятность того, что тираж содержит 5 бракованных книг?
 

Решение. По условию задачи  n = 100000,  p = 0,0001.

События «из n книг ровно m книг сброшюрованы неправильно»,  где m = 0,1,2, … ,100000, являются независимыми. Так как число n велико, а вероятность p мала, вероятность можно вычислить по формуле Пуассона:  

В рассматриваемой задаче  = 100000 ∙ 0,0001 = 10. Поэтому искомая вероятность  определяется равенством:

Ответ: 0,0375.

Формула Байеса (Бейеса)

Пусть событие А произошло, причем А могло протекать в различных условиях, относительно характера которых было сделано  гипотез , образующих полную группу несовместных событий. Вероятности гипотез известны. Требуется узнать, как изменятся вероятности гипотез в связи с появлением события А. Т.е. надо найти условную вероятность .

Решение:

По условию теоремы гипотезы , образуют полную группу несовместных событий, следовательно событие .А произошло с одной и только с одной гипотезой:

, причем события А и  — зависимы, поэтому найдем вероятность произведения , воспользовавшись теоремой 3:

— (или, что то же самое) = = , отсюда

.

Выразим Р(А) с помощью формулы полной вероятности:

 — формула Байеса.

Пример №7

Имеется пять урн:

2 урны состава  — по 2 белых шара и 3 черных шара,

2 урны состава  — по 1 белому и 4 черных шара,

1 урна состава  — 4 белых и 1 черный шар.

Из одной наудачу выбранной урны взят шар. Он оказался белым (событие А). Чему равна после опыта вероятность события, что шар вынут из урны третьего состава.

Решение.

Событие А произошло. Шар мог быть вынут из урн разных составов, следовательно, в алгебре событий событие А запишется в виде: .

Найдем вероятности событий:

(две урны состава  из пяти), ,

(в каждой урне состава  2 белых шара из пяти),

.

По формуле Байеса найдем условную вероятность :

.

Пример №8

Вероятность дождливого дня в городе равна 0,2. Известно, что вероятность выиграть футбольный матч команде этого города в дождливый день равна 0,4, а в сухой — 0,7. Известно, что команда выиграла матч. Определить, что в этот день шел дождь.

Решение:

Событие  состоит в том, что команда выиграла матч. Гипотезы:  — шел дождь,  — дождя не было.

 Чтобы ответить на вопрос, пересмотрим вероятность 1-й гипотезы с учетом результата опыта-появилось событие  Определим апостериорную вероятность гипотезы  с учетом результата опыта (появилось событие 

Из полученного результата видим, что с учетом события  вероятность дождя в городе уменьшилась  значит скорее всего дождя не было.

Независимые испытания

Под испытанием станем понимать осуществление определенного комплекса условий, в результате которого может произойти то или иное элементарное событие пространства  элементарных событий.

Определение 26. Если производятся испытания, при которых вероятность появления события А в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то такие испытания называются независимыми относительно события А.

В каждом испытании вероятность появления события А одинакова.

Ряд задач связан с экспериментом, в котором проводятся последовательные независимые испытания, и наблюдается результат совместного осуществления тех или иных исходов каждого испытания.

Рассматривается последовательность п независимых испытаний, под которой будем понимать дискретное новое пространство  элементарных исходов, состоящее из точек , где  — произвольная точка пространства, отвечающая испытанию с номером s. В каждом испытании может произойти один из  исходов:  или  или …. .

-тый исход в s-том испытании, где = 1, 2,…, ; s = 1,2,…, .

Пример №9

Пусть испытание состоит в подбрасывании игральной кости. Пространство элементарных событий  состоит из шести точек: , т.е. шесть исходов. Если провести три испытания, то пространство  состоит из 216 точек.

Обычно исходы обозначали большими заглавными буквами. Переобозначим! Пусть происходит  независимых испытаний: 1, 2,…, s,…, . В каждом испытании может произойти к исходов: 1-ый, 2, 3,…, ,…, -ый.

Обозначим событие -тый исход в s-том испытании, где = 1,2,…,; s = 1,2,…,. Эти к исходов — несовместные случайные события. Тогда для s-ого испытания можем записать:

, причем .

Обозначим вероятность  -ого исхода при s-том испытании через .

Пусть при первом испытании произошло событие под номером , при 2-ом — событие под номером , …, при -ом — событие под номером . Результат сразу  испытаний — событие, которое обозначим через произведение событий — цепочка результатов отдельных испытаний.

. Данное событие — цепочка состоит из всех точек пространства , для которых .

Испытания — независимые, следовательно, по теореме 4, имеет место равенство:

В случае, когда вероятности событий  не зависят от номера испытаний, .

В силу несовместности и единственной возможности исходов, очевидно, что , так как .

Теорема. Если данные  испытаний независимы, то любые  из них также независимы.

Теорема. Для того, чтобы  испытаний были независимы, необходимо и достаточно выполнения условия:

,

для любой группы чисел и , .

Формулы Бернулли

Пусть проводятся последовательные независимые испытания, и наблюдается результат совместного осуществления тех или иных исходов каждого испытания.

Схема независимых испытаний является математической моделью серии испытаний, повторяющихся при неизменных условиях. Такая схема называется полиномиальной.

Простейшим классом повторяющихся независимых испытаний является последовательность независимых испытаний с двумя исходами ( = 2): «успех», «неудача» и с неизменными вероятностями успеха — р и неудачи — q, где q = 1 — р, в каждом испытании. Такая схема называется биномиальной.

Определение 27. Независимые испытания при двух исходах называются испытаниями Бернулли.

Пример №10

Определить вероятность того, что в результате проведения  независимых испытаний некоторое событие А — успех (У) наступит ровно  раз, если в каждом из этих испытаний данное событие наступает с постоянной вероятностью .

Решение.

Искомую вероятность обозначим .

Событие А в данных испытаниях может появиться ровно  раз, причем, в разных последовательностях или комбинациях. Следовательно, остальные  раз наступает противоположное событие  — неудача (Н), вероятность которого .

Сначала найдем вероятность того, что события У наступают при определенных  испытаниях. Элементарные события в этом случае естественно обозначать цепочками вида: УУУННУНН…УН (где У- штук, Н — штук).

По условию данные события — независимые, следовательно, по теореме 4 для произведения независимых событий можем записать, что

.

Число успехов и неудач задано. Можно менять только их расположения в цепочках, которое однозначно определяется выбором из  мест  мест для успехов. Это можно сделать  способами. Следовательно,

.

В данной задаче мы доказали теорему Бернулли.

Теорема Бернулли. Если  — число успехов в  независимых испытаниях Бернулли, то вероятность того, что в результате проведения этих испытаний некоторое событие А наступит ровно  раз, находится по формуле: , которая называется формулой Бернулли.

Следствие. -так как события, состоящие в различном числе появления события А в серии  испытаний несовместны и образуют полную группу. Или можно было данное равенство объяснить так: .

Пример №11

Пусть монета брошена 5 раз. Требуется найти вероятность того, что выпало ровно 3 орла.

Решение.

В каждом из 5 независимых испытаниях ( = 5) — бросании монеты — два исхода ( = 2: орел, решка), следовательно, это схема Бернулли с вероятностью успеха (выпал орел) и неудачи (выпала решка) . Количество успехов:  = 3.

По формуле Бернулли найдем искомую вероятность: .

Замечания.

Замечание 1. Вероятность  равна коэффициенту при  в разложении бинома  по степеням . В силу этого свойства совокупность вероятностей называют биномиальным законом распределения вероятностей, (будем изучать позднее)

Замечание 2. Рассмотрим схему испытаний с произвольным количеством исходов. Пусть каждое из  независимых испытаний имеет  взаимно исключающих друг друга исходов, т.е. в каждом испытании может появиться одно из  несовместных событий: с вероятностями , не меняющимися от испытания к испытанию. Найдем вероятность появления в течении этих  испытаний  раз события раза события раз события . . Данная вероятность находится по формуле:

.

Эта совокупность вероятностей является коэффициентом при в разложении полинома по степеням . Поэтому эту схему называют полиномиальной.

Например. При  подбрасываниях игральной кости получается полиномиальная схема с шестью исходами ( = 6) и вероятностями .

Если различать только «6» и «не 6», то получим схему Бернулли с двумя исходами ( = 2) и вероятностями успеха и неудачи .

Замечание 3. При вычислении вероятности события, состоящего в том, что число успехов m лежит, например, между а и b, приходится находить числовые значения сумм вероятностей вида: .

Например, вероятность того, что событие наступит а) менее  раз, b) более  раз, с) не менее  раз, d) не более  раз находятся соответственно по формулам:

a) .

b) .

c) .

d) .

В некоторых случаях удобнее перейти к противоположному событию, например, .

