Математические методы в юриспруденции

 

Статистическое (частотное) определение вероятности.

Теорема сложения вероятностей 

 

В этом разделе мы начнем применять  на практике математический аппарат  теории вероятностей для оценки вероятности  наступления интересующего нас  случайного события, которое, в свою очередь, является некоторой комбинацией  других случайных событий.

Классическое  определение вероятности Р(А) события  А как отношения числа благоприятных  элементарных исходов m к числу всех элементарных исходов n предполагает, что все элементарные исходы равновероятны. Однако, это условие далеко не всегда выполняется, поэтому мы сейчас введем еще одно определение вероятности - статистическое (или частотное).

Как оценить вероятность  интересующего нас события, если в процессе испытания элементарные исходы вовсе не обязаны быть равновероятными? Строго говоря, необходимо было бы много раз проделать интересующий нас опыт и узнать частоту реализации различных элементарных исходов. В пределе, при увеличении числа испытаний, отношение числа m реализованных событий А к общему количеству испытаний n и будет определять вероятность Р(А)=m/n.

Важно понимать, что статистический подход не противоречит классическому, а лишь расширяет  границы возможного применения аппарата теории вероятностей. Поэтому все  приемы, которые Вы уже освоили  в рамках классической схемы, можно будет использовать и в дальнейшем.

Для решения практических задач нам понадобятся следующие  важные теоремы.

 

Теорема сложения вероятностей для несовместных событий:

 

P(A + B) = P(A) + P(B) - вероятность наступления в результате эксперимента хотя бы одного из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Обсуждение. Напомним, что события А и В называются несовместными, если в результате опыта они не могут появиться вместе. (Пожалуйста, не путайте их с независимыми событиями, которые мы обсуждали в прошлом разделе. Независимые события могут спокойно сосуществовать друг с другом.)

Пример. По статистике, в прошлом году 10% жителей нашего города встретили Новый год в отъезде, 40% ходили в гости или в ресторан, оставаясь в городе, остальные встречали Новый год дома. Считая, что эта тенденция сохранится, посчитайте вероятность того, что житель нашего города встретит Новый год дома.

Решение: здесь можно смело пользоваться теоремой сложения вероятностей, т.к. события встречи Нового года в разных местах одним и тем же человеком - несовместны. Поэтому все, кто встретит Новый год в гостях или в другом городе (они составят вместе 40%+10%), не смогут встретить его дома. Принимая общее число жителей города за 100%, найдем, что 50% оставалось дома в прошлый раз. Полагая, что эти же пропорции сохранятся и в этом году, найдем, что вероятность встретить Новый год дома для жителя нашего города равна Р=0,5. (Заметим, что в данном случае нам было удобно посчитать сначала вероятность обратного события, а потом вычесть результат из 100%.)

Что произойдет, с нашими оценками, если исходные события не являются несовместными? Давайте немного изменим предыдущий пример.

Пример. Владелец фирмы частных такси хочет сделать прогноз количества клиентов на новогоднюю ночь. Пусть, по его сведениям, в прошлом году Новый год встретили дома 50%, в компании друзей или родственников, но не выезжая из города - 80%, в отъезде были 10%. Почему у него получилось в сумме больше 100%?

Видимо, каких-то жителей он посчитал больше одного раза. Скорее всего, тех, кто сидел дома, но, одновременно, принимал друзей или родственников, которые пришли к нему в гости. Поскольку эти события не являются несовместными, просто складывая вероятности, он завышает свои оценки.

Впрочем, это относится не только к оценке вероятности события, но и к решению любых задач  на подсчет элементов объединения  двух множеств путем сложения. Если множества частично перекрываются, сумма их элементов будет больше, чем реальное количество элементов, поскольку при арифметическом сложении элементы этого "перекрытия" мы невольно посчитали дважды, и как входящие в первое множество, и как входящие во второе. Выход здесь один: мы должны заметить, что множества частично "перекрываются", посчитать число элементов в их общей части и вычесть это число из суммы (т.к. при суммировании мы его посчитали дважды).

