Глава 3 основные правила теории вероятностей

В предыдущей главе мы подчеркнули, что главное со­держание теории вероятностей составляют не прямые, а косвенные методы, позволяющие выражать вероятности одних событий через вероятности других, более простых. В этой главе мы займемся такими методами. Все они «стоят на двух китах», т. е. основаны на двух главнейших прин­ципах, правилах теории вероятностей: 1) правило сложе­ния вероятностей и 2) правило умножения вероятностей.

1. Правило сложения вероятностей

Вероятность того, что произойдет одно из двух несов­местных событий (все равно, какое именно), равна сумме вероятностей этих событий.

Запишем это правило в виде формулы. Пусть А и В — два несовместных события. Тогда

Р (А или В)=Р (А) +Р (В). (1)

Вы спросите: а откуда взялось это правило? Теорема это или аксиома? И то, и другое. Оно может быть строго доказано для опытов, сводящихся к схеме случаев. Дейст­вительно, если А и В — два несовместных события, то число случаев, благоприятных сложному событию «А или В», равно , значит

Поэтому часто правило сложения вероятностей назы­вают «теоремой сложения». Но нельзя забывать, что тео­ремой оно является только для схемы случаев; в опытах, не сводящихся к этой схеме, оно принимается без доказа­тельства — как принцип или аксиома. Добавим к этому, что для частот (статистических вероятностей) правило сло­жения справедливо, в чем Вы можете убедиться самостоя­тельно.

Правило сложения вероятностей легко обобщается на любое число событий: вероятность того, что произойдет какое-либо из нескольких несовместных событий (все равно, какое именно), равна сумме вероятностей этих событий.

В виде формулы это правило запишется так: если собы­тия А₁, А₂, ..., А_п несовместны, то

(2)

Из правила сложения вероятностей вытекают некото­рые важные следствия.

Во-первых, если события А₁, А₂, ..., А_п несовместны и образуют полную группу, то сумма их вероятностей равна единице. Попробуйте сами доказать это следствие.

Во-вторых (следствие следствия): если А — какое-то событие, а — противоположное ему (состоящее в непоявлении А), то

Р(А)+Р(А) = 1, (3)

т. е. сумма вероятностей противоположных событий равна единице.

На формуле (3) основан очень распространенный в тео­рии вероятностей прием «перехода к противоположному событию». Часто бывает, что вероятность интересующего нас события А вычислить трудно, а вероятность противо­положного ему — легко. Тогда вычисляют Р ( ) и вычи­тают ее из единицы:

Р(А) =1—Р ( ) (4)

2. Правило умножения вероятностей

Вероятность совмещения двух событий (т. е. совмест­ного появления того и другого) равна вероятности одного из них, умноженной на вероятность другого, вычисленную при условии, что первое произошло.

В виде формулы это правило запишется так:

(5)

где Р (В/А) - так называемая условная вероятность со­бытия В, вычисленная при условии (в предположении), что событие А произошло.

Правило умножения тоже является теоремой и может быть строго доказано для схемы случаев, в других же усло­виях принимается без доказательства — как принцип или аксиома. Для частот (статистических вероятностей) оно тоже справедливо.

Заметим, что при пользовании правилом умножения совершенно все равно, какое из событий считать «первым», а какое «вторым». Правило умножения можно записать и в виде:

(6)

П р и м е р 1. В урне 3 белых шара и 4 черных. Из нее вынимаются, один за другим, два шара. Найти вероят­ность того, что оба эти шара будут белыми.

Решение. Рассмотрим два события: А — первый шар белый; В — второй шар белый.

Нам нужно найти вероятность совмещения этих событий (и первый и второй шар — белые). По правилу умножения вероятностей

где Р (А) — вероятность того, что первый шар белый,

Р (В/А) — условная вероятность того, что второй шар белый (вычисленная при условии, что первый шар белый).

