Теорема умножения вероятностей двух произвольных событий: вероятность произведения двух произвольных событий равна произведению вероятности одного из событий на условную вероятность другого события, при условии, что первое уже произошло:
P(AB)=P(A)P(B|A) = P(B)P(A|B). (10)
Доказательство (не строгое): докажем теорему умножения для схемы шансов (равновероятных гипотез). Пусть возможные исходы опыта являются n шансами. Предположим, что событию A благоприятны m шансов (на рис. 11 имеют штриховку); событию B - k шансов; одновременно событиям A и B (AB) - l шансов (на. рис. 11 имеют светлую штриховку).
Рисунок 11
Очевидно, что m+k-l=n. По классическому способу вычисления вероятностей P(AB)=l/n; P(A)=m/n; P(B)=k/n. А вероятность P(B|A)=l/m, поскольку известно, что один из m шансов события A произошел, а событию B благоприятны l подобных шансов. Подставив данные выражения в теорему (10), получим тождество l/n=(m/n)(l/m). Теорема доказана.
Теорема умножения вероятностей трёх произвольных событий:
P(ABC)=|AB=D|=P(DC)=P(D)P(C|D)=P(AB)P(C|AB)=P(A)P(B|A)P(C|AB).(11)
По аналогии можно записать теоремы умножения вероятностей для большего количества событий.
Следствие 1. Если событие A не зависит от B, то и событие B не зависит от A.
Доказательство. Т.к. событие A не зависит от B, то по определению независимости событий P(A)=P(A|B)=P(А|). Требуется доказать, что P(B)=P(B|A).
По теореме умножения P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B), следовательно, P(A)P(B|A)=P(B)P(A). Предполагая, что P(A)>0, разделим обе части равенства на P(A) и получим: P(B)=P(B|A).
Из следствия 1 вытекает, что два события независимы, если появление одного из них не изменяет вероятность появления другого. На практике, зависимыми являются события (явления), связанные между собой причинно-следственной связью.
Следствие 2. Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий. Т.е. если события A и B независимы, то
P(AB)=P(A)P(B). (11)
Доказательство очевидно, поскольку для независимых событий P(B|A)=P(B).
Тождество (11) наряду с выражениями (12) и (13) являются необходимыми и достаточными условиями независимости двух случайных событий A и B.
P(A)=P(A|B); P(A)=P(А|); P(A|B)=P(А|); (12)
P(B)=P(B|A); P(B)=P(B|); P(B|A)=P(B|). (13)
Надёжность некоторой системы повышается двукратным резервированием (см. рис. 12). Вероятность безотказной работы первой подсистемы (в течение некоторой наработки) равна 0.9, второй - 0,8. Определить вероятность отказа системы в целом в течение заданной наработки, если отказы подсистем независимы.
Рисунок 12 - Двукратно резервированная система
E: исследование безотказности двукратно резервированной системы управления;
A 1 ={безотказная работа (в течение некоторой наработки) первой подсистемы}; P(A 1)=0,9;
A 2 ={безотказная работа второй подсистемы}; P(A 2)=0,8;
A={безотказная работа системы в целом}; P(A)=?
Решение. Выразим событие A через события A 1 и A 2 вероятности которых известны. Поскольку для безотказной работы системы достаточно безотказной работы хотя бы одного из её подсистем, то очевидно A=A 1 A 2.
Применяя теорему сложения вероятностей получим: P(A)=P(A 1 A 2)=P(A 1)+P(A 2)-P(A 1 A 2). Вероятность совместного наступления событий A 1 и A 2 определим по теореме умножения вероятностей: P(A 1 A 2)=P(A 1)P(A 2 |A 1). Учитывая, что (по условию) события A 1 и A 2 независимы, P(A 1 A 2)=P(A 1)P(A 2). Таким образом, вероятность безотказной работы системы равна P(A)=P(A 1 A 2)=P(A 1)+P(A 2)-P(A 1)P(A 2)=0,9+0,8-0,90,8=0,98.
Ответ: вероятность безотказной работы системы в течение заданной наработки равна 0,98.
Замечание. В примере 20 возможен другой способ определения события A через события A 1 и A 2: , т.е. отказ системы возможен при одновременном отказе обоих её подсистем. Применяя теорему умножения вероятностей независимых событий получим следующее значение вероятности отказа системы: . Следовательно, вероятность безотказной работы системы в течение заданной наработки равна.
Пример 21 (парадокс независимости)
E: бросается две монеты.
A={выпадение герба на первой монете}, P(A)=0,5;
B={выпадение герба на второй монете}, P(B)=0,5;
C={выпадение герба только на одной из монет}, P(C)=0,5.
События A, B и C попарно независимы, поскольку выполняются условия независимости двух событий (11)-(13):
P(A)=P(A|B)=0,5; P(B)=P(B|C)=0,5; P(C)=P(C|A)=0,5.
Однако P(A|BC)=0P(A); P(A|C)=1P(A); P(B|AC)=0P(B); P(C|AB)=0P(C).
Замечание. Попарная независимость случайных событий не означает их независимость в совокупности.
Случайные события называются независимыми в совокупности, если вероятность наступления каждого из них не изменяется с наступлением любой комбинации остальных событий. Для случайных событий A 1, A 2, … A n, независимых в совокупности, справедлива следующая теорема умножения вероятностей (необходимое и достаточное условие независимости в совокупности n случайных событий):
P(A 1 A 2 …A n)=P(A 1)P(A 2)…P(A n). (14)
Для примера 21 условие (14) не выполняется: P(ABC)=0P(A)P(B)P(C)=0,50,50,5=0,125. Следовательно, попарно независимые события A, B и C зависимы в совокупности.
Пример 22
В коробке находятся 12 транзисторов, три из которых неисправны. Для сборки двухкаскадного усилителя случайным образом извлекаются два транзистора. С какой вероятностью собранный усилитель будет неисправен?
E: выбор двух транзисторов из коробки с 9-ю исправными и 3-мя неисправными транзисторами;
A={неисправность собранного усилителя}; P(A)=?
Решение. Очевидно, что собранный двухкаскадный усилитель будет неисправен, если будет неисправен хотя бы один из двух отобранных для сборки транзисторов. Поэтому переопределим событие A следующим образом:
A={хотя бы один из двух отобранных транзисторов неисправен};
Определим следующие вспомогательные случайные события:
A 01 ={неисправен только первый из двух отобранных транзисторов};
A 10 ={неисправен только второй из двух отобранных транзисторов};
A 00 ={неисправны оба отобранных транзистора};
Очевидно, что A=A 01 A 10 A 00 (для наступления события A необходимо наступление хотя бы одного из событий A 01 или A 10 или A 00), причем события A 01, A 10 и A 00 несовместны (вместе произойти не могут), поэтому вероятность события найдем по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
P(A)=P(A 01 A 10 A 00)=P(A 01)+P(A 10)+P(A 00).
Для определения вероятностей событий A 01, A 10 и A 00 введем вспомогательные события:
B 1 ={первый отобранный транзистор неисправен};
B 2 ={второй отобранный транзистор неисправен}.
Очевидно, что A 01 =B 1 ; A 10 =B 2 ; A 00 =B 1 B 2 ; поэтому для определения вероятностей событий A 01, A 10 и A 00 применим теорему умножения вероятностей.
P(A 01)=P(B 1)=P(B 1)P(|B 1),
где P(B 1) - вероятность того, что первый отобранный транзистор будет неисправен; P(|B 1) - вероятность того, что второй отобранный транзистор будет исправен, при условии, что первый отобранный транзистор неисправен. Применяя классический способ вычисления вероятностей, P(B 1)=3/12, а P(|B 1)=9/11 (поскольку после выбора первого неисправного транзистора в коробке осталось 11 транзисторов, 9 из которых исправны).
Таким образом, P(A 01)=P(B 1)=P(B 1)P(|B 1)=3/129/11=0,20(45). По аналогии:
P(A 10)=P(B 2)=P()P(B 2 |)=9/123/11=0,20(45);
P(A 00)=P(B 1 B 2)=P(B 1)P(B 2 |B 1)=3/122/11=0,041(6).
Подставим полученные значения вероятностей A 01, A 10 и A 00 в выражение для вероятности события A:
P(A)=P(A 01 A 10 A 00)=P(A 01)+P(A 10)+P(A 00)=3/129/11+9/123/11+3/122/11=0,45(45).
Ответ: вероятность того, что собранный усилитель будет неисправен, равна 0,4545.
Понятие события и вероятности события. Достоверные и невозможные события. Классическое определение вероятностей. Теорема сложения вероятностей. Теорема умножения вероятностей . Решение простейших задач на определение вероятности с использованием сложения вероятностей.
Методические указания по теме 3.1:
Понятие события и вероятности события. Достоверные и невозможные события. Классическое определение вероятностей:
Изучение каждого явления в порядке наблюдения или производства опыта связан с осуществлением некоторого комплекса условий (испытаний). Всякий результат или исход испытания называется событием.
Если событие при заданных условиях может произойти или не произойти, то оно называется случайным. В том случае, когда событие должно непременно произойти, его называют достоверным , а в том случае, когда оно заведомо не может произойти, - невозможным.
События называются несовместными, если каждый раз возможно появление только одного из них. События называются совместными, если в данных условиях появление одного из этих событий не исключает появление другого при том же испытании.
События называются противоположными, если в условиях испытания они, являясь единственными его исходами, несовместны.