 

 
В случае подсчета вероятности события  С, которое наступает или при  наступлении события А, или при  наступлении события В, если А  и В не являются несовместными, можно  воспользоваться следующей теоремой:

Общая теорема сложения вероятностей:

Р(С)=Р(А)+Р(В)-Р(АВ), где Р(АВ) - вероятность одновременного наступления и события А, и события В.

 

Основные формулы:

Формулы сложения вероятностей:

Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Для случая нескольких несовместных событий формула сложения имеет  вид

Если события образуют полную группу, то

Отсюда следует формула вероятности  для противоположного события .

Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности  их произведения.

Формула для вероятности суммы  трех совместных событий имеет вид

Формулы умножения вероятностей:

Пусть даны два события  и . Рассмотрим событие , состоящее в том, что событие появилось после появления события . Если , то событие называется независимым от события . В противном случае – событие называется зависимым от события . Величина называется условной вероятностью события при появлении события .

Вероятность произведения двух событий  равна произведению вероятности  одного из этих событий на условную вероятность другого события.

Формула умножения вероятностей для  трех событий имеет вид

Формула умножения вероятностей для  четырех событий имеет вид

Для двух независимых событий имеет  место формула

Для нескольких независимых событий  имеет место аналогичная формула

 

 

Задачи для самостоятельного решения:

1. В урне 2 белых и 3 черных шара. Из урны вынимают подряд два шара. Найти вероятность того, что оба шара белые.
2. Те же условия, но после первого вынимания шар возвращается в урну, и шары в урне перемешиваются.
3. Прибор, работающий в течение некоторого времени, состоит из трех узлов, каждый из которых, независимо от других, может в течение этого времени отказать (выйти из строя). Отказ хотя бы одного узла приводит к отказу прибора в целом. За это время надежность (вероятность безотказной работы) первого узла равна 0,8; второго 0,9; третьего 0,7. Найти надежность прибора в целом.
4. Производится три выстрела по одной и той же мишени. Вероятности попадания при первом, втором и третьем выстрелах равны соответственно 0,4; 0,5; 0,7. Найти вероятность того, что в результате этих трех выстрелов в мишени будет ровно одна пробоина (хотя бы одна пробоина).
5. Из одиннадцати карточек составлено слово СЛЕДОВАТЕЛЬ. Из них выбирают поочередно четыре карточки и приставляют одну к другой. Какова вероятность того, что получится слово ДЕЛО?

Указания:

Пусть события Д состоит в том, что первая выбранная буква есть Д, событие Е – вторая буква есть Е, событие Л – третья буква есть Л, событие О – четвертая буква есть О. Нужно найти вероятность произведения этих событий по формуле Р(ДЕЛО)=Р(Д) Р(Е/Д) Р(Л/ДЕ) Р(О/ДЕЛ)

 

 

Формула полной вероятности

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) Н₁, H₂, ..., H_n. Пусть также имеется некоторое событие А и известны Р(Н_i) - вероятность гипотезы, P(A|H_i) - условная вероятность события А при этой гипотезе). Тогда вероятность события А вычисляется по формуле полной вероятности:

Пример. 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:

P(A H₁) = P(A H₃) = 0,9,

  P(A H₂)=0,7 
По формуле полной вероятности находим искомую вероятность:

Пример. 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 H_i={приход туриста в пункт H_i}, i=1, 2, 3, 4. Поскольку, выйдя из пункта А, он выбирает любую дорогу наугад, то P(H_i)=1/4, i=1, 2, 3, 4.

Исходя из схемы дорог, определяем, что

P(B H₁) = 0; P(B H₂) =1/2; P(B H₃) = 1; P(B H₄) =1/3

Таким образом, по формуле полной вероятности 

Пример. 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:

После этого раздела Вам нужно  выполнить первое письменное задание. Пожалуйста, пишите решение подробно, поясняйте все сделанные Вами предположения.

