Основные теоремы теории вероятностей

Теорема 2.1. Вероятность наступления при испытании одного (любого) из нескольких несовместимых событий равна сумме их вероятностей:

(2.3)

или в случае лишь двух событий

Р(А или В) = Р(А) + Р(В). (2.4)

Здесь P(A_i), P(A) и P(B) – вероятность наступления события A_i, A и B; Р(одно из A_i) – вероятность наступления одного из событий A_i, Р(А или В) – вероятность наступления одного из событий А или В.

Пусть P(A) = k/n, P(B) = p/n, Тогда очевидно, что k/n + m/n = (k + m)/n, Р(А или В) = Р(А) + Р(В). 

Следует особо отметить, что применение теоремы сложения испытаний всегда требует соблюдения условия несовместимости событий. Это утверждение можно проиллюстрировать следующим примером.

Пусть в команде КВН играет всего 20 человек. Из них 15 старше 18 лет, а 9 – старше 20 лет. Требуется определить вероятность того, что избранный по результатам жеребьевки капитан( жеребьевка – испытание, причем, если она проводится правильно, то события – однородны) окажется по своему возрасту старше либо 18, либо 20 лет.

Имеем,

Р( больше 20) = 9/20;

Р( больше 18) = 15/20.

Следовательно,

Р( и больше 18, и больше 20) = Р(больше 18) + Р(больще 20) = 24/20,

что больше 1 ! Это, естественно, - абсурдный результат. В чем же дело ? События в этом случае совместимые: тем, кому больше 20 лет, естественно больше 18 лет. Поэтому в этом случае теорема о сложении вероятностей не действует.

Теорема 2.2. Если два события единственно возможны и несовместны, то их называют противоположными, и

. (2.5)

Здесь - событие противоположное событию А.

Систему событий А₁, А₂ … называют полной, если при испытании наступит хотя бы одно из этих событий, т.е.

. (2.6)

Иначе говоря, сумма вероятностей событий, образующих полную систему, равна единице, т.е.

Р(или А₁, или А₂, … , или А_n) = 1. (2.7)

Случайные события могут быть независимыми, так и зависимыми. Событие В называют независимым от А, если его вероятность Р(В) не зависит от того, произошло событие А или нет. Иначе говоря, эти события независимы тогда и только тогда, когда появление или непоявление одного из них не изменяет вероятность появления другого события. В ином случае событие В является зависимым. Для зависимых событий вводят понятие условной вероятности. По определению, P(B|A) есть условная вероятность наступления события В при условии наступления события А.

Приведем два примера.

Пример 2.1. Из черного ящика, в котором среди 10 шаров имеется 6 белых, извлекается шар. Пусть событие А = факт извлечения белого шара. Тогда

Р(А) = 3/5.

Затем белый шар возвращается в ящик. Пусть событие В = факт повторного извлечения белого шара. Тогда после возврата

Р(В) = 3/5.

Пример 2.2. Аналогичен примеру 2.1, но перед вторым испытанием уже взятый шар в черный ящик не возвращается.

В этом случае общее число шаров уже 9, и вероятность события В будет уже зависеть от результата наступления события, т.е. цвета извлеченного шара:

если шар – белый, то

Р(В) = (6-1)/(10-1) = 5/9,

если шар – не белый, то

Р(В) = (6-0)/(10-1) = 6/9 = 2/3.

Очевидно, что 5/9  2/3. Этот результат ожидаем, поскольку события не являются независимыми. Вероятность появления события В носит условный характер и соответствующая вероятность является условной вероятностью, т.е.

Р(В|А) = 5/9,

и

.

Теорема 2.3.

Вероятность совместного наступления последовательности из двух событий А и В равна произведению вероятности наступления первого события (А) на условную вероятность наступления второго события (В), вычисленную в предположении о том, что первое событие (А) уже произошло, т.е.

Р( и А, и В) = Р(А)Р(В|А). (2.8)

Если события А и В независимы, то

Р(В|А) = Р(В)

и

Р( и А, и В) = Р(А)Р(В). (2.9)

Возвратимся к примеру с выбором капитана команды КВН. Если принять, что Р(20|18) – вероятность того, что член команды старше 20 лет, при условии, что ему 18 лет уже есть, т.е. Р(18) = 1 , то

Р( и 18, и 20) = Р(18)Р(20|18) = 19/20 < 1, что является верным ответом.

Обобщение теоремы 2.3 на число событий большее 2 приводит к формулам

Р( и А, и В, и С) = Р(А)Р(В|А)Р(С|(и А, и В)). (2.10)

Р(и А, и В, и С, и D) = Р(А)Р(В|А)Р(С|(и А, и В))Р(D|(и А, и В, и С)). (2.11)

Рассмотрим следующий пример.

Пример 2.3.

Пусть А = непоявление дефекта при нанесении фоторезиста на центрифуге; В = непоявление дефекта на стадии экспонирования; С = непоявление дефекта на стадии проявления. Предположим, что величины Р(А), Р(В) и Р(С) известны, причем

Р(А) = 0.8;

Р(В) = 0.4 ( оператор на стадии экспонирования – новичок);

Р(С) = 0.7.