Пример №12

Пусть монета брошена 5 раз. Требуется найти вероятность того, что 1) менее двух раз выпал орел, 2) не менее двух раз выпал орел.

Решение.

Два исхода ( = 2: орел, решка) при 5 независимых испытаниях (n = 5) — схема Бернулли с вероятностью успеха и неудачи .

1) Орел выпал менее двух раз, значит, не выпал или выпал раз.

= (вероятности найдем по формуле Бернулли) =

2)    Орел выпал не менее двух раз, т.е. выпал два раза или три или четыре или пять:

=(удобнее перейти к противоположному событию, т.е. «не менее двух», значит, противоположное событие: меньше двух, т.е. орел не выпал совсем или выпал один раз) = .

Замечание 4. В примере на формулу Бернулли вычисления проводятся очень легко, однако часто приходится вычислять вероятности при очень больших значениях n и m, например, при n = 1000, m = 500. Также затруднения при вычислении возникают при малых значениях р или q.

В этих случаях удается заменить формулу Бернулли какой-нибудь приближенной асимптотической формулой. Существуют три предельные теоремы, содержащие такие формулы.

Предельные теоремы в схеме Бернулли

Теорема Пуассона (асимптотическая формула для случая малых значений р)

Если вероятность наступления некоторого события А в n независимых испытаниях постоянна и равна р, причем при так, что , где  — среднее число появления события А в n испытаниях, , то вероятность  того, что в этих испытаниях событие А наступит ровно m раз, удовлетворяет при соотношению (или приближенно равна):

Замечания.

1. Часто формула Пуассона записывается в виде равенства, но надо помнить при этом, что оно верно при :

, при этом .

2. Формулой пользуются при больших n и малых р. Например, при n > 100, .

3. Теорема имеет место и в том случае, когда вероятность события А в каждом испытании равна нулю. В этом случае .

4. Существуют таблицы значений данной вероятности (стр. 410, 411 в задачнике Ефимова -Демидовича).

Пример №13

Вероятность попадания в цель при каждом выстреле равна 0,001. Найти вероятность попадания в цель двумя и более пулями, если число выстрелов равно 5000.

Решение.

Считаем каждый выстрел за испытание и попадание в цель за событие. Количество испытаний n = 5000 (велико), р = 0,001 (мало). По формуле Бернулли считать сложно. Поэтому применим формулу Пуассона.

Найдем среднее число попаданий: . Найдем заданную вероятность:

 = (перейдем к противоположному событию: m < 2) = .

По точной формуле (формуле Бернулли) , т.е. ошибка невелика.

Локальная предельная теорема Муавра — Лапласа (асимптотическая формула для случая больших значений n и m)

Если вероятность наступления некоторого события А в n независимых испытаниях постоянна и равна р, (0 < р < 1), то вероятность того, что в этих испытаниях событие А наступит ровно m раз, удовлетворяет при  соотношению (или приближенно равна):

,

где , .

Замечания.

1. Часто формула Пуассона записывается в виде равенства, но надо помнить при этом, что оно верно при :

2. Формулой пользуются при больших n и m. Например, при п > 100, .

3. Из того, что следует, что . Это означает, что n и m должны отличаться друг от друга не очень сильно. Например, для случая m = 0, теорема дает плохое приближение.

4. Существуют таблицы значений функции для положительных значений х (стр. 408 в задачнике Ефимова — Дсмидовича). Для отрицательных значений х используется та же таблица, так как  — четная функция: . Функцию  называют плотностью нормального распределения.

Пример №14

Найти вероятность того, что событие А наступит ровно 70 раз в 243 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,25.

Решение.

Количество испытаний n = 243, количество успехов m = 70, вероятность успеха р = 0,25, вероятность неудачи q = 1 — 0,25 = 0,75.

По формуле Бернулли считать сложно. Так как n и m велики, поэтому применим формулу Муавра — Лапласа.

Найдем сначала х и :

, тогда .

Можно было не считать значение  напрямую, а обратиться к таблице в учебнике.

Подставим найденное значение  в формулу:

.

Предельная интегральная теорема Муавра — Лапласа (асимптотическая формула для случая, когда число успехов m лежит в некоторых пределах)

Теорема 1. Если m — число наступлений события А в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность этого события равна р (0 < р < 1), то равномерно относительно а и b при имеет место соотношение:

.

В некоторых источниках или .

Ранее вывели, что . Численное значение нашего интеграла можно найти с помощью таблиц (стр. 406 в задачнике Ефимова — Демидовича) для функции Лапласа Ф(х):

, где . Для тех значений х, которых нет в таблице, т.е для 

Либо, функция Лапласа может быть в виде: , где , для тех значений х, которых нет в таблице, т.е. для .

Теорема 2. (Теорема Муавра-Лапласа) Вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна р (0 < р < 1), событие А наступит не менее  раза и не более  раз приближенно равна: ,

где Ф(х) — функция Лапласа, значения , .

Теорема 3. (Закон больших чисел или теорема Бернулли).

При неограниченном увеличении числа однородных независимых опытов частота события будет сколь угодно мало отличаться от вероятности события в отдельном опыте.

Иначе, вероятность того, что отклонение относительной частоты наступления события от постоянной вероятности события А (p) очень мало при п —> оо стремится к 1. 

Доказательство.

= (разделим все части неравенства на положительное число ).

Пример №15

Вероятность появления события А в каждом из 100 независимых испытаний постоянна и равна 0,8. Найти вероятность того, что событие появиться не менее 75 раз и не более 90 раз.

Решение.

Количество испытаний n = 100, вероятность успеха р = 0,8, вероятность неудачи q = 1 — 0,8 = 0,2 ,  = 75,  — 90.

Найдем :

, .

По теореме 2:

(по таблице для функции Лапласа) = .

Наивероятнейшее число появления события в независимых испытаниях

Определение 28. Число  наступления события в независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события А равна р, называется наивероятнейшим, если вероятность того, что событие наступит в этих испытаниях  раз превышает или, по крайней мере, не меньше вероятности остальных возможных исходов испытаний.

Наивероятнейшее число  определяется из двойного неравенства:

,

причем 1) если (np — q) -дробное, то существует одно , 2) если (nр- q) — целое, то существует два наивероятнейших числа, 3) если nр — целое, то  = nр.

Пример №16

Испытывается каждый из 15 элементов некоторого устройства. Вероятность того, что элемент выдержит испытание, равна 0,9. Найти наивероятнейшее число элементов, которые выдержат испытание и вероятность этого числа.

Решение.

Количество испытаний n = 15, вероятность успеха р = 0,9, вероятность неудачи q = 0,1.

,   .

Т.к.  — целое число, то  = 14— наивероятнейшее число элементов, выдержавших испытание. Вероятность этого числа найдем по формуле Бернулли:

. (Удобнее было по локальной формуле Муавра — Лапласа).

Всё о формуле полной вероятности

Пусть событие может произойти с одним и только с одним из несовместимых событий образующих полную группу. Иными словами, событие появится, если произойдет событие B₁ и при этом появится событие , или произойдет событие B₂ и при этом появится событие и т.д. Символическая запись этой фразы имеет вид

В силу несовместимости событий можно записать

Используя теорему умножения вероятностей, получаем формулу

которая и называется формулой полной вероятности.

Обычно ее записывают кратко:

Пример №17

Имеется две коробки деталей, в каждой из которых по 10 деталей. В первой коробке среди деталей две низкого сорта, а во второй четыре низкосортных детали. Из первой коробки для нужд производства взяли наугад половину деталей, а оставшиеся высыпали во вторую коробку. Через некоторое время из второй коробки взяли наугад деталь. Какова вероятность того, что это деталь низкого сорта?

Решение. Обозначим через A событие, состоящее в выборе из второй коробки детали низкого сорта. Возможность этого выбора зависит от того, какие именно детали были добавлены во вторую коробку. На этот счет можно выдвинуть следующие предположения: B₁ – во вторую коробку добавили пять годных деталей; B₂ – добавили одну деталь низкого сорта и четыре доброкачественные; B₃ – добавили две детали низкого сорта и три доброкачественные. Пять деталей во вторую коробку можно переложить способами. Из них событию B₁ благоприятствует  событию B₂ — а событию B₃ — способов. Событие A произойдет, если появится событие B₁ и после этого произойдет событие A или появится событие B₂ и после этого произойдет событие A или появится B₃ и после этого произойдет A. Символически:  Учитывая несовместность событий , имеем

Ответ. 1/ 3.

Всё о Формуле Байеса

Пусть событие A может наступить только при появлении одного из несовместных событий В этих условиях вероятность события A можно вычислить по формуле полной вероятности (2.4.1). События иногда называют «гипотезами», поскольку можно лишь предполагать какое именно из них произойдет. Предположим, что известны вероятности

Проделан опыт, в результате которого событие A произошло. Тогда вероятности событий при условии появления события A определяются по формулам Байеса

Формулы Байеса позволяют переоценивать вероятности гипотез (событий ) с учетом информации, которую содержит в себе факт появления события A.

