ВЕРОЯТНОСТИ СУММЫ И ПРОИЗВЕДЕНИЯ СОБЫ­ТИЙ

Часто бывает так, что вероятность некото­рого события можно найти, зная вероятности других событий, связанных с этим со­бытием.

▲Теорема 2.6. (Теорема сложения вероятностей). Вероят­ность суммы (объедине­ния; появления одного из них, безраз­лично какого) двух произвольных событий равна сумме вероят­ностей этих событий за вычетом вероятности их совместного появле­ния, т.е. P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB).

Следствие 1. Вероятность суммы (объединения) попарно не­совместных событий равна сумме их вероятностей, т.е. P(A₁+A₂+...+A_n) = = P(A₁) + P(A₂) + ... + P(A_n).

Следствие 2. Пусть A₁, A₂, ... , A_n – полная группа попарно несовместных собы­тий. Тогда P(A₁)+P(A₂)+ ... +P(A_n) = 1.

Следствие 3. Сумма вероятностей противоположных собы­тий равна единице, т.е. P(A) + P(`A) = 1.

Пример 2.10. В урне 5 белых, 6 черных и 9 красных шаров. Какова вероятность того, что первый наугад вынутый шар окажется черным или красным?

Решение. Здесь имеется всего 20 элементарных исходов, из кото­рых появлению черного шара бла­гоприятствует 6, а появлению крас­ного - 9. Поэтому вероятность со­бытия A - появление черного шара: P(A) = 6/20, а вероятность события B - появление красного шара: P(A) = 9/20. Поскольку собы­тия A и B несовме­стны (вынимается всего один шар), то P(A+B) = P(A) + P(B) = 6/20 + 9/20 = 0,75. Ответ: 0,75.

■ Условная вероятность события B ( P_A(B) )- вероятность события B, вычислен­ная при условии, что событие A уже про­изошло. Если A и B – независимые события, то P_A(B) = P(B), P_B(A) = P(A).

▲Теорема 2.7. (Теорема умножения вероятностей). Вероят­ность произведения (пе­ресечения; совместного появления) двух произвольных событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при усло­вии, что первое собы­тие уже наступило, т.е. P(AB) = P(A)·P_A(B) = P(B)·P_B(A).

Пример 2.11. На полке стоят 11 научно-популярных книг и 5 ху­дожественных. Какова вероят­ность того, что две подряд наугад взятые книги окажутся художественными?

Решение. Рассмотрим два события B₁ и B₂: B₁ - при первом испы­та­нии взята художественная книга, B₂ - при втором испытании взята ху­дожественная книга. По теореме 2.7 вероятность такого собы­тия равна P(B₁B₂)=P(B₁)·P_B1(B₂). Вероятность события B₁ P(B₁) = 5/16. По­сле первого испытания на полке останется 15 книг, из которых 4 ху­доже­ственные, по­этому условная веро­ятность P_B1(B₂) = 4/15. Отсюда искомая вероятность равна: P(B₁B₂) = . Ответ: 1/12.

Следствие 1. Вероятность совместного появления несколь­ких событий равна про­изведению вероятности одного из них на условные вероят­ности всех остальных, при­чем вероятность ка­ждого последующего события вычис­ляют при условии, что все предыдущие события уже наступили, т.е. P(A₁·A₂·...·A_n) = P(A₁)·P_A1(A₂) P_A1A2(A₃). · ... ·P_A1A2…An-1(A_n).

Пример 2.12.Из десяти карточек составлено слово «МАТЕМА­ТИКА». Из них школьник нау­дачу выбирает поочередно четыре кар­точки и приставляет одну к другой. Какова вероятность того, что по­лучится слово «ТЕМА»?

Решение. Введем события A₁, A₂, A₃, A₄, состоящие в том, что пер­вая выбранная буква - Т, вторая - Е, тре­тья – М и четвертая - А. Нам нужно найти вероят­ность произведения этих событий. По след­ствию 1 из тео­ремы 2.7 имеем:

P(A₁·A₂·A₃·A₄) = P(A₁)·P_A1(A₂)·P_A1A2(A₃)·P_A1A2A3(A₄) = Ответ: 1/420.