Очевидно, Р (А)=³/₇. Вычислим Р (В/А). Если первый шар белый, то второй выбирается из оставшихся 6 шаров; из них 2 белых, значит Р (В/А)=²/₆=¹/₃- Отсюда .

Между прочим, это решение мы уже получили раньше (см. пример 4 главы 1), но другим способом — непосредст­венным подсчетом случаев.

Итак, вероятность вынимания из урны подряд двух белых шаров равна . Теперь подумайте: изменится ли это решение, если шары вынимаются из урны не последо­вательно, один за другим, а сразу. С первого взгляда может показаться: да, изменится. Но стоит немного подумать, и станет ясно — нет, не изменится!

В самом деле, пусть мы вынимаем два шара из урны од­новременно, но двумя руками. Назовем условно «первым» тот, который в правой руке, а «вторым» тот, который в левой. Изменится ли ход наших рассуждений по сравне­нию с тем, который мы применили при решении примера 2? Нисколько! Вероятность двух белых шаров будет все та же: . «Ну, а если вынимаем одной рукой?» — может придраться кто-нибудь — «Ну, тогда назовем «первым» тот, который ближе к большому пальцу, а «вторым» — к мизинцу». —«А, если...» — не унимается недоверчивый читатель. Предложим ему замолчать — ведь в душе он уже все понял...

Правило умножения становится особенно простым для особого вида событий, которые называются независимыми. Два события А и В называются независимыми, если появ­ление одного из них никак не влияет на вероятность по­явления другого, т. е. условная вероятность события А в предположении, что В произошло, совершенно такая же, как и без этого предположения:

. (7)

В противном случае события А и В называются зави­симыми^*.

В нашем примере 1 события А и В были зависимы: вероятность появления белого шара при втором вынима­нии зависела от того, белым или черным был

^*Легко доказать, что зависимость и независимость событий всег­да взаимны, т. е. если Р(А/В)=Р(А), то и Р(В/А)=Р(В). Проделайте это самостоятельно, воспользовавшись двумя формами записи правила умножения: (5) и (6).

первый шар. А теперь изменим условия опыта: пусть после вынимания первого шара его вкладывают обратно в урну и смешивают с остальными, после чего снова берут шар. В таком опыте события: А — первый шар белый, В — второй шар белый будут уже независимы:

Понятие о зависимости и независимости событий — очень важное понятие теории вероятностей. Неполное вла­дение этим понятием нередко приводит к ошибкам, особенно у начинающих, которые склонны забывать о зави­симости событий, когда она имеет место, и, наоборот, при­писывать какую-то зависимость событиям, которые на са­мом деле независимы.

Например, спросим у кого-нибудь, неискушенного в теории вероятностей: пусть мы бросили монету 10 раз и все 10 раз получили герб. Что вероятнее получить при сле­дующем, 11-м "бросании: герб или решку? Почти наверное он ответит: «конечно, решку! Ведь десять раз герб уже по­являлся; должно же это когда-нибудь скомпенсироваться, должна когда-то начать появляться решка!» Скажет — и будет совершенно неправ! Потому что вероятность появле­ния герба при каждом очередном бросании монеты (конеч­но, если мы бросаем ее как надо, например, кладем на но­готь большого пальца и подкидываем щелчком) совершенно не зависит от того, сколько раз перед этим появился герб. Если монета правильная, то при 11-м бросании, как и при первом, вероятность появления герба равна ½. Другое дело, что выпадение герба 10 раз подряд может вызвать сомнение в правильности монеты; тогда мы скорее склонны будем подозревать, что вероятность выпадения герба при каждом бросании (и при 11-м тоже!) будет больше, а не меньше 1/2...

«Что-то не верится! — может быть, скажете Вы. — Если 10 раз подряд выпал герб, не может быть, чтобы на 11-й раз не было вероятнее выпадение решки!».

Ну, ладно! Давайте поспорим. Пускай год тому назад Вы бросили монету 10 раз и все 10 раз получили герб. Се­годня Вы вспомнили об этом любопытном результате и ре­шили метнуть монету еще раз. Как Вы по-прежнему ду­маете, что вероятнее решка, чем герб? Пожалуй, Вы уже начали в этом сомневаться...