Пример №18

По каналу связи передается одна из последовательностей букв с вероятностями соответственно 0,5; 0,4; 0,1. Каждая передаваемая буква принимается правильно с вероятностью 0,8 и с вероятностями 0,1 и 0,1 за любую из двух других букв. Предполагается, что искажаются буквы при передаче независимо друг от друга. Найти вероятность того, что передано если принято

Решение. Для краткости записи формулы обозначим через через через Тогда по формулам Байеса (2.5.1) 

Ответ. 8/9.

Пример №19

Три стрелка производят по одному выстрелу в одну и ту же мишень. Вероятности попадания в мишень при одном выстреле для этих стрелков соответственно равны 0,8; 0,7; 0,6. Какова вероятность того, что третий стрелок промахнулся, если в мишени оказалось две пробоины?

Решение. Обозначим через А событие, состоящее в появлении двух пробоин в мишени. В отношении двух пробоин могут быть три предположения: В₁ – попали первый и второй стрелки, а третий не попал, вероятность чего равна  В₂ – попали первый и третий, а второй не попал, вероятность чего равна В₃ – попали второй и третий, а первый не попал, вероятность чего равна

Заметим, что Тогда по формулам Байеса (2.5.1)

Ответ.

Пример №20

В партии из 10 изделий с равными шансами может оказаться от нуля до трех бракованных. Наугад взяли и проверили три изделия. Они оказались годными. Какова вероятность того, что остальные изделия в партии тоже годные?

Решение. Насчет содержания в партии бракованных изделий по условиям задачи может быть четыре предположения где означает, что в партии бракованных изделий. По условиям задачи все эти предположения равновозможны и поэтому имеют вероятности каждое. Обозначим через A факт проверки трех годных изделий. Требуется найти

Заметим, что  Поэтому по формулам Байеса (2.5.1)

Ответ. 

Пример №21

Вероятность того, событие B произойдет в течение часа, равна 0,9. Оказалось, что в течение первых 40 мин. событие B не произошло. Какова вероятность того, что это событие появится в оставшиеся 20 мин. времени?

Решение. В отношении события  могут быть два предположения: либо оно появится либо оно не появится Обозначим через тот факт, что событие не появилось в течение первых 40 мин. Нас интересует вероятность По формулам Байеса (2.5.1) получим

В задаче по умолчанию предполагается, что событие если оно происходит, то равновозможно его появление в любой момент данного часа. Поэтому по геометрическому определению вероятности В итоге получаем, что 

Ответ. 3/4.

Пример №22

В кошельке лежат четыре монеты. Три монеты обычных, а у четвертой на той и другой стороне изображен герб. Наугад взяли монету и подбросили три раза. Все три раза выпал герб. Какова вероятность того, что и при четвертом подбрасывании выпадет герб?

Решение. Обозначим через B₁ – выбор монеты с одним гербом, через B₂ – выбор монеты с двумя гербами. Априорные вероятности этих событий равны: и

Обозначим через A – выпадение трех гербов подряд. Апостериорные вероятности по формулам Байеса равны:

Тогда по формуле полной вероятности (2.4.1):

P(выпадения герба в четвертый раз)

Ответ.

Подробное объяснение формулы полной вероятности

Постановка задачи: Пусть — полная система (группа) попарно несовместных событий (в дальнейшем эти события будем называть гипотезами) т. е. или что то же самое и пусть событие A может произойти лишь совместно с каким-либо одним из этих событий (гипотез).

Требуется найти вероятность события A.

Выведем формулу решения этой задачи. Имеем

маршрутов (схема дорог). Какова вероятность того, что он попадет в пункт А ?
 

Решение. Как видим из схемы дорог, путь туриста обязательно проходит через один из пунктов  Тогда — гипотеза (предположение) которая состоит в том, что турист попал в пункт  .

Заметим, что события (гипотезы) попарно несовместны и равновероятны, т.е., очевидно, образуют полную группу событий: во-первых,, во-вторых Событие A- турист попал в пункт А. Тогда, нетрудно
видеть (см. схему), что Значит, по формуле полной вероятности, получаем:

Пример №23 (о мудреце и властелине).

Властелин, разгневавшись на мудреца, приказал отрубить ему голову. Но затем, смягчившись, дал мудрецу возможность попытаться спастись. Итак, властелин взял 2 белых и 2 черных шара и предложил мудрецу распределить их по своему усмотрению по двум одинаковым урнам. После чего, палач сначала наугад выберет одну из урн, а затем также наугад, не глядя, вытащит из неё один шар. Мудрец будет помилован, если вытянутый шар оказался белым. Какую стратегию распределения шаров по урнам должен
выбрать мудрец, чтобы быть помилованным? Какова максимальная вероятность спастись мудрецу? Какая стратегия наименее выгодна для него?
 

Решение. Выдвинем гипотезы (предположения) которые состоят в том, что палач вытащит шар из i — ой урны Очевидно, что эти события несовместны и их сумма является достоверным событием т.е. образуют полную группу (систему) событий. И пусть A- это событие состоящее в том, что
палачом вытянут белый шар. Далее, рассмотрим следующие варианты распределения мудрецом шаров по
урнам:
1). В первой урне 2 белых, а во второй 2 черных шара. Тогда 

2 Хотим заметить, что далеко не всегда властелины были глупыми людьми, не знающими математики. Так, например, Наполеон был немного математиком, интересовался, в частности, геометрией. Он вёл дискуссии с Лагранжем и Лапласом, когда ещё не был правителем Франции.

Как-то в одной из таких дискуссий Лаплас резко оборвал Бонапарта: «Менее всего мы хотим от Вас, генерал, урока геометрии». В дальнейшем Лаплас стал его главным военным инженером. Наполеону приписывают теорему: «Если на сторонах произвольного треугольника во внешнюю сторону построены равносторонние треугольники, то их центры образуют равносторонний треугольник» — это так называемый вешний треугольник Наполеона.Так же ему приписывают один из знаменитых палиндромов (читается в обе стороны одинаково): «ABLE WAS I ERE I SAW ELBA» — я был силён, пока не увидел Эльбу.

2). В первой и во второй урнах по 1 белому и 1 черному шару. Тогда 

3). В первой урне 1 белый, а во второй 1 белый и 2 черных шара. Тогда 

4). В первой урне 1 черный, а во второй 2 белых и 1 черный шары. Тогда 

5). Первая урна оказалась пустой, т.е. все шары во второй урне. Тогда 

Как видим, наиболее предпочтительной является 3-я стратегия, ей соответствует вероятность быть помилованным равная— действительно мудрое решение; наименее выгодна — последняя, 5 — я стратегия, где вероятность спастись равна 
 

Вероятность гипотез. Формула Байеса

Постановка задачи: Пусть — полная система (группа) попарно несовместных событий (гипотез) т. е.

и пусть событие A может произойти лишь совместно с каким — либо одним из этих событий (гипотез) — ситуация аналогичная той, которая была ранее. И пустьТребуется найти условную вероятность k — ой гипотезы при условии, что событие A произошло, т.е.— переоценка гипотез.
По теореме об умножении вероятностей

Следовательно 

Полученная формула называется формулой Байеса (Бейеса) для переоценки гипотез. Другими словами: вероятность гипотезы после испытания равна произведению вероятности гипотезы до испытания на соответствующую ей условную вероятность события, происшедшего при испытании, деленному на полную вероятность этого события.

Пример №24

При обследовании больного имеется подозрение (т.е. делаются предположения или, что то же самое, выдвигаются гипотезы)
на одно из двух заболеваний . Их вероятности в данных условиях равны  соответственно. Для уточнения диагноза назначается обследование, результатом которого будет отрицательная или положительная реакция. В случае болезни  вероятность положительной реакции равна 0,9 , а в случае болезни эта вероятность равна 0,5. Обследования проведены дважды и оба раза реакция оказалась отрицательной. Найти вероятность каждого заболевания.

 

Решение. Во — первых, очевидно, что события образуют полную группу событий. Действительно, эти события несовместны, так как у больного имеется подозрение только лишь на одно из двух заболеваний и сумма событий — есть достоверное событие (обследуемый болен):  . Во — вторых, если обозначить через A событие, которое состоит в том, что оба обследования дали отрицательный результат, то Таким образом, нетрудно видеть, что

Как видим, при данных результатах обследования следует предполагать болезнь 
 

Повторение испытаний

Формула Бернулли (схема повторения опытов)

Опыты называются независимыми , если вероятность того или иного исхода каждого опыта не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. Независимые опыты могут проводиться как в одинаковых условиях, так и в различных. В первом случае вероятность появления какого — либо события A во всех опытах одна и та же, во втором случае — она меняется от опыта к опыту. Ниже мы воспользуемся понятием сложного события, понимая под ним совмещение нескольких отдельных событий, которые называют простыми. Итак, пусть производится n независимых опытов в одинаковых условиях, в каждом из которых некоторое событие A может произойти с одной и той же вероятностью . Причём, каждый опыт (испытание) имеет лишь два исхода: событие A может появиться (произойти), либо не появиться. Условно, появление события A будем рассматривать как успех, а его не наступление (т.е. событие — как неудачу. Следовательно, вероятность не наступления события A в каждом испытании также постоянна и равна. Данная ситуация, или данная схема проведения опытов называется схемой Бернулли.

