Вероятность суммы и произведения событий

1.4. Сложение и умножение вероятностей

Событие А называется частным случаем события В, если при наступлении А наступает и В. То, что А является частным случаем В, записывается как $A subset B$.

События А и В называются равными, если каждое из них является частным случаем другого. Равенство событий А и В записывается очевидно: А = В.

Суммой событий А и В называется событие А + В, которое наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий: А или В.

Теорема о сложении вероятностей. Вероятность появления одного из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Заметим, что сформулированная теорема справедлива для любого числа несовместных событий:

Если случайные события $A_1, A_2, . A_n$ образуют полную группу несовместных событий, то имеет место равенство $P(A_1)+P(A_2)+. +P(A_n)=1.$ Такие события (гипотезы) используются при решении задач на полную вероятность.

Произведением событий А и В называется событие АВ, которое наступает тогда и только тогда, когда наступают оба события: А и В одновременно. Случайные события А и B называются совместными, если при данном испытании могут произойти оба эти события.

Теорема о сложении вероятностей 2. Вероятность суммы совместных событий вычисляется по формуле

События событий А и В называются независимыми, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. Событие А называется зависимым от события В, если вероятность события А меняется в зависимости от того, произошло событие В или нет.

Теорема об умножении вероятностей. Вероятность произведения независимых событий А и В вычисляется по формуле:

Вероятность произведения зависимых событий вычисляется по формуле условной вероятности.

Примеры решений задач с событиями

Пример. В первом ящике 1 белый и 5 черных шаров, во втором 8 белых и 4 черных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что один из вынутых шаров белый, а другой – черный.

Решение. Обозначим события: А – вынули белый шар из первого ящика,
;

– вынули черный шар из первого ящика,
;

В – белый шар из второго ящика,
;

– черный шар из второго ящика,
.

Нам нужно, чтобы произошло одно из событий или . По теореме об умножении вероятностей
, .
Тогда искомая вероятность по теореме сложения будет
.

Пример. Вероятность попадания в цель у первого стрелка 0,8, у второго – 0,9. Стрелки делают по выстрелу. Найти вероятность: а) двойного попадания; б) двойного промаха, в) хотя бы одного попадания; г) одного попадания.

Пусть А – попадание первого стрелка, ;

В – попадание второго стрелка, .

Тогда – промах первого, ;

– промах второго, .

Найдем нужные вероятности.

а) АВ – двойное попадание,

б) – двойной промах, .

в) А+В – хотя бы одно попадание,

.

г) – одно попадание,

.

Пример. Решить задачу, применяя теоремы сложения и умножения. Мастер обслуживает 3 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок потребует внимания рабочего в течение смены, равна 0,4, второй – 0,6, третий – 0,3. Найти вероятность того, что в течение смены: а) ни один станок не потребует внимания мастера, б) ровно 1 станок потребует внимания мастера.

Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение смены), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,4$, $p_2=0,6$, $p_3=0,3$. Тогда $q_1=0,6$, $q_2=0,4$, $q_3=0,7$.

Найдем вероятность события $X$=(Ни один станок не потребует внимания в течение смены):

$$ P(X)=Pleft(overline cdot overline cdot overline
ight)= q_1 cdot q_2 cdot q_3 = 0,6cdot 0,4 cdot 0,7 = 0,168. $$

Найдем вероятность события $Z$= (Ровно один станок потребует внимания в течение смены):

$$ P(Z)= \ = P(A_1) cdot Pleft(overline
ight) cdot Pleft(overline
ight) + Pleft(overline
ight) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline
ight) + Pleft(overline
ight) cdot Pleft(overline
ight) cdot P(A_3)=\ = p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3 =\ = 0,4cdot 0,4 cdot 0,7+0,6cdot 0,6 cdot 0,7+0,6cdot 0,4 cdot 0,3 = 0,436. $$

Пример. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках. Вероятности того, что формула содержится в первом, втором и третьем справочниках равны 0,6; 0,7 и 0,8. Найти вероятности того, что формула содержится 1) только в одном справочнике; 2) только в двух справочниках; 3) во всех трех справочниках.

А – формула содержится в первом справочнике;

В – формула содержится во втором справочнике;

С – формула содержится в третьем справочнике.

Воспользуемся теоремами сложения и умножения вероятностей.

1.

2. .

3.

Вероятность наступления хотя бы одного события

Пусть в результате испытания могут появиться n событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны. Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий?

Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий $A_1, A_2, . A_n$, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий

$$ P(A)=1-Pleft(overline
ight)cdot Pleft(overline
ight)cdot . cdot Pleft(overline
ight)= 1-q_1 cdot q_2 cdot . cdot q_n. $$

Если события $A_1, A_2, . A_n$ имеют одинаковую вероятность $p$, то формула принимает простой вид:

Примеры решений на эту тему

Пример. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: p1 = 0,8; p2 = 0,7; p3 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.

Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события (попадание первого орудия), (попадание второго орудия) и (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.

Вероятности событий, противоположных событиям , и (т. е. вероятности промахов), соответственно равны:

, ,

Искомая вероятность .

Пример. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А).

Решение. События "машина работает" и "машина не работает" (в данный момент) — противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице:

Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна

Искомая вероятность

Так как полученная вероятность весьма близка к единице, то на основании следствия из принципа практической невозможности маловероятных событий мы вправе заключить, что в данный момент работает хотя бы одна из машин.

Пример. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадает в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы один раз?

