Властивості ймовірності

1.Теорема складання ймовірностей несумісних подій.

Теорема. Ймовірність суми двох несумісних подій А і В дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

Р(А+В) =Р(А) +Р(В). (1.4)

Доведення. Використовуємо класичне визначення ймовірності. Припустимо, що в даному випробуванні число всіх елементарних подій дорівнює n, події А сприяє k елементарних подій, події В – l елементарних подій. Так як А і В – несумісні події, то жоднf з елементарних подій U1,U2,…U_n не може одночасно сприяти і події А, і події В. Отже, події А+В буде сприяти k+l елементарних подій . По визначенню ймовірності

P(A)=k/n, P(B)=l/n, P(A=B)=(k+l)/n,

звідки і слідує твердження теореми.

Саме так теорема формулюється і доводиться для будь-якого кінечного числа попарно несумісних подій.

Наслідок 1.Якщо події А_1,В₂…В_n формують повну групу попарно несумісних подій , то сума їх ймовірностей дорівнює одиниці:

P(A₁) + P(A₂)+…+ P(A_n)=1.

Доведення. Так як подія A_1,A_2…A_n створюють повну групу , то поява хоча би однієї з них – достовірна подія, і, значить,

Р(A₁ + A₂+…+ A_n)=1.

А так як ці події несумісні , то

Р(A₁ + A₂+…+ A_n)= P(A₁) + P(A₂)+…+ P(A_n),

що і призводить до рівності.

Наслідок 2. Сума ймовірностей протилежних подій А і Ā дорівнює одиниці:

Р(А) + Р(Ā)=1. (1.5)

Цей наслідок – частковий випадок наслідку 1.

Приклад: В ящику 10 кульок: 3 червоних, 5 синіх, 2 білих. Яка ймовірність вийняти кольорову кульку , якщо виймається одна?

Ймовірність вийняти червону кульку Р(А)=3/10, синю P(A)=5/10. Так як події А і В несумісні, то по доведеній вище теоремі

Р(А+В)=Р(А) +Р(В)=0,3+ 0,5=0,8

2.Теорема множення ймовірностей.

Визначення 1.Дві події А і В називаються незалежними, якщо ймовірність появи кожної з них не залежить від того, чи з’явилась друга подія чи ні. В протилежному випадку подія А і В називаються залежними.

Приклад 1: Нехай в ящику 2 білих і 2 чорних кульки.

Нехай подія А – вийнятий білу кульку. Очевидно, Р(А)=1/2. Після першого випробування вийнята кулька кладеться назад в ящик, кульки перемішуються і кулька знову виймається. Подія В – в другому випробуванні вийнято білу кульку – також має ймовірність Р(В)=1/2,події А і В – незалежні.

Припустимо тепер, що вийнята в першому випробуванні кулька кладеться назад в ящик. Тоді ,якщо виконалася подія А, тобто в першому випробуванні вийнято білу кульку, то ймовірність події В зменшується і виходить рівна одній третій, якщо в першому випробуванні вийнято чорну кульку, то ймовірність події В збільшується і стає рівною двом третім.

Отже, ймовірність події В значно залежить від того , відбулась чи не відбулась подія А, в таких випадках подія А і В – залежні.

Визначення 2. Нехай А і В – залежні події. Умовною ймовірністю Р_А(В) події В називають ймовірність події В, знайдену в припущенні, що подія А вже настала.

Так , в тільки що розглянутому прикладі Р_А(В)= 1/3.

Умову незалежності події В від події А можна записати в вигляді

Р_А(В)= Р(В),

А умова залежності – в вигляді

Р_А(В)≠Р(В).

Теорема 1. Ймовірність утворення двох залежних подій А і В дорівнює утворенню ймовірності одного з них на умовну ймовірність другого, знайдену в припущенні, що перша подія вже наступила:

Р(АВ) =Р(А)Р_А(В). (1.6)

Доведення. Нехай з усього числа n елементарних подій k сприяє появі події А і нехай з цих k подій l сприяє появі події В, а, значить, і події АВ.

Тоді

Р(АВ) = l/k=k/n·l/k= Р(А)Р_А(В).

що і доводить шукану рівність(1.6)

Зауваження. Застосувавши формулу (1.6) до події ВА отримаємо

Р(АВ)= Р(В) Р_А(В). (1.6´)

Так як АВ=ВА (§ 1.1, п.2), то

Р_В(А)= Р(АВ)/ Р(В) (1.7)

а порівнюючи (1.6) і (1.6´) отримаємо рівність

Р(А)Р_А(В)= Р(В) Р_В(А).