Итак, еще раз: схемой Бернулли называется последовательность n независимых испытаний, проводимых при одних и тех же условиях, в каждом из которых событие A либо происходит с постоянной вероятностью p , не зависящей от номера испытания, либо не происходит с вероятностью
 

Ставятся задачи:

Задача №1. Найти вероятность того, что в схеме Бернулли из n испытаний событие A произойдет ровно k раз и, следовательно, не осуществится раз.
 

Задача № 2. Найти вероятность того, что в схеме Бернулли из n испытаний событие A произойдет не менее и не более раз 
где заданы.
 

Задача № 3. Найти наивероятнейшее число появления события A в схеме Бернулли из n испытаний, при котором достигает наибольшего значения.

Решение №1.

Вероятностьне зависит от номера испытания и, что также важно, не требуется чтобы событие A повторилось ровно k раз в определенной последовательности. Предположим, для определенности, что событие A произойдет подряд k раз, а в остальных испытаниях — не произойдет. Используя теорему об умножении вероятностей, можем в этом случае записать:

Таких несовместных событий столько, сколько сочетаний из n элементов по k элементов в каждом. Поэтому по теореме о вероятности суммы несовместных событий получим формулу, называемую формулой Бернулли:

 Легко видеть, что вероятность, вычисленная по формуле Бернулли, является коэффициентом при в разложении бинома  поэтому вероятность называется биномиальной, а функция — производящей функцией для распределения вероятностей в схеме Бернулли из n испытаний. Разложение бинома Ньютона имеет вид:

которую называют биномиальным законом распределения вероятностей события A в n испытаниях схемы Бернулли.

Заметим, что вероятность хотя бы одного появления события A в n испытаниях схемы Бернулли равна: . Кстати, подумайте над
следующим вопросом: честное ли пари вам предлагают, если вы выиграете в том случае, когда при 24-х кратном бросании двух игральных костей хотя бы один раз одновременно появятся две шестёрки? Ответ дайте в конце пары.

(РЕШЕНИЕ. Вероятность одновременного выпадения двух шестерок при одном подбрасывании равна  , следовательно — не выпадения равна  . Нетрудно видеть, что испытания, т.е. подбрасывания двух игральных костей 24 раза, удовлетворяют схеме Бернулли, следовательно вероятность одновременного появления двух шестерок хотя бы один раз равна  .То есть, пари нечестное.)

Другие примеры на применение формулы Бернулли, рассмотрим немного позднее, а именно после того, как решим задачи № 2 и № 3

Решение № 2.

Нетрудно показать, что вероятность того, что в схеме Бернулли из n испытаний событие A произойдет не менее и не более раз заданы, может быть вычислена по формуле:

Решение № 3

Важной является задача № 3 о наивероятнейшем числе появления события A в схеме Бернулли из n испытаний.
Рассмотрим отношение:

Из полученного следует, что:
1) если т.е. существует
два максимума;
2) еслицелая часть числатогда 

Пример №25

При некоторых условиях стрельбы вероятность p попадания в цель при одном выстреле равна
Произведено выстрела.

• а). Каково наивероятнейшее число попаданий в цель?
• б). Какова его вероятность?
• в). Какова вероятность двух попаданий?
• г). Какова вероятность хотя бы одного попадания?

Пример №26

Некто Сэмюэль Пепайс обратился к Исааку Ньютону с вопросом: какое из событий наиболее вероятно —

• появление по крайней мере одной «шестерки» при подбрасывании 6-ти игральных костей;
• хотя бы двух «шестерок» при подбрасывании 12-ти;
• хотя бы трех «шестерок» при подбрасывании 18-ти?

Решение.
Вероятность q непоявления «шестерки» при одном подбрасывании, как известно, равна  , следовательно, при шести подбрасываниях равна
5 . Таким образом, вероятность появления по крайней мере одной «шестерки» при подбрасывании 6-ти игральных костей может быть найдена по формуле:

Событие «хотя бы две» противоположно событию «либо ни разу, либо один раз», т.е. 

Событие «хотя бы три» противоположно событию «либо ни разу, либо один раз, либо два раза», т.е.

Таким образом, как видим, предпочтительнее первая стратегия – таким и был ответ Ньютона.

Замечу, что при больших значениях числа n испытаний в схеме Бернулли формула для подсчета становится громоздкой для вычислений. В этих случаях пользуются асимптотическими формулами. Рассмотрим асимптотическую формулу Пуассона, которая справедлива при малых p и больших n (распределение редких событий в схеме Бернулли). Другими словамирассматривается как функция трех переменных n,k , p , при условии, что k — фиксировано, а n и p меняются
 

ТЕОРЕМА Пуассона 3. ПустьТогда в схеме Бернулли или то же самое 

Доказательство 

Что и требовалось доказать.

При доказательстве можно воспользоваться приближенной формулой Стирлинга.

Следствие: при указанных выше условиях, т.е. при и  справедлива приближенная формула Пуассона:

Пример №27

Телефонная станция обслуживает 800 абонентов. Для каждого абонента вероятность того, что в течении часа он позвонит на станцию равна p =0,01. Найти вероятность того, что четыре абонента позвонят на станцию в течении часа.

Решение 

Теорема Муавра — Лапласа (локальная)

Остановлюсь еще на двух предельных теоремах в схеме Бернулли — локальной теореме Муавра — Лапласа (её доказательство получим как частный случай закона больших чисел — предельной теоремы Ляпунова, доказательство которой нам ещё предстоит провести) и интегральной теореме Муавра — Лапласа. Итак:

причем, во-первых, погрешность этой формулы есть величина порядкаво-вторых, для функции составлена таблица её значений. Для отрицательных значений аргумента пользуются той же таблицей, так как, очевидно, , то есть функция четная. Заметим также, что график функцииназывается кривой Гаусса (см. рис.).

интегральная приближенная формула Лапласа ( при больших

Для функции также есть табличные значения, когда  справедливо неравенство
равносильно условию  (график функции см. на рис.). Отметим, что точность растет с ростом произведения npq, и, обычно, пользуются этими формулами в случае, когда

Замечание: если функция Лапласа записана в виде Иногда функция Лапласа может быть записана в виде

Отметим, что в схеме Бернулли рассматривались независимые испытания. Если же вероятность наступления события в k -ом опыте зависит от результата только предыдущего, — ого опыта, то такая схема называется цепью Маркова.

Формула полной вероятности и сложные задачи

В данном разделе мы рассмотрим более сложные задачи, имеющие большое практическое значение. Эти задачи встречается на практике в случае, если имеются несколько возможных сценариев развития событий (несколько вероятных гипотез). Известны как величины вероятности реализации каждого из сценариев, так и вероятность наступления интересующего нас события для любого из этих сценариев, а нас интересует, какова полная (совокупная) вероятность наступления интересующего нас события.

Предположим, что в результате опыта может произойти одно из n несовместных событий (гипотез) Пусть также имеется некоторое событие А и известны — вероятность гипотезы, — условная вероятность события А при этой гипотезе). Тогда вероятность события А вычисляется по формуле полной вероятности:

Пример №28

Из 40 деталей 10 изготовлены в первом цехе, 25 — во втором, а остальные — в третьем. Первый и третий цехи дают продукцию отличного качества с вероятностью 0,9, второй цех — с вероятностью 0,7. Какова вероятность того, что взятая наудачу деталь будет отличного качества?

Решение:

Обозначим событие А = {выбрана деталь отличного качества}, H_i= {выбранная деталь изготовлена в i цехе}, i = 1, 2, 3. Тогда

По условию задачи . По формуле полной вероятности находим искомую вероятность:

Пример №29

На рисунке изображена схема дорог. Найти вероятность того, что турист, вышедший из пункта А, попадет в пункт В, если на развилке он наугад выбирает любую дорогу (кроме обратной).

Решение:

Обозначим Н_i = {приход туриста в пункт H_i}, i = 1, 2, 3, 4. Поскольку, выйдя из пункта А, он выбирает любую дорогу наугад, то

Исходя из схемы дорог, определяем, что

Таким образом, по формуле полной вероятности

Пример №30

Из двенадцати лотерейных билетов пять выигрышных. Билеты вытягиваются по одному без возвращения. Какова вероятность того, что во второй раз вытянут выигрышный билет?