Решение. Обозначим через А событие "при n выстрелах стрелок попадает в цель хотя бы один раз". События, состоящие в попадании в цель при первом, втором выстрелах и т. д., независимы в совокупности, поэтому применима формула .

Приняв во внимание, что, по условию, (следовательно, ), получим

Прологарифмируем это неравенство по основанию 10:

Итак, , т.е. стрелок должен произвести не менее 5 выстрелов.

Вероятность суммы двух событий

Несовместные события

Независимость двух событий. Вероятность произведения двух независимых событий

Вероятность суммы двух событий

Справедливо следующее утверждение.

Утверждение 1. Вероятность суммы двух событий равна сумме вероятностей этих событий минус вероятность их произведения.

Другими словами, верна формула:

(1)

Событие A	Событие B
Событие A + B	Событие

Событие A

Событие B

Событие A + B

Событие

Проведем доказательство утверждения 1 на примере геометрического определения вероятности.

Если площадь произвольной фигуры F обозначить символом S (F) , то из рисунка 1 легко установить справедливость равенства:

,

(2)

которое словами можно выразить так: «Площадь фигуры A + B равна сумме площадей фигур A и B минус площадь фигуры ».

Если обе части равенства (2) разделить на число S (Ω) , то мы получим равенство

с помощью которых равенство (3) преобразуется к виду (1), что и завершает доказательство утверждения 1.

Доказательство утверждения 1 для классического определения вероятности проводится аналогичным образом, и мы оставляем его читателю в качестве полезного упражнения.

Несовместные события

Определение. Два события A и B называют несовместными , если они не пересекаются.

Другими словами, события A и B несовместны, если

Замечание 1. События A и B несовместны в том, и только в том случае, если событие B является подмножеством события , то есть .

Замечание 2. События A и B несовместны в том, и только в том случае, если событие A является подмножеством события , то есть .

Замечание 3. Если события A и B несовместны, то вероятность их произведения равна нулю.

Другими словами, для несовместных событий A и B верна формула

Замечание 4. Если события A и B несовместны, то вероятность суммы событий A + B равна сумме вероятностей событий A и B .

Другими словами, для несовместных событий A и B верна формула

Независимость двух событий. Вероятность произведения двух независимых событий

Два события A и B называют независимыми , если появление одного из этих событий никак не влияет на вероятность появления второго события.

Замечание 5. Несовместные события и независимые события – это совершенно разные понятия, и их не следует путать.

Справедливо следующее утверждение.

Утверждение 2. Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению их вероятностей.

Другими словами, для двух независимых событий A и B верна формула

(4)

Проиллюстрируем справедливость формулы (4) на примере.

Пример 1. Случайный эксперимент состоит в подбрасывании двух игральных костей. Одна из игральных костей окрашена в синий цвет, другая – в красный. Найти вероятность того, что на синей игральной кости выпадет число 3 , а на красной игральной кости выпадет число 4 .

Решение. Сформируем следующую таблицу, в которой записаны все 36 возможных вариантов пар чисел, выпадающих при подбрасывании двух игральных костей. Первая строка таблицы – это числа, выпавшие при бросании синей кости, а первый столбец таблицы – это числа, выпавшие при бросании красной кости. На пересечении строки и столбца указана пара чисел, выпавших на двух костях.

1 2 3 4 5 6 1 1 , 1 1 , 2 1 , 3 1 , 4 1 , 5 1 , 6 2 2 , 1 2 , 2 2 , 3 2 , 4 2 , 5 2 , 6 3 3 , 1 3 , 2 3 , 3 3 , 4 3 , 5 3 , 6 4 4 , 1 4 , 2 4 , 3 4 , 4 4 , 5 4 , 6 5 5 , 1 5 , 2 5 , 3 5 , 4 5 , 5 5 , 6 6 6 , 1 6 , 2 6 , 3 6 , 4 6 , 5 6 , 6

Благоприятным является только один исход, а именно, клетка с результатом 4 , 3 , окрашенная в таблице желтым цветом. Следовательно, вероятность события, состоящего в том, что на синей игральной кости выпадает число 3 , а на красной игральной кости выпадает число 4 , равна .

Теперь рассмотрим случайный эксперимент, описанный в примере 1, с другой стороны. Для этого обозначим буквой A случайное событие, состоящее в том, что на синей игральной кости выпадает число 3 , а буквой B – случайное событие, состоящее в том, что на красной игральной кости выпадает число 4 . События A и B являются независимыми событиями, а их вероятности равны:

Событие состоит в том, что на синей игральной кости выпадет число 3 , а на красной игральной кости выпадет число 4 . Поскольку,

то в рассматриваемом случайном эксперименте по подбрасыванию двух игральных костей формула (4) верна.

Пример 2. Два стрелка стреляют по мишени. Первый стрелок поражает мишень с вероятностью 0,9 . Второй стрелок поражает мишень с вероятностью 0,8 . Найти вероятность того, что мишень будет поражена.

Решение. Обозначим буквой A случайное событие, состоящее в том, что в мишень попадает первый стрелок, а буквой B обозначим случайное событие, состоящее в том, что в мишень попадает второй стрелок. Тогда событие A + B означает, что мишень поражена, а событие означает, что в мишень попали оба стрелка. По условию

а поскольку события A и B независимы, то в силу формулы (4)

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

Теорема сложения вероятностей.

?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 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 умножения вероятностей.

?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.

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.

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.

Формула полной вероятно­сти.

?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.

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.

?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?

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.

Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском: