Лекция 3. Основные формулы вычисления вероятностей сложных событий

1. Формула умножения вероятностей

Теорема 1.   Вероятность одновременного появления любых событий A₁, ..., A_n  выражается формулой умножения вероятностей:

P(A₁A₂...A_n) = P(A₁)P(A₂|A₁) ... P(A_n|A₁...A_n-1),

в которой вероятность каждого следующего по порядку события вычисляется при условии, что в рассматриваемом опыте произошли все предыдущие события.

Замечание 2.   Формула умножения вероятностей доказывается по индукции на основе свойства 16)P. Например, при n = 3 имеем P(A₁A₂A₃) = P(A₁)P(A₂|A₁)P(A₃|A₁A₂).

Определение 2.   События A₁, ..., A_n называются независимыми в совокупности, или просто независимыми, если каждое из них не зависит от произведения любой совокупности остальных. Если любые два события из A₁, ..., A_n независимы, то A₁, ..., A_n называются попарно независимыми.

Замечание 4.   Если события A₁, ..., A_n независимы, то

P(A₁|A₂) = P(A₁), P(A₃|A₁A₂) = P(A₃), ..., P(A_n|A₁...A_n-1) = P(A_n).

В этом случае формула умножения вероятностей принимает простой вид:

P(A1...An) =

n ∏  i=1

P(Ai) ,

т.е.вероятность независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.

Пример 1.   Пусть имеется тетраэдр, у которого 1-я грань выкрашена в красный цвет, 2-я грань - в синий, 3-я грань - в желтый, а 4-я грань выкрашена частями в красный, синий и желтый. Пусть случаи ω₁, ω₂, ω₃, ω₄ состоят в выпадении в опыте G одной из граней, событие A состоит в появлении красного цвета, событие B - синего, и событие C - желтого. Тогда P(A) = P(ω₁+ω₄) = 1/3. Аналогично, P(B) = P(C) = 1/2 . Далее, P(AB) = P(ω₄) = 1/4. В то же время P(A)P(B) = 1/4, т.е. P(AB) = P(A)P(B). Это значит, что события A и B независимы. Аналогично устанавливается, что события A и C, а также события B и C независимы. Таким образом, события A, B, C являются попарно независимыми. Проверим, что эти события не являются независимыми в совокупности. Действительно, P(ABC) = P(ω₄) = 1/4, но P(A)P(B)P(C) = 1/8.

Замечание 5.   Если события A и B независимы, то независимы также события A и B, A и B, A и B. Для событий A и B имеем:

P(A)

2)A   =

P(AΩ)

12)A   =

P(A(B+B))

10)A   =

P(AB + AB)

A3  =

P(AB) + P(AB)

Так как A и B независимы, то

P(AB) = P(A) - P(AB) = P(A) - P(A)P(B)

10)P   =

P(A)P(B),

т.е. согласно определению 1, A и B независимы. Независимость остальных событий доказывается аналогично. Данное замечание справедливо и для произвольного количества независимых событий.

Замечание 6.   Если несовместные события A и B имеют ненулевые вероятности, то они зависимы. Действительно, по условию AB = Ж. Если бы A и B были независимыми, тогда было бы верно равенство P(A)P(B) = Р(AB) = Р(Ж) = 0, а левая часть равенства по условию нулю не равна. Следовательно A и B зависимы.

Пример 3.   В урне находятся 4 белых и 6 черных шаров. Из нее три раза наугад вынимают по одному шару. Требуется найти вероятность того, что все три вынутых шара окажутся белыми (событие A), при выполнении двух разных условий:
    а) извлеченные из урны шары обратно не возвращаются;
    б) после каждого извлечения шар возвращается обратно.
Найдём решение при выполнении условия а). Пусть A_i = {i-ым по порядку вынут белый шар}, i = 1,3. События A₁, A₂, A₃ зависимы, поэтому используя теорему умножения, получаем:

P(A₁A₂A₃) = P(A₁)P(A₂|A₁)P(A₃|A₁A₂).