Вероятность события рассматривается как мера объективной возможности появления случайного события.
Вероятностью события называется отношение числа исходов m , благоприятствующих наступлению данного события , к числу n всех исходов (несовместных, единственно возможных и равновозможных), т.е.
Вероятность любого события не может быть меньше нуля и больше единицы, т.е. . Невозможному событию соответствует вероятность , а достоверному - вероятность
Пример 1. В лотерее из 1000 билетов имеются 200 выигрышных. Вынимают наугад один билет. Чему равна вероятность того, что этот билет выигрышный?
Общее число различных исходов есть n = 1000. Число исходов, благоприятствующих получению выигрыша, составляет m = 200. Согласно формуле, получим .
Пример 2. Из урны, в которой находятся 5 белых и 3 черных шара, вынимают один шар. Найти вероятность того, что шар окажется черным.
Обозначим событие, состоящее в появлении черного шара, через . Общее число случаев . Число случаев m , благоприятствующих появлению события , равно 3. По формуле получим .
Пример 3. Из урны, в которой находятся 12 белых и 8 черных шаров, вынимают наудачу два шара. Какова вероятность того, что оба шара окажутся черными?
Обозначим событие, состоящее в появлении двух черных шаров через . Общее число возможных случаев n равно числу сочетаний из 20 элементов (12 + 8) по два:
Число случаев m , благоприятствующих событию , составляет
По формуле находим вероятность появления двух черных шаров:
Теорема сложения вероятностей. Решение простейших задач на определение вероятности с использованием теоремы сложения вероятностей:
Теорема сложения вероятностей несовместных событий. Вероятность появления одного из нескольких попарно несовместных событий, безразлично какого, равно сумме вероятностей этих событий:
Теорема сложения вероятностей совместных событий. Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:
Пример 4. В ящике в случайном порядке разложены 20 деталей, причем пять из них стандартные. Рабочий берет наудачу три детали. Найти вероятность того, что по крайней мере она из взятых деталей окажется стандартной.
Очевидно, что по крайней мере одна из взятых деталей окажется стандартной, если произойдет любое из трех несовместных событий: B - одна деталь стандартная, две нестандартные; C - две детали стандартные, одна нестандартная и D - три детали стандартные.
Таким образом, событие A можно представить в виде суммы этих трех событий: A = B + C + D. По теореме сложения имеем P(A) = P(B) + P(C) + P(D). Находим вероятность каждого из этих событий:
Сложив найденные величины, получим
Пример 5. Найти вероятность того, что наудачу взятое двузначное число окажется кратным либо 3, либо 5, либо тому и другому одновременно.
Пусть A - событие, состоящее в том, что наудачу взятое число кратно 3, а B - в том, что оно кратно 5. Найдем Так как A и B совместные события, то воспользуемся формулой:
Всего имеется 90 двузначных чисел: 10, 11, 98, 99. Из них 30 являются кратными 3 (благоприятствуют наступлению события A ); 18 - кратными 5 (благоприятствуют наступлению события B ) и 6 - кратными одновременно 3 и 5 (благоприятствуют наступлению события AB ). Таким образом, т.е.
Теорема умножения вероятностей:
Теорема умножения вероятностей независимых событий. Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:
Вероятность появления нескольких событий, независимых в совокупности, вычисляется по формуле:
Теорема умножения вероятностей зависимых событий. Вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению одного из них на условную вероятность второго:
Пример 6. В одной урне находятся 4 белых и 8 черных шаров, в другой - 3 белых и 9 черных. Из каждой урны вынули по шару. Найти вероятность того, что оба шара окажутся белыми.
Пусть - появление белого шара из первой урны, а - появление белого шара из второй урны. Очевидно, что события и независимы. Найдем
По формуле получим:
Вопросы для самопроверки по теме 3.1:
1. Что такое событие?
2. Какие события называются достоверными?
3. Какие события называются невозможными?
4. Дать определение вероятности.
5. Сформулировать теорему сложения вероятностей.
6. Сформулировать теорему умножения вероятностей.
Задания для самостоятельного решения по теме 3.1:
1. В ящике в случайном порядке положены 10 деталей, из которых 4 стандартных. Контролер взял наудачу 3 детали. Найти вероятность того, что хотя бы одна из взятых деталей оказалась стандартной.
2. В урне находятся 10 белых, 15 черных, 20 синих и 25 красных шаров. Найдите вероятность того, что вынутый шар окажется: 1) белым; 2) черным или красным.
3. Найдите вероятность того, что наудачу взятое двузначное число окажется кратным либо 4, либо 5, либо тому и другому одновременно.
4. Рабочий обслуживает два автомата, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа первый автомат не потребует внимания рабочего, равна 0,8, а для второго автомата эта вероятность равна0,7. Найдите вероятность того, что в течение часа ни один и автоматов не потребует внимания рабочего.
