1.6 Теорема Байеса
модуль 1.6 шаг 4
Из полного набора костей домино взята одна кость. Найдите вероятность того, что наудачу взятую вторую кость можно приставить к первой по правилам домино. В качестве ответа приведите обыкновенную дробь.
Решение
Пусть событие A означает, что первая кость является дублем, а событие B означает, что вторую кость можно приставить к первой. По формуле полной вероятности \( P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|\bar{A})P(\bar{A}) \). Поскольку в домино 7 дублей из 28 костей, \( P(A)=\frac{7}{28} \) и \( P\bar{A}=1-P(A) \). Найдем теперь вероятность \(𝑃(𝐵∣𝐴)\). К дублю можно приставить только такую кость, на которой есть столько же очков, сколько на дубле. Их ровно 6 штук, поэтому \(P(B|A)=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}\). Далее найдем вероятность \( P(B|\bar{A}) \). К кости 𝑚:𝑛 (при 𝑚≠𝑛) можно приставить те кости, на которых есть 𝑚 или 𝑛 очков. Таких костей 12 штук, поэтому \(P(B|\bar{A})=\frac{12}{27}=\frac{4}{9} \). Следовательно,
\[P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|\bar{A})P(\bar{A})=\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{4}+\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{4}=\frac{7}{18}\]Ответ: 294/756
модуль 1.6 шаг 7
В урне находится 𝑛 шаров, некоторые из них белые. Событие \(A_k\) при \( k=0,1,…,n \) состоит в том, что в урне ровно 𝑘 белых шаров. Предположим, что все эти события равновероятны, т.е. \(P(A_0)=P(A_1)=…=P(A_n)=\frac{1}{n+1}\). Пусть B — событие, состоящее в том, что наугад взятый шар из урны — белый. Найдите \(P(A_k|B)\).
Решение
Если в урне из 𝑛 шаров ровно 𝑘 белых, то вероятность вытащить белый шар равна \(\frac{k}{n}\). Таким образом, \(P(B|A_k)=\frac{k}{n}\). По теореме Байеса имеем
\[\displaylines{P(A_k|B)=\frac{P(B|A_k)P(A_k)}{P(B|A_0)P(A_0)+P(B|A_1)P(A_1)+...+P(B|A_n)P(A_n)}= \\ =\frac{P(B|A_k)}{P(B|A_0)+P(B|A_1)+...+P(B|A_n)}=\frac{\frac{k}{n}}{\frac{1}{n}+\frac{2}{n}+...+\frac{n}{n}}= \\ =\frac{k}{1+2+...+n}=\frac{2k}{n(n+1)}}\]Ответ: 2k/(n(n+1))
модуль 1.6 шаг 8
В понедельник, после двух выходных, токарь Григорий вытачивает левовинтовые шурупы вместо обычных правовинтовых с вероятностью 0.5. Во вторник этот показатель снижается до 0.2. В остальные дни недели Григорий ударно трудится, и процент брака среди изготавливаемых им шурупов составляет 10%. При проверке недельной партии шурупов, выточенных Григорием, случайно выбранный шуруп оказался дефектным. Какова вероятность того, что шуруп изготовлен в понедельник, если известно, что в понедельник он вытачивает в два раза меньше шурупов, чем в каждый из остальных рабочих дней? В качестве ответа приведите обыкновенную дробь.
Решение
Пусть событие 𝐵 означает, что шуруп дефективный, а событие \(A_k\), что шуруп выточен в 𝑘-й день недели. По условию
\[P(B|A_1)=\frac{1}{2}, P(B|A_2)=\frac{1}{5}, P(B|A_3)=P(B|A_4)=P(B|A_5)=\frac{1}{10}\]Кроме того \(P(A_2)=P(A_3)=P(A_4)=P(A_5)=2P(A_1)\), поскольку в понедельник он вытачивает в два раза меньше шурупов, чем в каждый из остальных рабочих дней. Тогда \(P(A_1)=\frac{1}{9}\) и \(P(A_2)=P(A_3)=P(A_4)=P(A_5)=\frac{2}{9}\). По теореме Байеса имеем
\[\displaylines{P(A_1|B)=\frac{P(B|A_1)P(A_1)}{P(B|A_1)P(A_1)+P(B|A_2)P(A_2)+...+P(B|A_5)P(A_5)}= \\ =\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{9}}{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{9}+\frac{1}{5}\cdot\frac{2}{9}+3\cdot\frac{1}{10}\cdot\frac{2}{9}}=\frac{1}{3}}\]Ответ: 1/3
модуль 1.6 шаг 9
Даны натуральные числа 𝑚 и 𝑛, причем 𝑚<𝑛. Из чисел 1,2,…,𝑛 последовательно выбирают наугад два различных числа. Найдите вероятность того, что разность между первым выбранным числом и вторым будет не меньше 𝑚.
