Файл: Агекян Т.А. Теория вероятностей для астрономов и физиков учеб. пособие.pdf

Полученная формула носит название теоремы Байеса. Она позволяет найти новые вероятности событий А г, если известно, что событие Н произошло.

Вчастном случае, если

Р(Л 1) = Р (4,) = ... = Р (Л ) = ^ - |

(1.97) показывает, что если до того, как стало известно о происшедшем событии Н, вероятности событий A t были равны, то после того как стало известно, что событие Н произошло, вероятности событий A t становятся пропор­ циональными тем вероятностям, которые они «сообщали» событию Н.

З а д а ч а 23. В условиях задачи 22 определилось, что в течение года наблюдений далекой спиральной галак­ тики в ней обнаружена вспышка одной сверхновой звезды. Найти теперь вероятность того, что галактика принадле­

Как и следовало ожидать, по сравнению с (1.94) вероят­ ность Sa уменьшилась, а вероятность Sc возросла.

§ 12. Вероятность сложного события

Рассмотрим полную систему событий (1.90). Обозначим вероятности этих событий соответственно

Ply Pit • • •» Ph-

Каждый раз, как выполняется необходимый комплекс

48 СЛУЧАЙНОЕ СОБЫТИЕ 1ГЛ. 1

условий (производится испытание), происходит одно из событий (1.90). Определим вероятность р п (тъ т2, . . . ,тк) того, что при п испытаниях событие А х произойдет тх раз, событие А 2 — т2 раз, . . событие A h — mk раз. При этом безразлично, в какой последовательности про­ исходят события. Так как в каждом испытании осуществ­ ляется одно из событий (1.90), то

Определим сначала вероятность того, что осуществится одна определенная последовательность событий А ( при п испытаниях, в результате чего каждое из событий A t произойдет требуемое количество раз. Согласно теореме умножения вероятность такой последовательности равна

Этой же величине равна вероятность любой последова­ тельности событий, содержащей требуемое число событий A t. Поэтому искомая вероятность согласно теореме сложения равна величине (1.99), умноженной на число различных последоватзльностей событий, содержащих события A t требуемое число раз. Число удовлетворяющих условию различных последовательностей можно получить, выбрав одну из таких последовательностей и определив в ней число всех перестановок, дающих новые последова­ тельности. Число всех перестановок из п элементов равно п\. Но так как, поменяв местами два одинаковых собы­ тия, мы не получим новой последовательности событий, число всех различных перестановок равно

п!

т\\ тъ! . . . т^1

Таким образом,

Рп {тъ т2, . . . , тк) =

Эта формула называется формулой вероятности сложного события.

Если требуется определить вероятность того, что событие А, вероятность осуществления которого в одном испытании равна р, при п испытаниях произойдет т раз, необходимо рассмотреть полную систему событий А, А. Тогда согласно (1.100)

падание в остальную часть мишени} составляют полную систему событий. Вероятность промаха равна 0,3. Сог­ ласно (1.100)

Рю(4,4, 2) = -0,2*.0,5*-0,3*^0,028.

З а д а ч а 25. Прибор имеет шесть ламп, вероятность выхода из строя каждой из которых при данном повы­ шении напряжения в цепи равна 0,3. При перегорании трех или меньшего числа ламп прибор из строя не выхо­ дит. При перегорании четырех ламп вероятность выхода прибора из строя равна 0,3, при перегорании пяти ламп 0,7, при перегорании шести ламп — 1. Определить ве­ роятность выхода прибора иэ строя при повышении нап­ ряжения.

Р е ш е н и е . Вероятности выхода из строя четырех, пяти и шести ламп соответственно равны:

Р* (6) = -§■-0,3е ^0,0007.

50 СЛУЧАЙНОЕ СОБЫТИЕ [ГЛ. 1

По формуле полной вероятности (1.93) находим вероят­ ность выхода из строя прибора:

Р ^ 0,0595-0,3 +0,0102-0,7 +0,0007-1 ^ 0,0257.

З а д а ч а 26. В первых 20 партиях матча на первенст­ во мира по шахматам четыре партии выиграл чемпион ми­ ра, шесть партий выиграл претендент и 10 партий закон­ чились вничью. Чтобы сохранить свое звание, чемпиону мира в оставшихся четырех партиях нужно набрать не меньше трех очков. Какова вероятность того, что чем­

Р е ш е н и е . В сыгранных 20 партиях относительная частота выигрышей у чемпиона мира равна 0,2, проигры­ шей — 0,3 и ничьих — 0,5. Предположим, что эти отно­ сительные частоты равны вероятностям соответствующих событий. Чтобы чемпион мира набрал не менее трех оч­ ков, необходимо осуществление одного из следующих событий: 1) все четыре партии выиграл чемпион, 2) три партии чемпион выиграл и одну свел вничью, 3) три пар­ тии чемпион выиграл и одну проиграл, 4) две партии чемпион выиграл и две свел вничью. Вероятности этих событий согласно формуле (1.100) соответственно равны

Так как эти события несовместимы, то искомая вероят­ ность

Р = л + Рг + Р 3 + Р4 = 0,0872.

Полученное решение не является строгим, так как за вероятности событий приняты относительные частоты этих событий. Его можно считать приближенным. Если бы

§ 12] ВЕРОЯТНОСТЬ СЛОЖНОГО СОБЫТИЯ 51

число сыгранных партий было бы большим, то прибли­ жение было бы лучшим. В выполненном решении пред­ полагается также, что вероятности исходов партий в ходе матча не изменяются, не сказываются, например, утомле­ ние или какие-нибудь иные психологические факторы, за­ висящие от времени.

3 а д а ч а 27. Система состоит из большого числа (п) частиц. Объем Г фазового пространства (шестимерного пространства, координатами которого являются три ко­ ординаты положения и три компонента скорости), в кото­ ром могут находиться частицы, ограничен. Найти наиве­ роятнейшее распределение частиц в элементах фазового объема.

Р е ш е н и е . Разобьем объем Г фазового пространства

Рп (пъ пг, . . nh). Нужно найти максимум этого распре-

к

деления при условии постоянства числа частиц 2 Щ=-п.

i—1

Согласно правилу нахождения условного экстремума сос­ тавим функцию Лагранжа

где а — неопределенный коэффициент Лагранжа. Беря частные производные L и приравнивая их нулю, находим

Так как п очень велико, то первый член с высокой точ­ ностью равен приращению In щ\, когда яг возрастает на единицу. Имеем

Эп.1]

^ In (п 1)! — In n! == In (п + 1) ^ In п.

52 СЛУЧАЙНОЕ СОБЫТИЕ [ГЛ. 1

кк

т. е. при наивероятнейшем распределении число частиц в фазовых элементах пропорционально объему этих эле­ ментов.

3 а д а ч а 28. Предыдущую задачу решить при усло­ вии, что и стоянная полная энергия системы равна сум­ ме энергий частиц. Энергия частиц определяется тем, в каком фазовом элементе они находятся.

Р е ш е н и е . К условию постоянства числа частиц в предыдущей задаче теперь прибавляется условие посто­ янства полной энергии системы

2 щЕх= Е.

г—1

Функция Лагранжа дополняется членом

к

р2 «i^i. i=l

ипосле приравнивания частных производных нулю получаем

—In rii -(- In pi - f a — §Et — 0.