5. В урне находятся 6 шаров, из которых 3 белых. Наудачу вынуты один за другим два шара. Вычислите вероятность того, что оба шара окажутся белыми.
6. В урне находятся 10 белых и 6 черных шаров. Найдите вероятность того, что три наудачу вынутых один за другим шара окажутся черными.
Теоремы сложения и умножения вероятностей.
Зависимые и независимые события
Заголовок выглядит страшновато, но в действительности всё очень просто. На данном уроке мы познакомимся с теоремами сложения и умножения вероятностей событий, а также разберём типовые задачи, которые наряду с задачей на классическое определение вероятности обязательно встретятся или, что вероятнее, уже встретились на вашем пути. Для эффективного изучения материалов этой статьи необходимо знать и понимать базовые термины теории вероятностей и уметь выполнять простейшие арифметические действия. Как видите, требуется совсем немного, и поэтому жирный плюс в активе практически гарантирован. Но с другой стороны, вновь предостерегаю от поверхностного отношения к практическим примерам – тонкостей тоже хватает. В добрый путь:
Теорема сложения вероятностей несовместных событий : вероятность появления одного из двух несовместных событий или (без разницы какого) , равна сумме вероятностей этих событий:
Аналогичный факт справедлив и для бОльшего количества несовместных событий, например, для трёх несовместных событий и :
Теорема-мечта =) Однако, и такая мечта подлежит доказательству, которое можно найти, например, в учебном пособии В.Е. Гмурмана.
Знакомимся с новыми, до сих пор не встречавшимися понятиями:
Зависимые и независимые события
Начнём с независимых событий. События являются независимыми , если вероятность наступления любого из них не зависит от появления/непоявления остальных событий рассматриваемого множества (во всех возможных комбинациях). …Да чего тут вымучивать общие фразы:
Теорема умножения вероятностей независимых событий
: вероятность совместного появления независимых событий и равна произведению вероятностей этих событий:
Вернёмся к простейшему примеру 1-го урока, в котором подбрасываются две монеты и следующим событиям:
– на 1-й монете выпадет орёл;
– на 2-й монете выпадет орёл.
Найдём вероятность события (на 1-й монете появится орёл и
на 2-й монете появится орёл – вспоминаем, как читается произведение событий
!)
. Вероятность выпадения орла на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты, следовательно, события и независимы. 
Аналогично:
– вероятность того, что на 1-й монете выпадет решка и
на 2-й решка;
– вероятность того, что на 1-й монете появится орёл и
на 2-й решка;
– вероятность того, что на 1-й монете появится решка и
на 2-й орёл.
Заметьте, что события образуют полную группу и сумма их вероятностей равна единице: .
Теорема умножения очевидным образом распространяется и на бОльшее количество независимых событий, так, например, если события независимы, то вероятность их совместного наступления равна: . Потренируемся на конкретных примерах:
Задача 3
В каждом из трех ящиков имеется по 10 деталей. В первом ящике 8 стандартных деталей, во втором – 7, в третьем – 9. Из каждого ящика наудачу извлекают по одной детали. Найти вероятность того, что все детали окажутся стандартными.
Решение : вероятность извлечения стандартной или нестандартной детали из любого ящика не зависит от того, какие детали будут извлечены из других ящиков, поэтому в задаче речь идёт о независимых событиях. Рассмотрим следующие независимые события:
– из 1-го ящика извлечена стандартная деталь;
– из 2-го ящика извлечена стандартная деталь;
– из 3-го ящика извлечена стандартная деталь.
По классическому определению:
– соответствующие вероятности.
Интересующее нас событие (из 1-го ящика будет извлечена стандартная деталь и из 2-го стандартная и из 3-го стандартная) выражается произведением .
По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что из трёх ящиков будет извлечено по одной стандартной детали.
Ответ : 0,504
После бодрящих упражнений с ящиками нас поджидают не менее интересные урны:
Задача 4
В трех урнах имеется по 6 белых и по 4 черных шара. Из каждой урны извлекают наудачу по одному шару. Найти вероятность того, что: а) все три шара будут белыми; б) все три шара будут одного цвета.
Опираясь на полученную информацию, догадайтесь, как разобраться с пунктом «бэ» ;-) Примерный образец решения оформлен в академичном стиле с подробной росписью всех событий.
Зависимые события . Событие называют зависимым , если его вероятность зависит от одного или бОльшего количества событий, которые уже произошли. За примерами далеко ходить не надо – достаточно до ближайшего магазина:
– завтра в 19.00 в продаже будет свежий хлеб.
Вероятность этого события зависит от множества других событий: завезут ли завтра свежий хлеб, раскупят ли его до 7 вечера или нет и т.д. В зависимости от различных обстоятельств данное событие может быть как достоверным , так и невозможным . Таким образом, событие является зависимым .