Решение:

Как обычно, вдоль каждой ветви «дерева вероятностей» значения вероятностей перемножаются, а затем значения на концах нужных веток между собой складываются. В результате получаем ответ:

Случайные события независимые в совокупности

Следует различать попарно независимые случайные события и случайные события независимые в совокупности.

Определение: События называются попарно независимыми событиями, если любые два из них независимы.

Определение: События называются независимыми в совокупности, если каждое из них независимо от произведения любого числа остальных событий.

Замечание: Из определений видно, что из попарной независимости еще не следует, что эти события независимы в совокупности. Это означает, что условие независимости в совокупности является более сильным, чем условие попарной независимости случайных событий.

Теорема: Вероятность наступления хотя бы одного из событий независимых в совокупности выражается формулой:

.

Доказательство: Обозначим через А событие, состоящее в том, что наступит хотя бы одно из событий Очевидно, что противоположные события к событиям также будут независимы в совокупности. При этом событие состоит в том, что в результате опыта не наступает ни одно из случайных событий следовательно, Так как события независимы в совокупности, то В силу того, что то

Пример №31

Пусть прибор содержит N последовательно соединенных блоков. Определить вероятность того, что цепь будет разорвана, если вероятность работы каждого блока равна р и она не зависит от работы других блоков.

Решение:

Пусть А — событие, которое состоит в том, что данная цепь разорвана. Это событие происходит, если выходит из строя хотя бы один из блоков, так как блоки включены последовательно. Противоположное событие состоит в том, что все блоки работают, т.е. — событие, заключающееся в работе блока i. По условию задачи следовательно, Таким образом, вероятность того, что цепь будет разорвана, равна

Теорема сложения вероятностей для совместных событий

Если случайные события одновременно появляются в условиях опыта, то имеет место следующая теорема.

Теорема: Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий минус вероятность их произведения:

Доказательство: Пусть в результате опыта возможно n равно возможных, несовместных, элементарных исходов. При этом в случаях наступает событие А, в случаях — событие В, а в m случаях наступает и событие А, и событие B, т.е. событие Таким образом, число исходов, в которых наступает или событие А , или событие В (т.е. событие А + В), равно Согласно классическому определению вероятности вероятность суммы случайных, совместных событий А и В равна

Замечание: Методом математической индукции вышеприведенная теорема может быть обобщена на любое число совместных событий, например, в случае 3 совместных событий А, В и С теорема принимает вид:

Пример №32

Найти вероятность того, что взятое наугад число из чисел от 10 до 20 делится или на 2, или на 3.

Решение:

Всего равновозможных, элементарных исходов 11 (числа от 10 включительно до 20 включительно). В 6 случаях (10, 12, 14, 16, 18, 20) число кратно 2; в 3 случаях (12, 15, 18) число кратно 3; в 2 случаях (12, 18) число кратно и 2, и 3. Пусть событие А состоит в том, что наугад взятое число кратно 2, а событие В состоит в том, что наугад взятое число кратно 3. Сложное событие С состоит в том, что наугад взятое число делится или на 2, или на 3, т.е. С = А + В. Следовательно, вероятность этого события равна:

Все вышерассмотренные теоремы объединяются в теории вероятностей общим названием “основные теоремы теории вероятностей”.

Формула полной вероятности и события

Формула полной вероятности является следствием основных теорем теории вероятностей: теорем сложения и умножения вероятностей событий.

Пусть некоторое случайное событие А наступает с одним и только с одним из несовместных событий

Определение: События называются гипотезами, так как заранее неизвестно, какое из этих событий произойдет.

Теорема: Формула полной вероятности определяет вероятность случайного

события л, как сумму произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события А при условии реализации гипотезы , т.е.

Доказательство: Событие А наступает с одним и только с одним из несовместных событий В силу того, что события несовместны, то по теореме сложения вероятностей для несовместных событий имеем: Используя теорему об умножении вероятностей зависимых событий, получаем искомую формулу:

Пример №33

Пусть на сборку поступают детали с двух автоматических станков. Первый станок дает в среднем 0.3 % брака, а второй — 0.15 % брака. Производительность второго станка в два раза выше, чем первого станка. Найти вероятность того, что наугад взятая деталь окажется бракованной.

Решение:

Пусть событие А состоит в том, что наугад взятая деталь окажется бракованной. Тогда гипотеза заключается в том, что эта деталь изготовлена на первом станке, а гипотеза заключается в том, что эта деталь изготовлена на втором станке. Очевидно, что эти гипотезы являются несовместными событиями. В виду различной производительности станков обозначим через х количество деталей, изготовленных на первом станке, тогда на втором станке изготавливается 2х деталей. Общее число деталей, которые были изготовлены на обоих станках равна Зх. Следовательно, вероятности гипотез равны: — для первой гипотезы и — для второй гипотезы.

Вероятности события А при условии реализации первой и второй гипотез равны: соответственно. Согласно формуле полной вероятности вероятность того, что наугад взятая деталь окажется бракованной, равна:

Формула вероятностей гипотез (формула Байеса)

Ниже будет получена формула, которая является следствием основных теорем теории вероятностей и формулы полной вероятности. Эта формула применяется для решения задач следующего типа. Пусть проводится эксперимент, в результате которого может появиться или не появиться событие л, которое наступает с одним и только с одним из несовместных событий (). Предположим, что события образуют полную группу и вероятности их появления известны до проведения опыта. В результате проведения эксперимента событие А произошло. Используя этот факт, необходимо определить, какая из гипотез была ближе к истине, т.е. определить вероятность каждой гипотезы при условии реализации события А. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема: Вероятность гипотезы при условии реализации события А равна отношению произведения вероятности гипотезы на условную вероятность события А к паз ной вероятности события А:

Доказательство: Событие А наступает с одним и только с одним из несовместных событий т.е. в каждом опыте происходит событие По теореме умножения вероятностей для зависимых событий:

Следовательно, Воспользовавшись формулой полной вероятности, получим формулу Байеса:

Пример №34

Однотипные пластмассовые детали изготавливаются на 3 прессах. Первый пресс выпускает 50 % всех деталей, второй — 40 %, третий — 10 % . При этом с первого пресса сходит в среднем 0.025 нестандартных деталей, со второго — 0.02 и с третьего — 0.015. Все детали поступают на сборку. Взятая наудачу деталь оказалась нестандартной. Какова вероятность того, что она изготовлена на первом прессе.

Решение:

Событие А состоит в том, что наудачу взятая деталь изготовлена на первом прессе. Гипотеза заключается в том, что эта деталь изготовлена на первом прессе, гипотеза — на втором прессе, а гипотеза — на третьем прессе.

По условию задачи — для первой гипотезы, — для второй гипотезы и — для третьей гипотезы. Вероятности события А при условии реализации первой, второй и третьей гипотез, соответственно, равны: Согласно фор- муле пал ной вероятности вероятность того, что наугад взятая деталь окажется нестандартной, равна:

Используя формулу Байеса, получим

Независимые испытания и формула Бернулли

Пусть испытания повторяются n раз, причем событие А появляется в каждом опыте с одной и той же вероятностью р или не появляется с одной и той же вероятностью

Определение: Испытания называются независимыми, если вероятность события А не зависит от того, какие события появились в предыдущих опытах, или появятся в последующих экспериментах.

Пример:

Независимы ли следующие испытания: а) многократное бросание кубика; б) извлечение карты из колоды без ее возвращения в колоду (выяснить самостоятельно).

Формула Бернулли

Теорема: Пусть проводится серия из n независимых испытаний, в каждом из которых событие А появляется с постоянной вероятностью или не появляется с постоянной вероятностью Тогда вероятность появления со- бытия А ровно m раз в серии из n независимых испытаний равна:

Доказательство: Пусть событие, состоящее в том, что в серии из n независимых испытаний событие А появится ровно m раз. Пусть событие, описывающее появление события А в опыте i, а ему противоположное событие обозначим через Так как вероятность появления события А в опыте i равна то вероятность появления противоположного события Для наступления события безразлично, в каких опытах произойдет событие A, а в каких — событие важно, чтобы число появлений события A в данной серии равнялось числу m. В качестве одного из вариантов чередования событий благоприятствующих появлению события рассмотрим такое событие для которого событие А появится в m первых опытах и не появится в (n-m) последующих экспериментах, т.е.

Воспользуемся теоремой умножения вероятностей для независимых событий, получим: Аналогичные к события отличаются от него только чередованием событий Все эти события равновероятны и их число равно количеству сочетаний из n элементов по m элементов, т.е. Таким образом, интересующее нас событие можно записать в виде причем события несовместны. По теореме сложения вероятностей несовместных событий вероятность изучаемого события равна В правой части равенства суммируется одинаковых слагаемых, следовательно, O5. Формула называется биномиальной или формулой Бернулли.

