Обобщенная теорема умножения вероятностей

Р(А₁ ∙ А₂ ∙ А₃∙… ∙ А_n) = Р(А₁) ∙Р(А₂ / А₁) ∙Р(А₃ /А₁ ∙А₂)∙...

∙P(A_n / A₁ ∙A₂ ∙ A_n–1).

Задача. Рассмотрим ситуацию о вынимании одного счастливого билета (вероятность не зависит от порядка, очередности вытягивания жребия). 20 человек разыгрывают один приз. Изготовлены таблички (19 пустых, а на одной крест) и помещены в барабан. Участники по очереди, случайным образом достают их. У кого больше вероятность вытянуть призовую табличку – у первого или последнего? (Если вынимать с возвращением – то очевидно полное равенство шансов 1/20, но суть задачи при этом теряется, так как призовую табличку могут вытянуть двое.) Пусть карточки вынимаются без возвращения – интуитивно можно дать тот же ответ.

Решение. Введем события: A_i = {i-й участник вытянул приз}, тогда P(A₁) = 1/20. Воспользуемся очевидными соотношениями: A₂ =   ∙ А₂, А₃ =   ∙  ∙ А₃, … (ясно, что , и т.д.).

Тогда Р(A₂) = Р(  ∙ А₂) = Р( ) ∙ Р(А₂/ ) = (19/20)  ∙  (1/19) = = 1/20.

Р(A₃) = Р(  ∙   ∙ А₃) = Р( ) ∙ Р( / ) Р(А₃/  ∙  ) = 

= (19/20) ∙ (18/19) ∙ (1/18) = 1/20 и т.д.

Задача. В связке 7 ключей, из которых лишь один открывает дверь. Какова вероятность, что для того, чтобы открыть дверь придется перепробовать ровно 4 ключа, (т.е. дверь откроется с 4-й попытки)?

Решение. Рассуждения предыдущей задачи приводят к выводу, что все попытки должны быть равноправны.

Но если после попытки ключ возвращается на связку, то каждая последующая попытка будет иметь все меньше шансов на успех: Р = (1–1/n)ⁱ(1/n) → 0 (геометрическое распределение). При этом, конечно, шанс открыть дверь по сумме попыток будет приближаться к 1 (сумма членов геометрической прогрессии).

Независимость случайных событий

Случайные события А и В называются независимыми, если вероятность того, что произойдет одно из них не зависит от того, произошло ли в этом опыте второе. Это означает, что условные вероятности этих событий равны безусловным:

Р(А) = P(A/B), Р(В) = P(В/А).

Пример. В урне 8 белых и 3 черных шара. Наугад достали 2 шара. События: А = {второй шар – белый}, В = {первый шар – белый}, очевидно, зависимы. Действительно, мы видели, что P(A/B) = 7/10. В то же время Р(А) = (интуитивно) 8/11 = (по комбинаторике) (3 ∙ 8 + 8 ∙ 7) / (3 ∙ 8 + 8 ∙ 7 + 8 ∙ 3 + 3 ∙ 2) = 80/110 = 8/11(!). Если же производятся вынимания с возвращением, то данные события будут независимыми.

При подбрасывании двух (или более) монет события: А = {на второй монете – Г}, В = {на первой монете – Г}, очевидно, независимы. Действительно, P(A/B) = Р(А) = 1/2.

Для независимых событий теорема умножения вероятностей принимает более простой вид: P(A ∙ B) = P(A) ∙ P(B).

Задача. Какова вероятность при двукратном подбрасывании кубика выбросить дважды единицу?

Решение. Р = (1/6) ∙ (1/6) = 1/36.

Задача. Какова вероятность при 10-кратном подбрасывании монеты выбросить подряд 10 гербов?

Решение. Все случайные события А_i = {на i-й монете герб} i = 1, ..., 10, – независимы. Поэтому Р = (1/2)¹⁰ = 1/2¹⁰ = 1/ 1024 ~ ~ 0.001.

Задача. Ребенок играет с карточками, на которых написаны буквы: «Т» – 3 карточки, «У» – 1, «И» –2, «Н» – 1, «С» – 1. Найти вероятность, что он случайно выложит слово «институт».

Решение. Р = (2/8) ∙ (1/7) ∙ (1/6) ∙ (3/5) ∙ (1/4) ∙ (2/3) ∙ (1/2) ∙ (1/1) = = 1/3360 ~ 0.0003.