Хлеба… и, как требовали римляне, зрелищ:
– на экзамене студенту достанется простой билет.
Если идти не самым первым, то событие будет зависимым, поскольку его вероятность будет зависеть от того, какие билеты уже вытянули однокурсники.
Как определить зависимость/независимость событий?
Иногда об этом прямо сказано в условии задачи, но чаще всего приходится проводить самостоятельный анализ. Какого-то однозначного ориентира тут нет, и факт зависимости либо независимости событий вытекает из естественных логических рассуждений.
Чтобы не валить всё в одну кучу, задачам на зависимые события я выделю следующий урок, а пока мы рассмотрим наиболее распространённую на практике связку теорем:
Задачи на теоремы сложения вероятностей несовместных
и умножения вероятностей независимых событий
Этот тандем, по моей субъективной оценке, работает примерно в 80% задач по рассматриваемой теме. Хит хитов и самая настоящая классика теории вероятностей:
Задача 5
Два стрелка сделали по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго – 0,6. Найти вероятность того, что:
а) только один стрелок попадёт в мишень;
б) хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.
Решение : вероятность попадания/промаха одного стрелка, очевидно, не зависит от результативности другого стрелка.
Рассмотрим события:
– 1-й стрелок попадёт в мишень;
– 2-й стрелок попадёт в мишень.
По условию: .
Найдём вероятности противоположных событий – того, что соответствующие стрелки промахнутся:
а) Рассмотрим событие: – только один стрелок попадёт в мишень. Данное событие состоит в двух несовместных исходах:
1-й стрелок попадёт и
2-й промахнётся
или
1-й промахнётся и
2-й попадёт.
На языке алгебры событий
этот факт запишется следующей формулой: 
Сначала используем теорему сложения вероятностей несовместных событий, затем – теорему умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что будет только одно попадание.
б) Рассмотрим событие: – хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.
Прежде всего, ВДУМАЕМСЯ – что значит условие «ХОТЯ БЫ ОДИН»? В данном случае это означает, что попадёт или 1-й стрелок (2-й промахнётся) или 2-й (1-й промахнётся) или оба стрелка сразу – итого 3 несовместных исхода.
Способ первый : учитывая готовую вероятность предыдущего пункта, событие удобно представить в виде суммы следующих несовместных событий:
попадёт кто-то один (событие , состоящее в свою очередь из 2 несовместных исходов)
или
попадут оба стрелка – обозначим данное событие буквой .
Таким образом:
По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что 1-й стрелок попадёт и
2-й стрелок попадёт.
По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
– вероятность хотя бы одного попадания по мишени.
Способ второй : рассмотрим противоположное событие: – оба стрелка промахнутся.
По теореме умножения вероятностей независимых событий:
В результате:
Особое внимание обратите на второй способ – в общем случае он более рационален.
Кроме того, существует альтернативный, третий путь решения, основанный на умолчанной выше теореме сложения совместных событий.
! Если вы знакомитесь с материалом впервые, то во избежание путаницы, следующий абзац лучше пропустить.
Способ третий
: события совместны, а значит, их сумма выражает событие «хотя бы один стрелок попадёт в мишень» (см. алгебру событий
). По теореме сложения вероятностей совместных событий
и теореме умножения вероятностей независимых событий:
Выполним проверку: события и (0, 1 и 2 попадания соответственно)
образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице:
, что и требовалось проверить.
Ответ
: 
При основательном изучении теории вероятностей вам встретятся десятки задач милитаристского содержания, и, что характерно, после этого никого не захочется пристрелить – задачи почти подарочные. А почему бы не упростить ещё и шаблон? Cократим запись:
Решение
: по условию: , – вероятность попадания соответствующих стрелков. Тогда вероятности их промаха:
а) По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что только один стрелок попадёт в мишень.
б) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что оба стрелка промахнутся.
Тогда: – вероятность того, что хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.
Ответ
: 
На практике можно пользоваться любым вариантом оформления. Конечно же, намного чаще идут коротким путём, но не нужно забывать и 1-й способ – он хоть и длиннее, но зато содержательнее – в нём понятнее, что, почему и зачем складывается и умножается. В ряде случаев уместен гибридный стиль, когда прописными буквами удобно обозначить лишь некоторые события.
Похожие задачи для самостоятельного решения:
Задача 6
Для сигнализации о возгорании установлены два независимо работающих датчика. Вероятности того, что при возгорании датчик сработает, для первого и второго датчиков соответственно равны 0,5 и 0,7. Найти вероятность того, что при пожаре:
а) оба датчика откажут;
б) оба датчика сработают.