Пример №35

Монета подбрасывается 6 раз. Определить вероятность того, что герб выпадет а) 5 раз; б) от 2 до 4 раз.

Решение:

Вероятность выпадения герба не изменяется от опыта к опыту и равна а, следовательно, вероятность выпадения решки равна Для определения вероятности выпадения герба 5 раз в серии из 6 испытаний воспользуемся формулой Бернулли: Событие, состоящее в том, что герб выпадет от 2 до 4 раз, соответствует события, которое состоит в том, что герб выпадет или 2 раза, или 3 раза, или 4 раза. Следовательно, вероятность Вычислим соответствующие вероятности: Таким образом, искомая вероятность равна

При больших значениях чисел m и n применение формулы Бернулли затруднительно, так как вычисление коэффициентов становится достаточно сложным. Поэтому при фиксированном значении т и в случае, когда вероятность появления события р<0.1, применяется формула Пуассона, а при р>0.1 — дифференциальная формула Муавра-Лапласа. Если , то применяют интегральную формулу Муавра-Лапласа.

Формула Пуассона

Если при проведении серии испытаний по схеме Бернулли вероятность появления события А мала (), то при больших значениях чисел m и n применяют приближенную формулу Пуассона:

Формулы Муавра-Лапласа

Если при проведении серии испытаний по схеме Бернулли вероятность появления события А р>0.1, то при больших значениях чисел m и n применяют дифференциальную формулу Муавра-Лапласа: дифференциальная функция Муавра-Лапласа

Замечание: В общем случае дифференциальная формула Муавра-Лапласа применяется при выполнении неравенств

Если при проведении серии испытаний по схеме Бернулли числа m и n принимают большие значения, причем число m принимает значения от до то применяют интегральную формулу Муавра-Лапласа:

где — интегральная функция Муавра-Лапласа и

Решение задач про вероятность попаданий при выстрелах

Общая постановка задачи следующая:

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна $p$. Производится $n$ выстрелов. Найти вероятность того, что цель будет поражена в точности $k$ раз (будет $k$ попаданий).

Применяем формулу Бернулли и получаем:

$$
P_n(k)=C_n^k cdot p^k cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k cdot p^k cdot q^{n-k}. qquad (1)
$$

Здесь $C_n^k$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

Если в задаче речь идет о нескольких стрелках с разными вероятностями попадания в цель, теорию, примеры решения и калькулятор вы можете найти здесь.

Видеоурок и шаблон Excel

Посмотрите наш ролик о решении задач о выстрелах в схеме Бернулли, узнайте, как использовать Excel для решения типовых задач.

Расчетный файл Эксель из видео можно бесплатно скачать и использовать для решения своих задач.

Примеры решений задач о попаданиях в цель в серии выстрелов

Рассмотрим несколько типовых примеров.

Пример 1. Произвели 7 выстрелов. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,705. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 5 попаданий.

Получаем, что в задаче идет речь о повторных независимых испытаниях (выстрелах по мишени), всего производится $n=7$ выстрелов, вероятность попадания при каждом $p=0,705$, вероятность промаха $q=1-p=1-0,705=0,295$. Нужно найти, что будет ровно $k=5$ попаданий. Подставляем все в формулу (1) и получаем:
$$
P_7(5)=C_{7}^5 cdot 0,705^5 cdot 0,295^2 = 21cdot 0,705^5 cdot 0,295^2= 0,318.
$$

Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,4. По мишени производится четыре независимых выстрела. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание в мишень.

Изучаем задачу и выписываем параметры: $n=4$ (выстрела), $p=0,4$ (вероятность попадания), $k ge 1$ (будет хотя бы одно попадание). Используем формулу для вероятности противоположного события (нет ни одного попадания):

$$
P_4(k ge 1) = 1-P_4(k lt 1) = 1-P_4(0)=
$$
$$
=1-C_{4}^0 cdot 0,4^0 cdot 0,6^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87.
$$

Вероятность попасть хотя бы один раз из четырех равна 0,87 или 87%.

Пример 3. Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,3. Найти вероятность того, что при 6 выстрелах мишень будет поражена от трех до шести раз.

В отличие от предыдущих задач, здесь нужно найти вероятность того, что число попаданий будет находится в некотором интервале (а не равно в точности какому-то числу). Но формула используется прежняя.

Найдем вероятность того, что мишень будет поражена от трех до шести раз, то есть будет или 3, или 4, или 5, или 6 попаданий. Данные вероятности вычислим по формуле (1):

$$
P_6(3)=C_{6}^3 cdot 0,3^3cdot 0,7^3 = 0,185.
$$
$$
P_6(4)=C_{6}^4 cdot 0,3^4cdot 0,7^2 = 0,06.
$$
$$
P_6(5)=C_{6}^5 cdot 0,3^5cdot 0,7^1 = 0,01.
$$
$$
P_6(6)=C_{6}^6 cdot 0,3^6cdot 0,7^0 = 0,001.
$$

Так как события несовместные, искомая вероятность может быть найдена по формуле сложения вероятностей:
$$
P_6(3 le k le 6 )=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6)=$$
$$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Пример 4. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

Обозначим вероятность попадания в цель при одном выстреле. Введем событие:
$A = $ (Из четырех выстрелов хотя бы один попадет в цель),
а также противоположное ему событие, которое можно записать как:
$overline{A} = $ (Все 4 выстрела будут мимо цели, ни одного попадания).

Запишем формулу для вероятности события $A$. Выпишем известные значения: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Подставляем в формулу (1) и получаем:

$$
P(A)=1-P(overline{A})=1-P_4(0)=1-C_{4}^0 cdot p^0 cdot (1-p)^4=1-(1-p)^4=0,9984.
$$

Решаем получившееся уравнение:

$$
1-(1-p)^4=0,9984,\
(1-p)^4=0,0016,\
1-p=0,2,\
p=0,8.
$$

Итак, вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8.

Полезные ссылки

• Решения разных задач о стрелках и выстрелах
• Примеры контрольных по теории вероятностей
• Заказать контрольную по теории вероятностей

Найдите готовые задачи в решебнике:

Содержание:

1. Примеры с решением
2. Частота, или статистическая вероятность, события

Каждая наука, развивающая общую теорию какого-либо круга явлений, содержит ряд основных понятий, на которых она базируется. Таковы, например, в геометрии понятия точки, прямой, линии; в механике— понятия силы, массы, скорости, ускорения и т. д. Естественно, что не все основные понятия могут быть строго определены, так как определить понятие — это значит свести его к другим, более известным.

Очевидно, процесс определения одних понятий через другие должен где-то заканчиваться, дойдя до самых первичных понятий, к которым сводятся все остальные и которые сами строго не определяются, а только поясняются.

Такие основные понятия существуют и в теории вероятностей. В качестве первого из них введем понятие события.

Под «событием» в теории вероятностей понимается всякий факт, который в результате опыта может произойти или не произойти.

Приведем несколько примеров событий:

• А — появление герба при бросании монеты;
• В— появление трех гербов при трехкратном бросании монеты;
• С — попадание в цель при выстреле;
• D—появление туза при вынимании карты из колоды;
• Е— обнаружение объекта при одном цикле обзора радиолокационной станции;
• F— обрыв нити в течение часа работы ткацкого станка.

Рассматривая вышеперечисленные события, мы видим, что каждое из них обладает какой-то степенью возможности: одни — большей, другие — меньшей, причем для некоторых из этих событий мы сразу же можем решить, какое из них более, а какое менее возможно. Например, сразу видно, что событие А более возможно, чем В и D. Относительно событий С, Е и F аналогичных выводов сразу сделать нельзя; для этого следовало бы несколько уточнить условия опыта. Так или иначе ясно, что каждое из таких событий обладает той или иной степенью возможности. Чтобы количественно сравнивать между собой события по степени их возможности, очевидно, нужно с каждым событием связать определенное число, которое тем больше, чем более возможно событие. Такое числи мы назовем вероятностью события.

По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по высшей математике:

Таким образом, мы ввели в рассмотрение второе основное понятие теории вероятностей — понятие вероятности события. Вероят-ность события есть численная мера степени объективной возможности этого сооытия.

• Заметим, что уже при самом введении понятия вероятности события мы связываем с этим понятием определенный практический смысл, а именно: на основании опыта мы считаем более вероятными те события, которые происходят чаще; менее вероятными —те события, которые происходят реже; мало вероятными—те, которые почти никогда не происходят. Таким образом, понятие вероятности события в самой своей основе связано с опытным, практическим понятием частоты события.

Сравнивая между собой различные события по степени их возможности, мы должны установить какую-то единицу измерения. В качестве такой единицы измерения естественно принять вероятность достоверного события, т. е. такого события, которое в результате опыта непременно должно произойти. Пример достоверного события — выпадение не более 6 очков при бросании одной игральной кости.

