§8. Вероятность наступления хотя бы одного события.

Сложные события выражаются через другие наблюдаемые события с помощью алгебраических операций, описанных в §2. Основные формулы для вычисления вероятностей таких событий:

Р() = 1 Р(А). ( 1 )

Р(А · В) = Р(А) · Р(В / А) = Р(В) · Р(А / В) , если Р(А) > 0, Р(В) > 0 (формула умножения вероятностей); ( 2 )

Р(А + В) = Р(А) + Р(В)  Р(А · В)

(формула сложения вероятностей). ( 3 )

Пример 1. Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p₁ = 0,8, p₂ = 0,6. Каждый произвел по одному выстрелу. Вычислить вероятность события А = {произойдет ровно одно попадание}.

Рассмотрим события А₁ = {первый стрелок попал в мишень} и А₂ = {второй стрелок попал в мишень}. Тогда = {первый стрелок промахнулся}, a= {второй стрелок промахнулся}. В мишени окажется ровно одна пробоина в тех случаях, когда либо первый попал, а второй промахнулся, либо первый промахнулся, а второй попал. Поэтому А = А₁ ·+ А₂ ·. Последние два события несовместны, поэтому сумма их вероятностей равна вероятности их суммы А. События А₁ и , а также А₂ и попарно независимы, т.е. вероятности произведений этих событий равны соответствующим произведениям вероятностей этих событий. Т.к. Р(А₁)=p₁=0,8, P(A₂)=p₂=0,6, то Р() = 1  p₁ = q₁ = 0,2, P() = 1 p₂ = q₂ = 0,4 и Р(А) = p₁q₂ + p₂q₁ = 0,44.

Вероятность наступления «хотя бы одного события» (т.е. суммы нескольких событий ) вычисляют по формуле

( 4 )

Если же эти события попарно независимы, то

Пример 2. В продукции предприятия 10% бракованных изделий. Какова вероятность, что среди 4 взятых независимо изделий хотя бы одно бракованное?

Пусть А  интересующее нас событие, А = A₁+ A₂+ A₃+ A₄ , где A₁ = {первое изделие бракованное}, A₂ = {второе изделие бракованное} и т.д. Так как A₁, A₂, A₃, A₄ независимы, то и события также независимы. Событие= {среди 4 изделий ни одного бракованного} =, где= {первое изделие не бракованное} и т. д. Так как Р(A₁) = Р (A₂) = Р (A₃) = Р(A₄) = 0,1 (=10%) , то Р() = (1 0,1)⁴ = 0,9⁴ = 0,6561. Значит, Р(А) = 1  Р() = 0,3439.

Если изделий не 4 , а 2 , то вероятность того, что из этих двух изделий хотя бы одно бракованное, можно вычислить с помощью формулы (3), т.е. не переходя к противоположному событию:

P (A₁+A₂) = P (A₁) + P (A₂)  P (A) P (A₂) = 0,1 + 0,1  0,01 = 0,19.

§9. Формула полной вероятности.

Пусть H₁, H₂, ...,H_n  полная группа несовместных событий (определение см. в §2) и пусть событие А может произойти только с одним из событий Н_k. Для такого события А выполняется следующая «формула полной вероятности»

События H_k принято называть гипотезами по отношению к событию А. Вероятности Р(H_k) трактуются как доопытные (априорные) вероятности гипотез.

Пример 1. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8. Стрелок сделал два выстрела, а затем бросил симметричную монету столько раз, сколько попал в мишень. Какова вероятность, что в результате выпал ровно один «орел»?

Здесь в качестве гипотез рассмотрим события Н₁ = {произошло два попадания}, H₂ = {произошло одно попадание}, H₃ = {произошло два промаха}. Их вероятности Р( Н₁ ) = 0,8² = 0,64, Р( Н₂ ) = 2 · (1  0,8) · 0,8 = 0,32 (множитель 2 здесь из-за того, что гипотеза содержит два равновероятных события: «попал – промахнулся» и «промахнулся – попал»  это формула Бернулли при р = 0,8, q = 0,2 , n = 2 , k = 1  см. §11), Р(Н₃) = (1  0,8)² = 0,04 . Сумма вероятностей этих гипотез равна 1, как и должно быть для полной группы. Далее рассмотрим событие А = {выпал ровно один «орел»}. Если произошло событие Н₁, то монета бросается дважды. Вероятность того, что при этом выпадет ровно 1 «орел», равна Р( А/ H₁ ) = 0,5 ( либо «орел – решка» с вероятностью 0,25 , либо «решка – орел» также с вероятностью 0,25 ). Если произошло событие Н₂, то монета бросается один раз и вероятность выпадения при этом одного «орла» равна Р( А/H₂ ) = 0,5 . Если же происходит событие Н₃, то монету не бросают и Р(А/H₃)= 0. Все данные для формулы полной вероятности получены. Следовательно,

Р(А) = Р( Н₁ )Р( А/H₁ ) + P( H₂ )P( A/H₂ ) + P( H₃ )P( A/H₃ ) = 0,48.

Пример 2. В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются два мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще два мяча. Какова вероятность того, что вторая игра будет проводиться новыми мячами?

Здесь удобно задать 3 гипотезы: H₁ = {для первой игры взяты 2 новых мяча}, H₂ = {для первой игры взяты новый и играный мячи}, Н₃ = {для первой игры взяты 2 играных мяча}. Их вероятности вычисляются по формуле классической вероятности ( как и в примерах из §4 ) :

; ;

(Проверка: Р(H₁) + Р(H₂) + Р(H₃) = 1).

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}. В результате осуществления гипотезы H₁ в ящике останется 6 новых и 4 играных мяча, поэтому . В результате осуществления гипотезы H₂ в ящике будет 7 новых мячей из 10, поэтому . Аналогично,. Таким образом,

Заметим, что в одной и той же задаче могут быть выбраны разные наборы гипотез, скажем, в примере 2 гипотезу H₂ можно представить в виде суммы двух: H₂ = {первый взятый для первой игры мяч новый, второй  играный}+{первый взятый для первой игры мяч играный, второй  новый} и т. д. Желательно формулировать гипотезы так, чтобы их вероятности, а также и условные вероятности, вычислялись проще.