Добьем Вас окончательно: пусть кто-то другой, для конкретности статистик К. Пирсон, много лет тому назад, бросая монету 24 000 раз, получил в каких-то 10 бросаниях 10 гербов подряд. Сегодня Вы вспомнили об этом и решили продолжить его опыт: бросить монету еще один раз. Что вероятнее: герб или решка? Думаю, Вы уже сдались и при­знали, что они одинаково вероятны.

Теперь распространим правило умножения вероятностей на несколько событий A _l, А₂,..., А_п. В общем случае, когда события зависимы, вероятность их совмещения вычисляется так: берется вероятность одного события, множится на вероятность другого при условии, что первое произошло, затем на условную вероятность третьего при условии, что оба предыдущих произошли, и т. д. Записывать это пра­вило в виде формулы мы не будем: его гораздо удобнее за­помнить в словесном виде.

Пример 2. В урне 5 перенумерованных шаров; из нее вынимаются, один за другим, все находящиеся в ней шары. Найти вероятность того, что номера шаров будут идти в возрастающем порядке.

Решение*. По правилу умножения вероятностей Р (1,2,3,4,5) = = 1/120.

Пример 3. В ранце школьника лежат 8 букв раз­резной азбуки: две буквы «а», три буквы «к» и три буквы «м». Мы вынимаем три карточки одну за другой и кладем на стол в порядке появления. Найти вероятность того, что получится слово «мак».

Решение. По правилу умножения вероятностей Р («мак») = = 3/56.

А теперь давайте попробуем решать тот же пример в из­мененном виде. Условия те же, но три карточки вынима­ются сразу. Найти вероятность того, что из вынутых букв можно составить слово «мак».

«Нет, дудки, меня не проведешь 1 — может быть, по­думаете Вы. — Я-то знаю, что все равно, вынимать ли кар­точки вместе или отдельно! Вероятность по-прежнему бу­дет 3/56».

Если Вы и в самом деле так подумали — Вы ошиблись** . Дело в том, что изменены не только условия вынимания букв, но и само событие, о котором идет речь. В примере 4 требовалось, чтобы буква «м» стояла именно на первом месте, «а» — на втором, «к» — на третьем. А теперь поря­док букв нам безразличен: будет это «мак», или «кам», или еще как-нибудь. Событие А, о котором идет речь:

А — из вынутых букв можно составить «мак» распадается на несколько вариантов:

А = («мак» или «амк» или «кма» или ...) Сколько будет всего таких вариантов? Очевидно, столько, сколько имеется перестановок из трех элементов: = 6.

Надо вычислить вероятности всех этих шести вариантов и согласно правилу сложения сложить их. Легко убедиться в том, что вероятности всех этих вариантов одинаковы:

Складывая их, получим: .

*Здесь и в дальнейшем мы часто для упрощения записи не будем вводить для событий специальных буквенных обозначений, а просто будем писать в скобках после символа вероятности Р краткую понят­ную запись события, о котором идет речь. Чем меньше обозначений, тем лучше!

**Если нет — приносим Вам глубокие извинения

Особенно простой вид принимает правило умножения вероятностей в случае, когда события А₁, А₂,…, А_п неза­висимы*. Тогда надо перемножать не условные вероят­ности, а просто вероятности событий (без всяких условий):

Р(А₁ и А₂ и...и А_n) = Р(A₁)Р(A₂) ... Р(А_n), (9)

т. е. вероятность совмещения независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.

Пример 4. Стрелок производит четыре выстрела по цели; попадание или промах при каждом выстреле не зависит от результатов остальных (короче, «выстрелы не­зависимы»). Вероятность попадания при каждом выстре­ле = 0,3. Найти вероятность того, что первые три выстрела дадут промах, а четвертый — попадание.

А теперь решим пример чуточку посложнее.