в) Пользуясь теоремой сложения вероятностей событий, образующих полную группу
, найти вероятность того, что при пожаре сработает только один датчик. Проверить результат прямым вычислением этой вероятности (с помощью теорем сложения и умножения)
.
Здесь независимость работы устройств непосредственно прописана в условии, что, кстати, является важным уточнением. Образец решения оформлен в академичном стиле.
Как быть, если в похожей задаче даны одинаковые вероятности, например, 0,9 и 0,9? Решать нужно точно так же! (что, собственно, уже продемонстрировано в примере с двумя монетами)
Задача 7
Вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле равна 0,8. Вероятность того, что цель не поражена после выполнения первым и вторым стрелками по одному выстрелу равна 0,08. Какова вероятность поражения цели вторым стрелком при одном выстреле?
А это небольшая головоломка, которая оформлена коротким способом. Условие можно переформулировать более лаконично, но переделывать оригинал не буду – на практике приходится вникать и в более витиеватые измышления.
Знакомьтесь – он самый, который настрогал для вас немереное количество деталей =):
Задача 8
Рабочий обслуживает три станка. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует настройки, равна 0,3, второй – 0,75, третий – 0,4. Найти вероятность того, что в течение смены:
а) все станки потребуют настройки;
б) только один станок потребует настройки;
в) хотя бы один станок потребует настройки.
Решение : коль скоро в условии ничего не сказано о едином технологическом процессе, то работу каждого станка следует считать не зависимой от работы других станков.
По аналогии с Задачей №5, здесь можно ввести в рассмотрение события , состоящие в том, что соответствующие станки потребуют настройки в течение смены, записать вероятности , найти вероятности противоположных событий и т.д. Но с тремя объектами так оформлять задачу уже не очень хочется – получится долго и нудно. Поэтому здесь заметно выгоднее использовать «быстрый» стиль:
По условию: – вероятности того, что в течение смены соответствующие станки потребуют настойки. Тогда вероятности того, что они не потребуют внимания:
Один из читателей обнаружил тут прикольную опечатку, даже исправлять не буду =)
а) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что в течение смены все три станка потребуют настройки.
б) Событие «В течение смены только один станок потребует настройки» состоит в трёх несовместных исходах:
1) 1-й станок потребует
внимания и
2-й станок не потребует
и
3-й станок не потребует
или
:
2) 1-й станок не потребует
внимания и
2-й станок потребует
и
3-й станок не потребует
или
:
3) 1-й станок не потребует
внимания и
2-й станок не потребует
и
3-й станок потребует
.
По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что в течение смены только один станок потребует настройки.
Думаю, сейчас вам должно быть понятно, откуда взялось выражение
в) Вычислим вероятность того, что станки не потребуют настройки, и затем – вероятность противоположного события:
– того, что хотя бы один станок потребует настройки.
Ответ :
Пункт «вэ» можно решить и через сумму , где – вероятность того, что в течение смены только два станка потребуют настройки. Это событие в свою очередь включает в себя 3 несовместных исхода, которые расписываются по аналогии с пунктом «бэ». Постарайтесь самостоятельно найти вероятность , чтобы проверить всю задачу с помощью равенства .
Задача 9
Из трех орудий произвели залп по цели. Вероятность попадания при одном выстреле только из первого орудия равна 0,7, из второго – 0,6, из третьего – 0,8. Найти вероятность того, что: 1) хотя бы один снаряд попадет в цель; 2) только два снаряда попадут в цель; 3) цель будет поражена не менее двух раз.
Решение и ответ в конце урока.
И снова о совпадениях: в том случае, если по условию два или даже все значения исходных вероятностей совпадают (например, 0,7; 0,7 и 0,7), то следует придерживаться точно такого же алгоритма решения.
В заключение статьи разберём ещё одну распространённую головоломку:
Задача 10
Стрелок попадает в цель с одной и той же вероятностью при каждом выстреле. Какова эта вероятность, если вероятность хотя бы одного попадания при трех выстрелах равна 0,973.
Решение
: обозначим через – вероятность попадания в мишень при каждом выстреле.
и через – вероятность промаха при каждом выстреле.
И таки распишем события:
– при 3 выстрелах стрелок попадёт в мишень хотя бы один раз;
– стрелок 3 раза промахнётся.
По условию , тогда вероятность противоположного события:
С другой стороны, по теореме умножения вероятностей независимых событий:
Таким образом:
– вероятность промаха при каждом выстреле.
В результате:
– вероятность попадания при каждом выстреле.
Ответ : 0,7
Просто и изящно.
В рассмотренной задаче можно поставить дополнительные вопросы о вероятности только одного попадания, только двух попаданий и вероятности трёх попаданий по мишени. Схема решения будет точно такой же, как и в двух предыдущих примерах:
Однако принципиальное содержательное отличие состоит в том, что здесь имеют место повторные независимые испытания , которые выполняются последовательно, независимо друг от друга и с одинаковой вероятностью исходов.