Если приписать достоверному событию вероятность, равную единице, то все другие события — возможные, но не достоверные — будут характеризоваться вероятностями, меньшими единицы, составляющими какую-то долю единицы.

Противоположностью по отношению к достоверному событию является невозможное событие, т. е. такое событие, которое в данном опыте не может произойти. Пример невозможного события — появление 12 очков при бросании одной игральной кости. Естественно приписать невозможному событию вероятность, равную нулю.

Таким образом, установлены единица измерения вероятностей— вероятность достоверного события — и диапазон изменения вероятностей любых событий — числа от 0 до 1.

Непосредственный подсчет вероятностей

Существует целый класс опытов, для которых вероятности их возможных исходов легко оценить непосредственно из условий самого опыта. Для этого нужно, чтобы различные исходы опыта обладали симметрией и в силу этого были объективно одинаково возможными.

Рассмотрим, например, опыт, состоящий в бросании игральной кости, т. е. симметричного кубика, на гранях которого нанесено различное число очков: от 1 до 6.

Возможно вам будут полезны данные страницы:

В силу симметрии кубика есть основания считать все шесть возможных исходов опыта одинаково возможными. Именно это дает нам право предполагать, что при многократном бросании кости все шесть граней будут выпадать примерно одинаково часто. Эго предположение для правильно выполненной кости действительно оправдывается па опыте; при многократном бросании кости каждая ее грань появляется примерно в одной шестой доле всех случаев бросания, причем отклонение этой доли от тем меньше, чем большее число опытов произведено. Имея в виду, что вероятность достоверного события принята равной единице, естественно приписать выпадению каждой отдельной грани вероятность, равную . Это число характеризует некоторые объективные свойства данного случайного явления, а именно свойство симметрии шести возможных исходов опыта.

Для всякого опыта, в котором возможные исходы симметричны и одинаково возможны, можно применить аналогичный прием, который называется непосредственным подсчетом вероятностей.

Симметричность возможных исходов опыта обычно наблюдается только в искусственно организованных опытах, типа азартных игр. Так как первоначальное развитие теория вероятностей получила именно на схемах азартных игр, то прием непосредственного подсчета вероятностей, исторически возникший вместе с возникновением математической теории случайных явлений, долгое время считался основным и был положен в основу так называемой «классической» теории вероятностей. При этом опыты, не обладающие симметрией возможных исходов, искусственно сводились к «классической» схеме.

• Несмотря на ограниченную сферу практических применений этой схемы, она все же представляет известный интерес, так как именно на опытах, обладающих симметрией возможных исходов, и на событиях, связанных с такими опытами, легче всего познакомиться с основными свойствами вероятностей. Такого рода событиями, допускающими непосредственный подсчет вероятностей, мы и займемся в первую очередь.

Предварительно введем некоторые вспомогательные понятия.

1. Полная группа событий.

Говорят, что несколько событий в данном опыте образуют полную группу событий, если в результате опыта непременно должно появиться хотя бы одно из них.

Примеры событий, образующих полную группу:

1. выпадение герба и выпадение цифры при бросании монеты;
2. попадание и промах при выстреле;
3. появление 1,2, 3, 4, 5, 6 очков при бросании игральной кости;
4. появление белого- шара и появление черного шара при вынимании одного шара из урны, в которой 2 белых и 3 черных шара;
5. ни одной опечатки, одна, две, три и более трех опечаток при проверке страницы напечатанного текста;
6. хотя бы одно попадание и хотя бы один промах при двух выстрелах.

2. Несовместные события.

Цесколько событий называются несовместными в данном опыте, если никакие не могут появиться вместе.

Примеры несовместных событий:

1. выпадение герба и выпадение цифры при бросании монеты;
2. попадание и промах при одном выстреле;
3. появление 1, 3, 4 очков при одном бросании игральной кости;
4. ровно один отказ, ровно два отказа, ровно три отказа технического устройства за десять часов работы.

3. Равновозможные события.

Несколько событий в данном опыте называются равновозможными, если по условиям Симметрии есть основание считать, что ни одно из этих событий не является объективно более возможным, чем другое.

Примеры равновозможных событий:

1. выпадение герба и выпадение цифры при бросании монеты;
2. появление 1, 3, 4, 5 очков при бросании игральной кости;
3. появление карты бубновой, червонной, трефовой масти при вынимании карты из колоды;
4. появление шара с № 1, 2, 3 при вынимании одного шара из урны» содержащей 10 перенумерованных шаров.

Существуют группы событий, обладающие всеми тремя свойствами: они образуют полную группу, несовместны и равновозможны; например: появление герба и цифры при бросании монеты; появление 1, 2, 3, 4, 5, 6 очков при бросании игральной кости. События, образующие такую группу, называются случаями (иначе «шансами»).

Если какой-либо опыт по своей структуре обладает симметрией возможных исходов, то случаи представляют собой исчерпывающую систему равновозможных и исключающих друг друга исходов опыта. Про такой опыт говорят, что он «сводится к схеме случаев» (иначе — к «схеме урн»).

Схема случаев по преимуществу имеет место в искусственно организованных опытах, в которых заранее и сознательно обеспечена одинаковая возможность исходов опыта (как, например, в азартных играх). Для таких опытов возможен непосредственный подсчет вероятностей, основанный на оценке доли так называемых «благоприятных» случаев в общем числе случаев.

Случай называется благоприятным (или «благоприятствующим») некоторому событию, если появление этого случая влечет за собой появление данного события.

Например, при бросании игральной кости возможны шесть случаев: появление 1, 2, 3, 4, 5, 6 очков. Из них событию А—появлению четного числа очков—благоприятны три случая: 2, 4. 6 и не благоприятны остальные три.

Если опыт сводится к схеме, случаев, то вероятность события А в данном опыте можно оценить по относительной доле благоприятных случаев. Вероятность события А вычисляется как отношение числа благоприятных случаев к общему числу случаев:

где — вероятность события — общее число случаев; — число случаев, благоприятных событию А.

Так как число благоприятных случаев всегда заключено между —для невозможного и —для достоверного события), то вероятность события, вычисленная по формуле (2.2.1), всегда есть рациональная правильная дробь:

Формула (2.2.1), так называемая «классическая формула» для вычисления вероятностей, долгое время фигурировала в литературе как определение вероятности. В настоящее время при определении (пояснении) понятия вероятности обычно исходят из других принципов, непосредственно связывая понятие вероятности с эмпирическим понятием частоты; формула же (2.2.1) сохраняется лишь как формула для непосредственного подсчета вероятностей, пригодная тогда и только тогда, когда опыт сводится к схеме случаев, т. е. обладает симметрией возможных исходов.

Примеры с решением

Пример 1.

В урне находится 2 белых и 3 черных шара. Из урны наугад вынимается один шар. Требуется найти вероятность того, что этот шар будет белым.

Решение:

Обозначим А событие, состоящее в появлении белого шара. Общее число случаев число случаев, благоприятных событию А, Следовательно,

Пример 2.

В урне а белых и чернйх шаров. Из урны вынимаются два шара. Найти вероятность того, что оба шара будут белыми.

Решение:

Обозначим В событие, состоящее в появлении двух белых шаров. Подсчитаем общее число возможных случаев n и число случаев m, благоприятных событию В:

следовательно,

Пример 3.

В партии из изделий М бракованных. Из партии выбирается наугад изделий. Определить вероятность того, что среди этих n изделий будет ровно бракованных.

Решение:

Общее число случаев, очевидно, равно число благоприятных случаев откуда вероятность интересующего нас

события

Формула (2.2.1) для непосредственного подсчета вероятностей применима только, когда опыт, в результате которого может появиться интересующее нас событие, обладает симметрией возможных исходов (сводится к схеме случаев). Очевидно, что далеко не всякий опыт может быть сведен к схеме случаев, и существует обширный класс событий, вероятности которых нельзя вычислить по формуле (2.2.1).

Рассмотрим, например, неправильно выполненную, несимметричную игральную кость. Выпадение определенной грани уже не будет характеризоваться вероятностью вместе с тем ясно, что для данной конкретной несимметричной кости выпадение этой грани обладает некоторой вероятностью, указывающей, насколько часто в среднем должна появляться данная грань при многократном бросании.

Очевидно, что вероятности таких событий, как «попадание в цель при выстреле», «выход из строя радиолампы в течение одного часа работы» или «пробивание брони осколком снаряда», также не могут быть вычислены по формуле (2.2.1), так как соответствующие опыты к схеме случаев не сводятся. Вместе с тем ясно, что каждое из перечисленных событий обладает определенной степенью объективной возможности, которую в принципе можно измерить численно и которая при повторении подобных опытов будет отражаться в относительной частоте соответствующих событий. Поэтому мы будем считать, что каждое событие, связанное с массой однородных опытов,—сводящееся к схеме случаев или нет, — имеет определенную вероятность, заключенную между нулем и единицей.