Пример 5. Условия те же, что в примере 4, но тре­буется найти вероятность события А, состоящего в том, что из четырех выстрелов ровно два (не больше и не меньше) попадут в цель.

Решение. Будем обозначать попадание «+», а про­мах «-». По правилу умножения вероятностей для неза­висимых событий

Р (- - - +) = = 0,1029.

Решение. Событие А может осуществиться в не­скольких вариантах, например: + + - - или

- - + + и т. д. Опять не будем выписывать все эти варианты, а просто подсчитаем их число; оно равно числу способов, какими можно из четырех выстрелов выбрать два, в ко­торых произойдет попадание:

Значит, событие А может произойти в шести вариантах:

А = (+ + - - или - - + + или ...) (всего 6 вариантов). Найдем вероятность каждого из них. По правилу умножения

и т. д. Снова вероятности всех вариантов одинаковы (не нужно думать, что это всегда будет так!). Складывая их по правилу сложения, получим: .

* Несколько событий называются независимыми, если любое из них не зависит от любой комбинации (совмещения) остальных. Заме­тим, что для независимости событий в их совокупности недостаточно, чтобы они были попарно независимы. Можно придумать хитрые при­меры событий, которые независимы попарно, но зависимы в своей совокупности. Чего только не придумают математики!

По поводу этой задачи сформулируем одно общее пра­вило, которым пользуются при решении задач: если тре­буется найти вероятность события, надо, прежде всего, спро­сить себя: а как это событие может произойти? То есть раз­ложить его на ряд несовместных вариантов. Затем вычис­лить вероятность каждого варианта и все эти вероятности сложить.

А вот в следующем примере вероятности вариантов будут уже неодинаковы.

Пример 6. Три стрелка производят по одному вы­стрелу по общей мишени. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна р₁ = 0,4, для второго р₂ = 0,5 и для третьего р₃ = 0,7. Найти вероятность того, что в мишени будет ровно два попадания.

Решение. Событие А — ровно два попадания в мишень — распадается на варианта:

А = (+ + - или + - + или - + +);

Складывая эти вероятности, получим: Р (А) = 0,410.

Вас, вероятно, удивляет обилие примеров с «выстрела­ми» и «попаданиями» в цель. Надо заметить, что эти при­меры в области опытов, не сводящихся к схеме случаев, столь же неизбежны и традиционны в теории вероятностей, как классические примеры с «монетами», «игральными костями» и т. д. в схеме случаев. Так же как последнее не свидетельствует о какой-нибудь особой склонности к азарт­ным играм у лиц, занимающихся теорией вероятностей, так и первое не есть признак какой-либо особой их «кровожад­ности» — все дело в том, что такие примеры самые простые. Поэтому вытерпите еще один пример.

Пример 7. Условия те же, что и в примере 4 (че­тыре выстрела, вероятность попадания при каждом выстре­ле 0,3). Найти вероятность того, что стрелок попадет в цель хотя бы один раз.

Решение. Обозначим интересующее нас событие

С — хотя бы одно попадание

и найдем вероятность события С. Как полагается, спросим у себя: как это событие может произойти? И обнаружим, что у него множество вариантов:

С = (+ + + + или + + + или ...).

Можно было бы, конечно, найти вероятности всех этих вариантов и сложить. Но это было бы глупо! Гораздо про­ще будет перейти от события С к противоположному со­бытию:

С — ни одного попадания.

У этого события только один вариант:

= (- - - -),

а его вероятность . Вычитая ее из единицы, найдем

.

По поводу этого примера сформулируем еще одно общее правило: если противоположное событие распадается на меньшее число вариантов, чем прямое, следует переходить к противоположному событию.

Один из признаков, по которым можно почти безоши­бочно заключить, что стоит перейти к противоположному событию, — это если в формулировке прямого события есть «хотя бы».

Пример 8. Собрались вместе п незнакомых друг дру­гу людей. Найти вероятность того, что хотя бы у двух из них совпадают дни рождения (т. е. приходятся на одно и то же число одного и того же месяца).