Произведением двух событий и называют событие, состоящее в совместном появлении этих событий.
Произведением нескольких событий называют событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий.
Например, появление герба в трех одновременных бросках монеты.
Условная вероятность
Условной вероятностью называют вероятность наступления события, вычисленную в предположении, что событие уже наступило:
Пример. В урне 3 белых и 3 черных шара. Из урны дважды вынимают по одному шару, не возвращая их обратно. Найти вероятность появления белого шара при втором испытании (событие), если при первом испытании был извлечен черный шар (событие ).
Р е ш е н и е. После первого испытания в урне осталось 5 шаров, из них 3 белых.
Искомая условная вероятность
Условная вероятность события при условии, что событие уже наступило, по определению, равна
Теорема умножения вероятностей
Теорема. Вероятность совместного появления двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило:
Доказательство. По определению условной вероятности,
Замечание. . Событие равносильно событию. Следовательно,
и. (***)
Следствие. Вероятность совместного появления нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятности каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже появились(в случае появления трех событий:
Порядок, в котором расположены события, может быть выбран любым.
Пример. В урне 5 белых, 4 черных и 3 синих шара. Наудачу извлекают один шар, не возвращая его обратно, затем извлекают второй и третий шары. Найти вероятность того, что при первом испытании появится белый шар (событие), при втором - черный (событие) и при третьем - синий (событие).
Решение. Вероятность появления белого шара в первом испытании
Вероятность появления черного шара во втором испытании, вычисленная при предположении, что в первом испытании появился белый шар (условная вероятность)
Вероятность появления синего шара в третьем испытании, вычисленная в предположении, что в первом испытании появился белый шар, а во втором - черный (условная вероятность)
Искомая вероятность
При оценки вероятности наступления какого-либо случайного события очень важно предварительно хорошо представлять, зависит ли вероятность (вероятность события) наступления интересующего нас события от того, как развиваются остальные события. В случае классической схемы, когда все исходы равновероятны, мы уже можем оценить значения вероятности интересующего нас отдельного события самостоятельно. Мы можем сделать это даже в том случае, если событие является сложной совокупностью нескольких элементарных исходов. А если несколько случайных событий происходит одновременно или последовательно? Как это влияет на вероятность реализации интересующего нас события? Если я несколько раз кидаю игральную кость, и хочу, чтобы выпала "шестерка", а мне все время не везет, значит ли это, что надо увеличивать ставку, потому что, согласно теории вероятностей, мне вот-вот должно повезти? Увы, теория вероятности не утверждает ничего подобного. Ни кости, ни карты, ни монетки не умеют запоминать, что они продемонстрировали нам в прошлый раз. Им совершенно не важно, в первый раз или в десятый раз сегодня я испытываю свою судьбу. Каждый раз, когда я повторяю бросок, я знаю только одно: и на этот раз вероятность выпадения "шестерки" снова равна одной шестой. Конечно, это не значит, что нужная мне цифра не выпадет никогда. Это означает лишь то, что мой проигрыш после первого броска и после любого другого броска - независимые события. События А и В называются независимыми, если реализация одного из них никак не влияет на вероятность другого события. Например, вероятности поражения цели первым из двух орудий не зависят от того, поразило ли цель другое орудие, поэтому события "первое орудие поразило цель" и "второе орудие поразило цель" независимы. Если два события А и В независимы, и вероятность каждого из них известна, то вероятность одновременного наступления и события А, и события В (обозначается АВ) можно посчитать, воспользовавшись следующей теоремой.
Теорема умножения вероятностей для независимых событий
P(AB) = P(A)*P(B) вероятность одновременного наступления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.
Пример 1 . Вероятности попадания в цель при стрельбе первого и второго орудий соответственно равны: р 1 = 0,7; р 2 = 0,8. Найти вероятность попадания при одном залпе обоими орудиями одновременно.
как мы уже видели события А (попадание первого орудия) и В (попадание второго орудия) независимы, т.е. Р(АВ)=Р(А)*Р(В)=р1*р2=0,56. Что произойдет с нашими оценками, если исходные события не являются независимыми? Давайте немного изменим предыдущий пример.