Очевидно, P(A₁) = 4/10, поскольку по классической формуле: P(A₁ ) = m / n и m = 4, n = 10. При нахождении P(A₂|A₁) необходимо принять во внимание то, что после того как произошло событие A₁, состав шаров в урне изменился: стало 3 белых и 6 черных шаров. Поэтому вероятность вынуть белый шар из урны: P(A₂|A₁) = 3/9. Аналогично, P(A₃|A₁A₂) = 2/8. Поэтому P(A) = (4/10)(3/9)(2/8) = 1/30.
    Найдём решение при выполнении условия б). В данной ситуации события A₁, A₂, A₃ независимы. Следовательно, по замечанию 4 к теореме 1 получаем

P(A) = P(A₁A₂A₃) = P(A₁)P(A₂)P(A₃) = (P(A₁))³ = (4/10)³ = 8/125.

Как видим, вероятность вытащить подряд три белых шара при выполнении второго условия почти в два раза выше, чем при первом

2. Формула сложения вероятностей

Замечание 1.   Данная формула доказывается по индукции на основе свойства 6)P. Например, при n = 3 эта формула принимает вид:

P(A₁ + A₂ + A₃) = P(A₁) + P(A₂)+ P(A₂) - P(A₁A₂) - P(A₁A₃) -
- P(A₂A₃) + P(A₁A₂A₃).

Замечание 2.   Если события A₁, ... ,A_n попарно несовместны, то вероятность произведения любой комбинации из этих событий равняется нулю. Поэтому формула сложения вероятностей принимает простой вид:

P(

n ∑ i=1

Ai) =

n ∑ i=1

P(Ai) .

Замечание 3.   Если события A_i в бесконечной последовательности A₁, ... , A_i, ... , попарно несовместны, то выполняется свойство счётной аддитивности вероятности (см. замечание Л1.Р3.З6)

P(

∞ ∑ i=1

Ai) =

∞ ∑ i=1

P(Ai) .

Действительно, пусть

A

Δ =

∞ ∑ i=1

Ai .

Представим событие A в виде

A

Δ =

n ∑ i=1

Ai + Bn ,     где Bn

Δ =

∞  ∑ i=n+1

Ai .

Тогда по замечанию 2:

P(A) =

n ∑ i=1

P(Ai) +P(Bn).

Так как по построению B₁ Й B₂ Й ... Й B_n ... и

∞ ∏ n=1

Bn = Ж.

то по аксиоме А4 получаем P(B_n) → 0 при n → ∞. Откуда и вытекает свойство счётной аддитивности вероятности. Можно доказать и обратное утверждение, что при выполнении этого свойства выполняются также аксиомы А3, А4.

Замечание 4.   Предположим, что события A₁, ... , A_n совместны и независимы. Тогда

P(

n ∑ i=1

Ai) = 1 -

n ∏ i=1

P(Ai) .

Действительно, пусть n = 2. По свойству 11)P имеем P(A + B) = 1 - P(A•B). Так как A и B независимы, а значит A и B независимы также, то P(A + B) = 1 - P(A)P(B). Общая формула доказывается по индукции.

Пример 1.   Три радиостанции независимо друг от друга передают самолету один и тот же сигнал. Предположим, что вероятности того, что самолетом будут приняты эти сигналы, соответственно равны: P(A₁) = 0.9, P(A₂) = 0.8, P(A₃) = 0.75, где A_i = { принят сигнал от i-ой станции}, i = 1,3. Требуется найти вероятность того, что самолет примет посылаемый ему сигнал (событие A). По теореме сложения, поскольку A = A₁ + A₂ + A₃, используя замечание 1, после трудоёмких вычислений можно найти P(A) = 0.995.

Воспользовавшись условием независимости событий A₁, A₂, A₃, используя замечание 4, эту же задачу можно решить значительно проще: 

P(A) = P(A₁ + A₂ + A₃) = = 1 - P(A₁) P(A₂) P(A₃) = 0.995.

3. Формула полной вероятности

Замечание 1.   Вспомним понятие гипотезами (определение Л2.Р2.О1).