Решение
Пусть событие B означает, что разность между первым выбранным числом и вторым будет не меньше 𝑚, а событие \(A_k\), что первое выбранное число равно 𝑘. Тогда \(P(A_{k}) = \frac{1}{n}\). Найдем вероятность \(P(B|A_k)\). Если 𝑘⩽𝑚, то никакое второе число не подойдет, поэтому \(P(B|A_k)=0\). Если же 𝑘>𝑚, то в качестве второго числа подойдут числа 1,2,…,𝑘−𝑚, значит всего есть 𝑘−𝑚 вариантов из 𝑛−1 возможного (одно число уже взяли). Таким образом, \(P(B|A_k)=\frac{k-m}{n-1}\). По формуле полной вероятности имеем
\[\displaylines{P(B)=P(B|A_1)P(A_1)+P(B|A_2)P(A_2)+...+P(B|A_n)P(A_n)= \\ =P(B|A_{m+1})P(A_{m+1})+P(B|A_{m+2})P(A_{m+2})+...+P(B|A_{n})P(A_{n})= \\ =\frac{1}{n-1}\cdot\frac{1}{n}+\frac{2}{n-1}\cdot\frac{1}{n}+\frac{3}{n-1}\cdot\frac{1}{n}+...+\frac{n-m}{n-1}\cdot\frac{1}{n}= \\ =\frac{1+2+3+...+(n-m)}{n(n-1)}=\frac{(n-m)(n-m+1)}{2n(n-1)}}\]Ответ: (n-m)(n-m+1)/(2n*(n-1))
модуль 1.6 шаг 10
Дано натуральное число 𝑛<52. Из тщательно перемешанной колоды в 52 карты одновременно были взяты 𝑛 карт. На одну из этих 𝑛 карт посмотрели, она оказалась тузом. После этого она возвращается в набор взятых карт и эти 𝑛 карт перемешиваются. После этого из них выбирается одна карта и открывается. Найдите вероятность того, что открытая карта является тузом.
Решение
Пусть событие 𝐴 означает, что во второй раз вытащили туза, а событие 𝐵 означает, что во второй раз вытащили ту же карту, что и в первый. Тогда по формуле для полной вероятности \(P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|\bar{B})P(\bar{B})\). Найдем нужные четыре вероятности: \(P(B)=\frac{1}{n}\), поскольку это вероятность вытащить фиксированную карту из 𝑛 карт; тогда \(P(\bar{B})=1-P(B)=\frac{n-1}{n}\). Кроме того очевидно, что \(P(A|B)=1\). Найдем \(P(A|\bar{B})\). Здесь нам нужно найти вероятность вытащить туза при условии, что мы вытащили не ту же карту, что и в первый раз. Это означает, что туз должен был оказаться среди оставшейся 𝑛−1 карты. Эти карты образовались так: взяли 𝑛−1 случайную карту из 51 карты колоды (событие \(\bar{B}\) запрещает брать вытащенного в первый раз туза), а затем из них выбрали наугад карту. Но это все равно, что взять наугад одну карту из 51. Вероятность при этом вытащить туза равна \(\frac{3}{51}=\frac{1}{17}\) Следовательно, \(P(A|\bar{B})=\frac{1}{17}\). Таким образом,
\[P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|\bar{B})P(\bar{B})=1\cdot\frac{1}{n}+\frac{1}{17}\cdot\frac{n-1}{n}=\frac{16+n}{17n}.\]Ответ
(n+16)/(17*n)