Следствие 2. Если A₁,A₂,...,A_n – независимые события, то ве­роятность их произве­дения (совместного появления) равна про­изведению вероятностей этих собы­тий, т.е. P(A₁·A₂· ... ·A_n) = P(A₁)·P(A₂)· ... ·P(A_n).

Пример 2.13. Два стрелка независимо один от другого де­лают по одному выстрелу по од­ной и той же мишени. Вероятность поражения мишени первым стрелком – 0,7, вторым – 0,8. Какова вероят­ность того, что ми­шень будет поражена?

Решение. Пусть событие А состоит в том, что мишень поразил пер­вый стрелок, а событие В - в том, что ми­шень поразил второй стрелок. По условию Р(А) = 0,7 и Р(В) =0,8.

1-й способ. Рассмотрим противоположные события:`A - промах первого стрелка,`B - промах вто­рого. По следствию 3 из тео­ремы 2.6 получаем Р(`A) = 1-0,7 = 0,3 и Р(`B) = 1-0,8 = 0,2. Произведение собы­тий `A ·`B означает промах обоих стрелков. По смыслу задачи собы­тия А и В являются незави­симыми, поэтому и противоположные со­бытия`A и`B также будут независимыми. По следствию 2 из теоремы 2.7 получаем вероят­ность того, что оба стрелка промахнутся: Р(`А·`В) = 0,3·0,2 = 0,06. Нас же интересу­ет вероятность противоположного события, состоящего в том, что мишень поражена. По­этому искомую вероят­ность мы находим по следствию 3 из теоремы 2.6: 1 - 0,06 = 0,94.

2-й способ. Искомая событие (мишень будет поражена хотя бы од­ним стрелком) есть сумма собы­тий A и B. По теореме 2.6. P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,7 + 0,8 – 0,7·0,8 = 1,5 – 0,56 = 0,94. Ответ: 0,94.

Пример 2.14. В студенческой группе 25 человек. Какова вероят­ность того, что дни рождения хотя бы у двоих совпадают?

Решение. Вероятность того, что дни рождения у двух произвольно взятых людей совпадают, равна 1/365 (считаем, что попадания дня рождения на любой день в году - равновозможные случаи). Тогда ве­роятность того, что дни рожде­ния двух людей не совпадают, т.е. веро­ятно­сть противопо­ложного события равна 1-1/365 = 364/365. Вероят­ность того, что день рожде­ния третьего отличается от дней рождения двух предыдущих, составит 363/365 (363 случая из 365 благо­приятст­вуют этому событию). Рассуждая аналогично, находим, что для 25-го члена группы эта веро­ятность равна 341/365. Далее найдем вероят­ность того, что дни рождения всех 25 членов группы не совпадают. По­скольку все эти события (несовпадение дня рождения каждого оче­редного члена группы с днями ро­ждения преды­дущих) независимы, то по следствию 2 из теоремы 2.7 получаем:

P(A₂A₃ ... A₂₅) = · · ... · » 0,43.

Это вероятность того, что дни рождения у всех 25 человек не сов­падают. Ве­роятность противопо­ложного события будет вероятностью того, что хотя бы у двоих дни рождения совпадают, т.е. иско­мой веро­ятностью P » 1-0,43 = 0,57. Ответ: » 0,57.

▲Теорема 2.8. Пусть B₁, B₂, …, B_n – полная группа попарно не­совместных событий. Ве­роятность события A, которое может наступить лишь при условии наступления од­ного из событий B₁, B₂, …, B_n , равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность собы­тия A, т.е.

P(A) = P(B₁)·P_B1(A) + P(B₂)·P_B2(A) + … + P(B_n)·P_Bn(A).

Эта формула называется формулой полной вероятно­сти. События B₁, B₂, …, B_n , удовлетворяющие условию теоремы 2.8, называют гипотезами.