Пример 2. Два стрелка на соревнованиях стреляют по мишеням, причем, если один из них стреляет метко, то соперник начинает нервничать, и его результаты ухудшаются. Как превратить эту житейскую ситуацию в математическую задачу и наметить пути ее решения? Интуитивно понятно, что надо каким-то образом разделить два варианта развития событий, составить по сути дела два сценария, две разные задачи. В первом случае, если соперник промахнулся, сценарий будет благоприятный для нервного спортсмена и его меткость будет выше. Во втором случае, если соперник прилично реализовал свой шанс, вероятность поразить мишень для второго спортсмена снижается. Для разделения возможных сценариев (их часто называют гипотезами) развития событий мы будем часто использовать схему "дерева вероятностей". Эта схема похожа по смыслу на дерево решений, с которым Вам, наверное, уже приходилось иметь дело. Каждая ветка представляет собой отдельный сценарий развития событий, только теперь она имеет собственное значение так называемой условной вероятности (q 1 , q 2 , q 1 -1, q 2 -1).
Эта схема очень удобна для анализа последовательных случайных событий. Остается выяснить еще один немаловажный вопрос: откуда берутся исходные значения вероятностей в реальных ситуациях? Ведь не с одними же монетами и игральными костями работает теория вероятностей? Обычно эти оценки берутся из статистики, а когда статистические сведения отсутствуют, мы проводим собственное исследование. И начинать его нам часто приходится не со сбора данных, а с вопроса, какие сведения нам вообще нужны.
Пример 3. Допустим, нам надо оценить в городе с населением в сто тысяч жителей объем рынка для нового товара, который не является предметом первой необходимости, например, для бальзама по уходу за окрашенными волосами. Рассмотрим схему "дерева вероятностей". При этом значение вероятности на каждой "ветке" нам надо приблизительно оценить. Итак, наши оценки емкости рынка:
1) из всех жителей города женщин 50%,
2) из всех женщин только 30% красят волосы часто,
3) из них только 10% пользуются бальзамами для окрашенных волос,
4) из них только 10% могут набраться смелости попробовать новый товар,
5) из них 70% обычно покупает все не у нас, а у наших конкурентов.
По закону перемножения вероятностей, определяем вероятность интересующего нас события А ={житель города покупает у нас этот новый бальзам}=0,00045. Умножим это значение вероятности на число жителей города. В результате имеем всего 45 потенциальных покупательниц, а если учесть, что одного пузырька этого средства хватает на несколько месяцев, не слишком оживленная получается торговля. И все-таки польза от наших оценок есть. Во-первых, мы можем сравнивать прогнозы разных бизнес-идей, на схемах у них будут разные "развилки", и, конечно, значения вероятности тоже будут разные. Во-вторых, как мы уже говорили, случайная величина не потому называется случайной, что она совсем ни от чего не зависит. Просто ее точное значение заранее не известно. Мы знаем, что среднее количество покупателей может быть увеличено (например, с помощью рекламы нового товара). Так что имеет смысл сосредоточить усилия на тех "развилках", где распределение вероятностей нас особенно не устраивает, на тех факторах, на которые мы в состоянии повлиять. Рассмотрим еще один количественный пример исследования покупательского поведения.
Пример 3. За день продовольственный рынок посещает в среднем 10000 человек. Вероятность того, что посетитель рынка заходит в павильон молочных продуктов, равна 1/2. Известно, что в этом павильоне в среднем продается в день 500 кг различных продуктов. Можно ли утверждать, что средняя покупка в павильоне весит всего 100 г?
Обсуждение.
Конечно, нельзя. Понятно, что не каждый, кто заходил в павильон, в результате что-то там купил.
Как показано на схеме, чтобы ответить на вопрос о среднем весе покупки, мы должны найти ответ на вопрос, какова вероятность того, что человек, зашедший в павильон, что-нибудь там купит. Если таких данных в нашем распоряжении не имеется, а нам они нужны, придется их получить самим, понаблюдав некоторое время за посетителями павильона. Допустим, наши наблюдения показали, что только пятая часть посетителей павильона что-то покупает. Как только эти оценки нами получены, задача становится уже простой. Из 10000 человек, пришедших на рынок, 5000 зайдут в павильон молочных продуктов, покупок будет только 1000. Средний вес покупки равен 500 грамм. Интересно отметить, что для построения полной картины происходящего, логика условных "ветвлений" должна быть определена на каждом этапе нашего рассуждения так же четко, как если бы мы работали с "конкретной" ситуацией, а не с вероятностями.
Задачи для самопроверки.
1. Пусть есть электрическая цепь, состоящая из n последовательно соединенных элементов, каждый из которых работает независимо от остальных. Известна вероятность p невыхода из строя каждого элемента. Определите вероятность исправной работы всего участка цепи (событие А).
2. Студент знает 20 из 25 экзаменационных вопросов. Найдите вероятность того, что студент знает предложенные ему экзаменатором три вопроса.
3. Производство состоит из четырех последовательных этапов, на каждом из которых работает оборудование, для которого вероятности выхода из строя в течение ближайшего месяца равны соответственно р 1 , р 2 , р 3 и р 4 . Найдите вероятность того, что за месяц не случится ни одной остановки производства из-за неисправности оборудования.