Решение. Будем исходить из допущения, что все дни года в качестве дней рождения равновероятны*. Обозначим интересующее нас событие:

С — хотя бы у двух лиц дни рождения совпадают.

Формулировка «хотя бы» (или равносильная, ей «по крайней мере») сразу должна насторожить нас: а не лучше ли здесь перейти к противоположному событию? И впрямь

событие С очень сложно и распадается на такое гранди­озное число вариантов, что при одной мысли о их переборе начинают идти мурашки по коже. Что касается противо­положного события:

— все собравшиеся родились в разные дни года, то оно гораздо скромнее, и вероятность его может быть найдена очень просто. Покажем, как именно. Представим событие как совмещение п событий. Выберем кого-то од­ного из собравшихся и условно назовем его «первым» (ни­каких реальных преимуществ это ему не дает). «Первому» можно родиться в любой день года; вероятность этого равна единице. Выберем произвольно «второго» — ему можно родиться в любой день, кроме того, когда родился первый;

вероятность этого равна . «Третьему» остается только 363 дня, когда ему позволено родиться, и т. д. Пользуясь правилом умножения вероятностей, получим:

** (10)

откуда легко находится Р (С) = 1 — Р ( ).

* На самом деле это не совсем так, но в первом приближении этим допущением можно пользоваться.

** Эта формула пригодна только при ; при , очевид­но, . Ради простоты расчета мы пренебрегаем високосными годами и вероятностью того, что чей-то день рождения придется на на 9 февраля.

Отметим любопытную особенность этой задачи: при уве­личении п (даже довольно скромном) событие С быстро становится практически достоверным. Например, уже при п = 50 формула (10) дает:

,

т. е. событие С (с высоким уровнем доверия 0,97) можно счи­тать практически достоверным!

Этот нехитрый расчет может Вам помочь (если пожелае­те) выступить перед собравшимися в роли «кудесника-пред­сказателя». Пусть где-то собралось достаточно много лю­дей, порядка 50 или немного больше^*, дни рождения ко­торых Вам заведомо неизвестны. Вы беретесь утверждать, что среди них есть люди, дни рождения которых совпадают. Для проверки Вы берете заранее заготовленный лист, раз­графленный на 12 столбцов (январь, февраль и т. д.); в каждом столбце 31 строка (по числу возможных дней ме­сяца, которые проставляются сбоку). Вы пускаете лист по рядам и предлагаете каждому из присутствующих поставить крестик в той клетке, на которую приходится его день рождения. «Как только появится два крестика в одной и той же клетке, — заявляете Вы, — отдавайте лист мне».

— «А если не появится?» — спрашивают Вас. Вы самоуве­ренно усмехаетесь: «появится!» На самом деле на душе у Вас скребут кошки. Вы-то знаете, что Ваше предсказание осуществляется не с полной достоверностью. Все-таки с какой-то, пусть очень малой, вероятностью 0,03 оно может и не сбыться. А вдруг?.. Ну что ж, Вы идете на этот риск.

А теперь, переходя к серьезным вещам, решим одну важную общую задачу, которая часто встречается на прак­тике, в самых различных формах.

Задача 1. Производится п независимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью р. Найти вероятность того, что в п опытах событие А появится хотя бы один раз.

Решение. Обозначим:

С — хотя бы одно появление события А в п опытах.

Волшебное слово «хотя бы» отсылает нас к противопо­ложному событию. И в самом деле, событие (ни одного появления события А) гораздо проще, чем С, и имеет только один вариант:

.

По правилу умножения вероятностей для независимых событий откуда

. (11)

Обратите внимание на общую формулу (11) —по ней решаются многие практически важные задачи.

* При п много больше 50 опыт становится малоэффектным.

Пример 9. Вероятность обнаружения космического объекта при одном цикле обзора радиолокационной станции равна р = 0,1 (обнаружения в отдельных циклах незави­симы). Найти вероятность того, что после 10 циклов обзора объект будет обнаружен.