Пример 2.15.Турист равновероятно выбирает один из трех маршру­тов: конный, водный и горный. Вероятность, что он успешно преодолеет путь при выборе конного способа передвижения, равна 0,75, при выборе водного пути – 0,8, при выборе горного маршрута – 0,55. Найдите вероятность, что турист успешно преодолеет весь путь при любом выборе маршрута.

Решение. Введем события: A – «Турист успешно преодолеет весь путь при любом выборе маршрута», B₁, B₂, B₃ – выбран соответственно, конный, водный и горный маршрут. Поскольку выбор маршрута равновероятен, то вероятно­сти выбора каждого маршрута P(B₁) = P(B₂) = P(B₃) = 1/3. По условию P_B1(A) = 0,75; P_B2(A) = 0,8; P_B3(A) = 0,55. Тогда по формуле полной вероятности: P(A) = P(B₁)·P_B1(A) + P(B₂)·P_B2(A) + P(B₃)·P_B3(A) = (1/3)·0,75 + (1/3) ·0,8 + (1/3)0,55 = 0,7.

Ответ: 0,7.

▲Теорема 2.9. Условная вероятность любой гипотезы B_i (i = 1, 2, … ,n) вычисляется по формуле Бейеса:

Формула Бейеса позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как ста­но­вится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие A.

Пример 2.16.Имеется три набора микросхем, первый из которых содержит 100, второй 300 и тре­тий 600 микросхем. Вероятность того, что микросхема, взятая наугад из первого набора, исправна, равна 0,9, а для второго и третьего наборов – соответственно 0,85 и 0,8. Какова вероятность того, что: а) произвольно взятая микросхема исправна: б) исправная микросхема извлечена из второго на­бора?

Решение. а) В данном случае имеется три гипотезы, вероятности которых P(B₁) = 0,1, P(B₂) = 0,3, P(B₃) = 0,6. Пользуясь формулой полной вероятности, находим P(A) = P(B₁)·P_B1(A) + P(B₂)·P_B2(A) + P(B₃)·P_B3(A) = 0,1·0,9 + 0,3·0,85 + 0,6·0,8 = 0,825.

б) Допустим, что искомое событие A произошло – извлечена ис­правная микросхема. Найдем ве­ро­ятность P_A(B₂) того, что эта микро­схема извлечена из второго набора. Согласно формулы Бейеса,

Ответ: а) 0,825; б) 17/55.

Пример 2.17. Из 10 учеников, которые пришли на экзамен по ма­тематике, трое подготовились от­лично, четверо – хорошо, двое – удовлетворительно, а один совсем не готовился. В билетах 20 вопро­сов. Отлично подготовившиеся ученики могут ответить на все 20 во­просов, хорошо – на 16 вопросов, удовлетворительно – на 10, и непод­готовившийся – на 5 вопросов. Каждый ученик получает наугад 3 во­проса из 20. Ученик, приглашенный первым, ответил на все 3 вопроса. Какова вероятность того, что он отличник?

Решение. Обозначим события: B₁ – «Приглашен ученик, подгото­вившийся отлично», B₂ – «При­глашен ученик, подготовившийся хо­рошо», B₃ – «Приглашен ученик, подготовившийся удовлетвори­тельно», B₄ – «Приглашенный ученик к экзамену не готов», A – «При­глашенный ученик ответил на 3 вопроса». Согласно условию задачи P(A₁) = 0,3, P(A₂) = 0,4, P(A₃) = 0,2, P(A₄) = 0,1. Кроме того, ясно, что P_B1(A) = 1, P_B2(A) = ··» 0,491, P_B3(A) = ··» 0,105, P_B3(A) = ··» 0,009. Нам необходимо найти P_A(B₁). По фор­муле Бейеса P_A(B₁) = » 0,58.

Как видим, искомая вероятность сравнительно не велика, Поэтому учителю придется предложить ученику еще несколько дополнитель­ных вопросов. Ответ: 0,58.