 

Задачи для самостоятельного решения:

1. Два датчика посылают сигналы в общий канал связи, причем первый посылает сигналы в два раза чаще второго. Вероятность получить искаженный сигнал от первого датчика равна 0,06 , а от второго – 0,03 . Какова вероятность того, что наудачу выбранный сигнал из общего канала связи окажется искаженным?
2. Один ведущий самолет и два ведомых посланы на бомбометание. Радионавигационное оборудование есть только у ведущего самолета. Оборона противника уничтожает каждый самолет с вероятностью 0,2 . Бомбометание ведется каждым самолетом независимо, при этом цель поражается с вероятностью 0,3 . Найти вероятность поражения цели.
3. В группе спортсменов имеется 20 лыжников, 6 велосипедистов и 4 бегуна. Вероятность выполнить квалификационную норму для лыжника равна 0,9, для велосипедиста – 0,8, для бегуна –0,75. Найти вероятность того, что наугад выбранный спортсмен выполнит квалификационную норму.
4. В клинику поступают в среднем 50% сердечно–сосудистых больных, 30% – с заболеваниями легких и 20% – с заболеваниями почек. Вероятность полного излечения больного первой группы равна 0,1, больного второй группы – 0,7, и третьей группы – 0,5. Найти вероятность того, что больной поступивший в клинику, будет выписан здоровым.

 

Формула Байеса

Пусть H₁,H₂,...,H_n -  полная группа событий и А Ì W – некоторое событие. Тогда по формуле для условной вероятности

 (*)

Здесь P(H_k /A) – условная вероятность события (гипотезы) H_k или вероятность того, что H_k реализуется при условии, что событие А произошло.

По  теореме умножения вероятностей числитель формулы (*) можно представить в виде

P = P = P(A /H_k) P(H_k)

Для представления  знаменателя формулы (*) можно использовать формулу полной вероятности

P(A)

Теперь  из (*) можно получить формулу, называемую формулой Байеса:

По  формуле Байеса исчисляется вероятность  реализации гипотезы H_k при условии, что событие А произошло. Формулу Байеса еще называют формулой вероятности гипотез. Вероятность P(H_k) называют априорной вероятностью гипотезы H_k, а вероятность P(H_k /A) – апостериорной вероятностью.

Пример. В первой урне 7 белых и 3 черных шара, во второй – 8 белых и 2 черных. При перевозке из первой урны во вторую урну перекатились два шара. После того, как шары во второй урне перемешались, из неё выкатился шар. Найти вероятность того, что выкатившийся из второй урны шар белый.

Решение. Пусть событие Н₁ состоит в том, что из первой урны во вторую перекатились два белых шара, событие Н₂ состоит в том, что перекатились два чёрных шара, а событие Н₃ состоит в том, что перекатились шары разного цвета. Можно вычислить вероятности Р(Н₁) =   = 7/15, Р(Н₂) =   = 1/15, Р(Н₃) =   = 7/15 (при решении задачи полезно проверить выполнение необходимого условия ).

Если реализовалась гипотеза Н₁, то во второй урне оказалось 10 белых и 2 черных шара. Обозначим через А событие, заключающееся в том, что из второй урны выкатился белый шар. Тогда Р(А/Н₁) =   = 5/33. Если реализовалась гипотеза Н₂, то во второй урне оказалось 8 белых и 4 чёрных шара, и Р(А/Н₂) =   = 4/33. Легко показать, что Р(А/Н₃) =   = 3/22. Теперь можно воспользоваться формулой полной вероятности:

Р(А) = (5/33)×(7/15) + (4/33) (1/15) + (3/22) (7/15) = 47/330

Пример. В условие задачи №1 внесем изменение. Пусть после того, как из первой урны во вторую перекатились два шара и шары во второй урне перемешались, из неё выкатился белый шар. Найти вероятность того, что из первой урны во вторую перекатились разноцветные шары.

Вычисления предыдущей задачи подставим  в формулу Байеса

Р(Н₃/А) = Р(А/Н₃)Р(Н₃)/ Р(А) = (3/22)(7/15)/( 47/33) = 7/47

Пример. В ящике лежат 20 теннисных мячей, в том числе 15 новых и 5 играных. Для игры выбираются 2 мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры также наудачу извлекаются ещё два мяча. Найти вероятность того, что вторая игра будет проводиться новыми мячами.