Задача. Студент проходит тестирование, решая одну за другой две задачи. Вероятность решить первую – 0.7, а вероятность решить вторую задачу – 0.8. Экзамен считается сданным, если хотя бы одна задача решена студентом успешно. Найти вероятность положительного результата тестирования.

Решение. Введем простые случайные события: А = {первая задача решена}, В = {вторая задача решена}. Считаем, что они независимы. Очевидно, что искомое событие С = {хотя бы одна задача решена}, является суммой этих простых событий. Совместны ли события А и В? Да, совместны. Поэтому применяем теорему сложения вероятностей в общей форме (и теорему умножения для независимых событий):

Р(С) = Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(А ∙ В) = 0.7 + 0.8 – 0.7 ∙ 0.8 = 0.94.

Задача. Из трех орудий производится залп по цели. Вероятности попадания при одном выстреле для каждого из этих орудий соответственно равны: 0.9, 0.8 и 0.6. Найти вероятности следующих случайных событий:

В = {в цель попали ровно два орудия}, С = {в мишени после залпа в точности одна пробоина}, D = {все орудия промахнулись}.

Решение. Введем в рассмотрение простые события.

А₁ = {первое орудие попало},  = {первое орудие промахнулось}, P(А₁) = 0.9, P( ) = 1 – 0.9 = 0.1.

А₂ = {второе орудие попало},  = {второе орудие промахнулось}, P(А₂) = 0.8, P( ) = 1 – 0.8 = 0.2.

А₃ = {третье орудие попало},  = {третье орудие промахнулось}, P(А₃) = 0.6, P( ) = 1 – 0.6 = 0.4.

События В, С и D легко представить через них:

В = А₁ ∙ А₂ ∙  + А₁ ∙  ∙ А₃ +  ∙ А₂ ∙ А_3,

С = А₁∙ ∙ +  ∙ А₂ ∙  +  ∙   ∙ А₃,

D =   ∙   ∙  .

Теперь, используя теоремы о сложении вероятностей и об умножении вероятностей, получаем:

Р(В) = Р(А₁∙ А₂ ∙  + А₁ ∙   ∙ А₃ +  ∙ А₂ ∙ А₃) = {по теореме сложения вероятностей для несовместных событий} =  = Р(А₁ ∙ А₂ ∙  ) + Р(А₁ ∙   ∙ А₃) + Р(  ∙ А₂ ∙ А₃) = {по теореме умножения вероятностей для независимых событий} = Р(А₁) ∙ ∙ Р(А₂) ∙ Р( ) + Р(А₁) ∙ Р( ) ∙ Р(А₃) + Р( ) ∙ Р(А₂) ∙ Р(А₃) = = 0.9 ∙ 0.8 ∙ 0.4 + 0.9 ∙ 0.2 ∙ 0.6 + 0.1 ∙ 0.8 ∙ 0.6 = 0.288 + 0.108 + + 0.048 = 0.444.

Р(С) = Р(А₁ ∙  ∙  +  ∙ А₂ ∙  +  ∙   ∙ А₃) = {по теореме сложения вероятностей для несовместных событий} = Р(А₁ ∙   ∙  ) + Р(  ∙ А₂ ∙  ) + Р(  ∙   ∙ А₃) = {по теореме умножения вероятностей для независимых событий} = Р(А₁) ∙ ∙ Р( ) ∙ Р( ) + Р( ) ∙ Р(А₂) ∙ Р( ) + Р( ) ∙ Р( ) ∙ Р(А₃) = = 0.9 ∙ 0.2 ∙ 0.4 + 0.1 ∙ 0.8 ∙ 0.4 + 0.1 ∙ 0.2 ∙ 0.6 = 0.072 + 0.012 + 0.032 = = 0.116.

Р(D) = Р(  ∙   ∙  ) = {по теореме умножения вероятностей для независимых событий} = Р( ) ∙ Р( ) ∙ Р( ) = 0.1∙0.2∙0.4 = = 0.008.

Замечание. Последняя из найденных вероятностей позволяет, применяя формулу для вероятности противоположного события, легко найти вероятность события Е = {цель поражена}. Р(Е) = 1 – Р( ) = 1 – Р(D) = 1–0.008 = –0.992, так как  = D.