Решение. По формуле (11)

.

Пример 10. Техническое устройство состоит из семи узлов (элементов). Каждый узел независимо от других мо­жет иметь неисправность; вероятность этого равна 0,05. Если хоть один узел неисправен, то в процессе работы уст­ройства произойдет авария. Найти вероятность этого со­бытия.

Решение. Вероятность события С — «авария» — вычислим по формуле (11):

. Вот так штука! Вероятность аварии 0,305, т. е. больше 30% ! Ничего не скажешь — аварийное положение! Нужно спешно повышать надежность (вероятность исправного состояния) каждого узла!

Обратите внимание на следующее обстоятельство: не­исправность каждого узла имеет довольно малую вероят­ность 0,05. Легкомысленно подойдя к этой цифре, можно было бы «махнуть на нее рукой» и объявить «неисправность узла» практически невозможным событием (мы уже так поступали, когда речь шла о предсказании результатов опыта с бросанием монет). Сейчас — дело совсем другое! Во-первых, узлов у нас не один, а целых семь, а отказ хотя бы одного из них — совсем не маловероятное событие. К тому же последствия нашего легкомыслия (авария!) отнюдь не так невинны, как простой неуспех предсказания. Интересно отметить, что иной раз расчеты с помощью теории вероятностей приводят к неожиданным результатам, как бы «противоречащим здравому смыслу». Приведем один (по форме шуточный) пример.

Пример 12. Два охотника — Семен и Жорик — от­правились на охоту, увидели медведя и одновременно вы­стрелили по нему. Медведь был убит, и в его шкуре обнару­жилась одна пробоина; кому из охотников она принадлежит— неизвестно. Однако более правдоподобно, что Семену — он охотник старый, опытный, и в цель размером с медведя попадает на том расстоянии, с которого был сделан выстрел, с вероятностью 0,8. Жорик — охотник молодой, менее опыт­ный; для него вероятность попадания в такую цель всего 0,4. Шкуру медведя продали за 50 руб. Как надо по спра­ведливости разделить эту сумму между Семеном и Жори­ком?

Решение. Вероятно, Вам захотелось разделить 50 рублей между Семеном и Жориком пропорционально вероятностям 0,8 и 0,4, т. е. Семену дать ²/₃ суммы (33 руб. 30 коп.), а Жорику — остальные 16 руб. 70 коп. И, вооб­разите себе, Вы были неправы!

Чтобы Вас в этом убедить, изменим чуточку условия задачи: пусть Семен попадает в медведя с одного выстрела наверняка (с вероятностью 1), а Жорик — только с вероят­ностью 0,5. В шкуре медведя обнаружили одну пробоину. Кому принадлежит она (а, значит, и шкура!)? Разумеется, Семену! Ведь он, по условиям задачи, промахнуться не мог. А Вы бы разделили ее в отношении 2 : 1, т. е. по-прежнему дали бы Семену только ²/₃, а Жорику — 1/₃ суммы. Видно, что-то неладно в Ваших рассуждениях! А что?

Дело в том, что Вы делили сумму пропорционально ве­роятностям попадания при одном выстреле, без учета того, что когда в шкуре одна пробоина, значит один стрелок попал, а другой-то промахнулся! Вот этого-то промаха Вы и не учли.

Решим задачу как следует. Рассмотрим событие А — одна пробоина в шкуре. Как это событие могло произойти? Очевидно, двумя способами:

А₁ — Семен попал, Жорик промахнулся,

А₂—Жорик попал, Семен промахнулся.

Вероятности этих вариантов найдем по правилу умно­жения:

Вот пропорционально этим вероятностям и надо раз­делить по справедливости полученные 50 руб. При этом до­ля Семена будет

а для Жорика — только

Другое дело, что Семен, получив такую «львиную долю» вырученной суммы, по всей вероятности, истратит ее на угощение, пригласив Жорика попировать по-охотницки, у костра.