Теорема 1.   Пусть с опытом G связаны гипотезы H₁, ..., H_n, тогда вероятность появления произвольного события A в опыте G выражается формулой полной вероятности:

где P(H_i) - вероятность гипотезы, P(A|H_i) - условная вероятность события A при условии, что справедлива гипотеза H_i, i = 1,n.

Замечание 3.   Формула полной вероятности позволяет выразить вероятности сложного события A через вероятности составляющих его событий AH_i, i = 1,n. Данная формула используется в опытах, не сводящихся к схеме случаев.

Найдем решение. Рассмотрим две гипотезы: H₁ и H₂: выбрана урна с наполнением а и б соответственно. По классической формуле вероятности гипотез равны Р(H₁) = 2/5, Р(H₂) = 3/5. Вероятность извлечения белого шара из урны наполнения а: Р(A|H₁) = 1/4 (т.е. из четырех шаров только один белый); а из урны наполнения б: Р(A|H₂) = 1/2. Ответ находим по формуле полной вероятности:

Р(A) = Р(H₁)Р(A|H₁) + Р(H₂)Р(A|H₂) =
(2/5)(1/4) + (3/5)(1/2) = 2/5.

4. Формула Байеса

Теорема 1.   Пусть с опытом G связаны гипотезы H₁, ..., H_n. Предположим, что при проведении опыта произошло событие A, вероятность которого была P(A) > 0. Пусть до опыта G были известны лишь априорные вероятности гипотез P(H_i), i = 1,n и соответствующие им условные вероятности P(A|H_i), i = 1,n события A. В этом случае условная (апостериорная) вероятность P(H_i|A) гипотезы H_i при условии, что событие A произошло, определяется по формуле Байеса:

Замечание 1.   Данная формула вытекает из свойств условной вероятности. Действительно, по свойству 16)P имеем  P(H_i)P(A|H_i) = P(A)P(H_i|A). Откуда следует, что

Пример 1.   Пусть в примере Л3.Р3.П1 был вынут шар, который оказался белым (произошло событие A). Найдем вероятность того, что он был извлечен из урны наполнения а, т.е. P(H₁|A). Ранее были найдены значения вероятностей: P(H₁) = 2/5; P(H₂) = 3/5; P(A|H₁) = 1/4; P(A|H₂) = 1/2; P(A) = 2/5. Тогда по формуле Байеса

P(H1|A) =

P(H1)P(A|H1)         P(A)

=

(2/5)(1/4)       2/5

= 1/4.

5. Формула Бернулли

Теорема 1.   Пусть опыт G производится независимо n раз в одних и тех же условиях, причем некоторое событие A при каждом повторении опыте появляется с одной и той же вероятностью p = P(A). Тогда вероятность P_n(m) события B_n(m), состоящего в том, что при n повторениях опыта G событие A произойдет ровно m раз, вычисляется по формуле Бернулли:

Pn(m)

Δ =

P(Bn(m)) = Cnm pm(1-p)n-m .

Замечание 1.   Проверим справедливость этой формулы для n = 3 и m = 1. В этом случае

P3(1)

Δ =

P(B3(1)) = C31 p1(1-p)2 = 3p(1 - p) 2.

Представим событие B₃(1) в виде суммы трёх несовместных событий:

B3(1) = A1A2A3 + A1A2A3 + A1A2A3,

где события A_i и A_i состоят в том, что событие A произойдёт или не произойдёт в i-м опыте, i = 1,2,3. Поэтому по замечанию Л3.Р2.З2:

P3(1)

Δ =

P(B3(1)) = P(A1A2A3) + P(A1A2A3) + P(A1A2A3).

Так как события A₁, A₂, A₃, а так же A₁, A_2, A₃ независимы, то

P3(1) = P(A1)P(A2)P(A3) + P(A1)P(A2)P(A3) + P(A1)P(A2)P(A3).

Поэтому P₃(1) = 3p(1 - p)². В общем случае формуле Бернулли доказывается аналогично.

Пример 1.   Монету бросают 5 раз. Найти вероятность того, что "герб" выпадет ровно три раза. В этом случае

n = 5, m = 3, p = 1/2, q

Δ =

1 - p = 1/2.

Тогда по формуле Бернулли

Лекция 4.
Оглавление