Если события А, В и С являются независимыми, то вероятность их совместного наступления есть произведение соответствующих вероятностей:

Р( и А, и В, и С) = Р(А)Р(В)Р(С) = 0.80.40.7 = 0.224.

Таким образом, выход годных изделий равен 22.4%.

При решении некоторых задач на вычисление вероятностей приходится комбинировать теоремы сложения и умножения. Таковы, например, задачи, в которых рассматривается несколько однородных событий, независимых между собой по условиям испытаний.

В таких задачах могут ставиться цели:

(а) Найти вероятность появления одного события (например, один выигрыш у двух участников лотереи, имеющих по нескольку билетов, одна пробоина в мишени после трех выстрелов, произведенных разными стрелками и т.п.), двух событий без указания какого (или каких двух) именно;

(б) Найти вероятность появления хотя бы ( или по крайней мере, или не менее) одного, двух событий.

В задачах первой группы следует исходить из того, что появление или непоявление одного события из нескольких совмещается с непоявлением всех остальных и что такое совмещение имеет место для каждого из рассматриваемых событий. При наличии двух событий А и В такому случаю соответствуют совмещения и ; при наличии трех событий А, В и С – совмещения , или , или . Аналогично решаются задачи, связанные с условием наступления двух событий из нескольких.

Пример 2.4. Пусть требуется найти вероятность того, что шестизначный номер автобусного билета, содержит только одну цифру, кратную 3.

Решение. Номер билета можно представить следующим образом:

XYZSTQ. Пусть события X, Y, Z, S, T и Q состоят в том, что цифры X, Y, Z, S, T и Q, соответственно, делятся на 3. Очевидно, что

P(X) = 3/9 = 1/3 (нуль не может стоять на первом месте),

P(Y) = P(Z) = P(S) = P(T) = P(Q) = 3/10.

Кроме того,

,

а .

В принятых обозначениях событие номера билетов с требуемой цифрой X есть сложное событие , с цифрой Y - , с цифрой Z - , с S - , с T - и с Q - . Поэтому

P( ) = P(X)P(Y)P(Z)P(S)P(T)P(Q) = 1/30.7⁵;

P( ) = P( ) = P( ) = P( ) = P( ) = 2/33/100.7⁴.

Так как условию задачи удовлетворяет любой из рассмотренных случаев, то возможно сложение вероятностей, и искомая вероятность есть сумма

P_{конечное} = 1/30.7⁵ + 52/33/100.7⁴ = (7/30 + 1)0.7⁴ = 37/300.7⁴ = 37/300.49² 37).008 = 0.296.

В отношении задач с условием наступления двух событий из нескольких решение строится по той же схеме, но рассматриваемые при этом сложные события можно представить в следующем виде:

(1) если общее число событий равно 3: A, B и C, тогда сложные события (удачи) имеют вид , и ,

(2) если общее число событий равно 4: A, B, C и D, то сложные события , , , , и .

В задачах второй группы целесообразно использовать вероятность наступления хотя бы одного события из трех независимых событий А, В и С. Тогда должны быть учтены и просуммированы вероятности следующих совместных событий:

(1) появления какого-либо одного события (при непоявлении оставшихся двух): или , или , или ;

(2) появление каких-либо двух событий (при непоявлении третьего): или , или , или ;

(3) появление всех трех событий: АВС.

Подсчет искомой вероятности заключается в отыскании вероятности каждого из перечисленных совместимых событий и затем в сложении этих вероятностей.

Другое решение этой задачи исходит из того, что появление хотя бы одного из событий А, В и С и непоявление ни одного из них – это противоположные события. Тогда искомую вероятность можно определить по формуле:

.

Пример 2.5. В механизм входят две детали одинакового типа. Механизм не работает, если в него вмонтированы обе детали нестандартного типа. Сборщик имеет всего 10 деталей, из которых 3 – нестандартные. Найти вероятность нормальной работы механизма, если и первая и вторая деталь берутся сборщиком без проверки.

Решение.

По условию задачи благоприятными исходами (удачами) являются

событие	Деталь 1	Деталь 2
А	стандартная	стандартная
В	стандартная	нестандартная
С	нестандартная	стандартная

Неблагоприятным является событие D, когда и деталь 1, и деталь 2 являются нестандартными.

События А, В, С и D составляют полную систему событий. Очевидно, что

.

Р(1) = 3/10 – вероятность появления нестандартной детали в первом испытании;

Р(2|1) = 2/9 – вероятность появления нестандартной детали во втором испытании.

Вероятность двукратного появления таких деталей определяется по теореме умножения для зависимых событий:

Р(D) = Р(1)Р(2|1) = 3/10  2/9 = 1/15.

Таким образом, вероятность получения нормально работающего механизма равна

Р = 1 – 1/15 = 14/15.

Определим вероятность появления одного из двух событий А и В, когда эти два события совместимы.

Возможно несколько исходов:

(1) ; (2) и (3) АВ.

Искомая вероятность

Р(А+В) = Р( ) + Р( ) + Р(АВ).