Для событий, сводящихся к схеме случаев, эта вероятность может быть вычислена непосредственно по формуле (2.2.1). Для событий, не сводящихся к схеме случаев, применяются другие способы определения вероятностей. Все эти способы корнями своими уходят в опыт, в эксперимент, и для того чтобы составить представление об этих способах, необходимо уяснить себе понятие частоты события и специфику той органической связи, которая существует между вероятностью и частотой.

(если произведена серия из п опытов, в каждом из которых могло появиться или не появиться некоторое событие А, то частотой события А в данной серии опытов называется отношение числа опытов, в которых появилось событие А, к общему числу произведенных опытов.

Частоту события часто называют его статистической вероятностью (в отличие от ранее введенной «математической» вероятности).

Условимся обозначать частоту (статистическую вероятность) события . Частота события вычисляется на основании результатов опыта по формуле

где — число появлений события — общее число произведенных опытов.

При небольшом числе опытов частота события носит в значительной мере случайный характер и может заметно изменяться от одной группы опытов к другой. Например, при каких-то десяти бросаниях монеты вполне возможно, что герб появится только два раза (частота появления герба будет равна 0,2); при других десяти бросаниях мы вполне можем получить 8 гербов (частота 0,8). Однако при увеличении числа опытов частота события все более теряет свой случайный характер; случайные обстоятельства, свойственные каждому отдельному опыту, в массе взаимно погашаются, и частота проявляет тенденцию стабилизироваться, приближаясь с незначительными колебаниями к некоторой средней, постоянной величине. Например, при многократном бросании монеты частота появления герба будет лишь незначительно уклоняться от .

• Это свойство «устойчивости частот», многократно проверенное экспериментально и подтверждающееся всем опытом практической деятельности человечества, есть одна из наиболее характерных закономерностей, наблюдаемых в случайных явлениях.

Математическую формулировку этой закономерности впервые дал Я. Бернулли в своей теореме, которая представляет собой простейшую форму закона больших чисел. Я. Бернулли доказал, что при неограниченном увеличении числа однородных независимых опытов с практической достоверностью можно утверждать, что частота события будет сколь угодно мало отличаться от его вероятности в отдельном опыте.

Связь между частотой события и его вероятностью — глубокая, органическая связь. Эти два понятия по существу неразделимы. Действительно, когда мы оцениваем степень возможности какого-либо события, мы неизбежно связываем эту оценку с большей или меньшей частотой появления аналогичных событий на практике. Характеризуя вероятность события каким-то числом, мы не можем придать этому числу иного реального значения и иного практического смысла, чем относительная частота появления данного события при большом числе опытов. Численная оценка степени возможности события посредством вероятности имеет практический смысл именно потому, что более вероятные события происходят в среднем чаще, чем менее вероятные. И если практика определенно указывает на то, что при увеличении числа опытов частота события имеет тенденцию выравниваться, приближаясь сквозь ряд случайных уклонений к некоторому постоянному числу, естественно предположить, что это число и есть вероятность события.

Пример 6.

Происходит бой («дуэль») между двумя j-частниками (ле-нательными аппаратами, ганками, кораблями) А и В. У стороны А в запасе два выстрела, у стороны В — один. Начинает стрельбу А: он делает, по £ один выстрел и поражает его с вероятностью 0,2. Если В не поражен, о:: отвечает противнику выстрелом н поражает его с вероятностью 0,3. Если А этим выстрелом не поражен, то он делает по В свой последний выстрел, которым поражает его с вероятностью 0,4. Найти вероятность того, что в бою будет поражен: а) участник А, б) участник В.

Решение:

Рассмотрим события:

А — поражение участника А,

В — поражение участника В.

Для выполнения события А необходимо совмещение (Произведение) двул событий: 1) А не поразил В первым выстрелом и 2) В поразил А своим ответным выстрелом. По теореме умножения вероятностей получим

Перейдем к событию В. Оно, очевидно, состоит из двух несовместных вариантов:

где — поражение участника В первым выстрелом А,

— поражение участника В вторым выстрелом А.

По теореме сложения вероятностей

По условию Что касается события , то оно представляет собой совмещение (произведение) трех событий, а именно:

1) первый выстрел стороны А не должен поразить 5;

2) ответный выстрел стороны В не должен поразить А;

3) последний (второй) выстрел стороны А должен поразить В.

По теореме умножения вероятностей

откуда

Пример 7.

Цель, по которой ведется стрельба, состоит нз трех различных по уязвимости частей. Для поражения цели достаточно одного попадания в первую часть, или двух попаданий во вторую, или трех попаданий в третью. Если снаряд попал в цель, то вероятность ему попасть в ту или другую часть пропорциональна площади этой части. На проекции цели на плоскость, перпендикулярную направлению стрельбы, первая, вторая и третья части занимают относительные площади 0,1, 0,2 н 0,7. Известно, что в цель попало ровно два снаряда. Найти вероятность того, что цель будет поражена.

Решение:

Обозначим —поражение цели; —условную вероятность поражения цели при условии, что в нее попало ровно два снаряда. Два снаряда, попавшие в цель, могут поразить ее двумя способами: или хотя бы один из них попадает в первую часть, илн же оба снаряда попадут во вторую. Этн варианты несовместны, так как в цель попало всего два снаряда; поэтому можно применить теорему сложения.

Вероятность того, что хотя бы один снаряд попадет в первую часть, может быть вычислена через вероятность противоположного события (нн один нз двух снарядов не попадет в первую часть) и равна 1 — 0.9². Вероятность того, что оба снаряда попадут во вторую часть, равна 0,2². Следовательно,

Пример 8.

Для условий предыдущего примера найти вероятность поражения цели, если известно, что в псе попало три снаряда.

Решение:

Решим задачу двумя способами: через прямое и противоположное событие.

Прямое событие — пораженно цел:: при трех попаданиях — распадается на четыре несовместных варианта:

— хотя бы одно попадание в первую часть,

— два попадания во вторую часть и одно — в третью,

—три попадания во вторую часть,

— три попадания в третью часть.

Вероятность первого варианта находим аналогично предыдущему примеру:

Найдем вероятность второго варианта. Три попавших снаряда могут распределиться по второй н третьей частям нужным образом (два во вторую и один — в третью) тремя способами . Следовательно,

Далее находим:

Отсюда

Однако проще решается задача, если перейти к противоположному событию— непоражению цели при трех попаданиях. Это событие может осуществиться только одним способом: если два снаряда нз трех попадут в третью часть, а один — во вторую. Таких комбинаций может быть три , следовательно,

откуда

Пример 9.

Монета бросается 6 раз. Найти вероятность того, что выпадет больше гербов, чем цифр.

Решение:

Для нахождения вероятности интересующего нас события A (выпадет больше гербов, чем цифр) можно было бы перечислить все возможные его варианты, например:

—выпадет шесть гербов и ни одной цифры,

— выпадет пять гербов н одна цифра

и т. д.

Однако проще будет применить другой прием. Перечислим все возможные исходы опыта:

А — выпадет больше гербов, чем цифр,

В — выпадет больше цифр, чем гербов,

С — выпадет одинаковое число цифр и гербов.

События А, В, С несовместны и образуют полную группу. Следовательно,

Так как задача симметрична относительно «герба» и «цифры»,

откуда и Найдем вероятность события С, состоящего в том, что при шести бросаниях монеты появится ровно три герба (а значит, ровно три цифры). Вероятность любого из вариантов события С (например, последовательности при шести бросаниях) одна и та же и равна . Число таких комбинаций равно (числу способов, какими можно из шести бросании выбрать три, в которых появился герб). Следовательно,

отсюда

Пример 10.

Прибор состоит из четырех узлов: , причем узел дублирует а узел дублирует узел . При отказе (выходе из строя) любого из основных узлов ( или ) происходит автоматическоэ переключение на дублирующий узел. Надежность (вероятность безотказной работы) в течение заданного времени каждого из узлов равна соответственно — Надежность каждого из переключающих устройств равна р. Все элементы выходят из строя независимо друг от друга. Определить надежность прибора.

Решение:

Рассмотрим совокупность узлов и соответствующего переключающего устройства как один «обобщенный узел» В, а совокупность узлов и соответствующего переключающего устройства — как обобщенный узел С. Рассмотрим события:

А — безотказная работа прибора,

В — безотказная работа обобщенного узла В,

С—безотказная работа обобщенного узла С.

Очевидно,

откуда

Найдем вероятность события В. Оно распадается на два варианта:

— исправно работал узел At и

— узел отказал, но оказались исправными переключающее устройство и узел .

Имеем:

аналогично

откуда