Приклад 2. Нехай в ящику знаходиться 2 білих і 2 чорних кульки. Нехай подія А – вийнято білу кульку. Подія В – в другому випробуванні вийнято білу кульку. Розглянемо той випадок, коли вийнята в першому випробуванні кулька не кладеться назад в ящик. Поставимо наступне питання: яка ймовірність вийняти перший і другий раз білу кульку? По формулі (1.6) маємо :

Р(АВ)=1/2·1/3=1/6

Приклад 3. В терапевтичному відділенні лікарні 70% пацієнтів – жінки, а 21%- чоловіки, що курять. Навмання вибирають пацієнта .Це – чоловік. Яка ймовірність того, що він курить?

Нехай М означає, що пацієнт - чоловік, а К- що курить. Тоді в силу умови задачі Р(М)= 0.3, а Р(МК)=0.21.

Тому, з урахуванням формули (1.6) виходить ймовірність

Р(К)=Р(МК)/P(M)=0.21/0.3=0.7

Приклад 4. В групі туристів 20% дітей, причому 12% дівчата. Навмання вибирають дитину. Яка ймовірність того, що це дівчина? Яка ймовірність того, що це хлопець?

Нехай А означає, що турист – дитина, Ж- турист жіночого роду, М – чоловічого. Тоді за умовою

Р(А) = 0,2, Р(ЖА)=0,12, Р(МА)=0,08,

Отже,

Р_А(Ж)= Р(ЖА) / Р(А)=0.12 /0.2=0.6,

Р_А(М)= Р(МА) / Р(А)=0.08 /0.2=0.4

Задача. (паління і випадок захворювання легень).В групі обстежуваних 1000 людей. З них 600, які палять і 400, які не палять. Серед тих , хто палить, 240 чоловік мають ті чи інші захворювання легень. Серед тих, хто не палить хворих на легені 120 чоловік. Чи являється паління і захворювання легень незалежними подіями?

Розв’язок. Нехай подія А – обстежуваний палить, подія В - обстежуваний має хворі легені.

Тоді , згідно умови задачі

Р(В) = 240+120/1000=0/36; Р_А(В)= 240 /600=2 /5=0,4

Так як 0,36≠ 0.4, подія А і В залежні.

Приклад 5. Припустимо, що ймовірність зустріти річку, яка забруднюється постійним фактором А – Р(А), тимчасовим фактором В-Р(В), дорівнює відповідно 0,4; 0.1; і 0,5.

Знайдемо:

1) ймовірність того, що річка забруднена тимчасовим фактором , буде до того ще забруднена постійним фактором, тобто Р_В(А);

2) ймовірність того, що річка забруднена постійним фактором, буде забруднена ще й тимчасовим фактором, тобто Р_А(В)

Маємо, згідно(1.7):

Р_В(А)=Р(АВ) /Р(В)

Звідки

Р_В(А)=0.05 /0.1=0.5

Аналогічно, використовуючи формулу (1.6), знаходимо Р_А(В)=0.05/0,4=0,125

Теорема 2. Ймовірність добутку двох незалежних подій А і В дорівнює добутку ймовірностей цих подій.

Р(АВ)=Р(А)Р(В) (1.9)

Дійсно, якщо А і В незалежні події, то Р_А(В)=Р(В) і формула (1.6) переходить в формулу (1.9)

В випадку незалежності подій в сукупності ця теорема поширюється на будь- яке кінцеве число їх, тобто виходить рівність

Р(А ₁А₂ …Аn)=Р(А₁)Р(А₂)…Р(А_n ) (1.10)

Зауваження . Якщо подія А_1,А₂…А_n незалежні в сукупності, то і протилежні їм події Ā₁ Ā₂ …Ā_n також незалежні в сукупності.

Приклад 6. Знайдемо ймовірність одночасного влучення в ціль двома знаряддями, якщо ймовірність влучення в ціль першим знаряддям ( подія А) дорівнює 0,8, а другим ( подія В)- 0.7.

Подія А і В незалежні , тому виходить ймовірність

Р(АВ)= 0.7·0.8=0.56

Приклад 7. Ймовірність виживання клітини протягом 20 хвилин Р=0,7. В пробірці з спрятливими умовами для існування цих клітин знаходиться тільки-но розділені дві клітини. Яка ймовірність того, що через 20 хвилин вони будуть життєздатні?

Нехай подія А – перша клітина життєздатна через 20 хвилин, подія В- друга клітина життєздатна через 20 хвилин. Будемо вважати, що між клітинами немає внутрішньої конкуренції, подія А і В-незалежні. Подія, що обидві клітини життєздатні, є подія АВ.

Р(АВ)=0,7·0,7=0,49.

Приклад 8. Нехай в нас перемішані записи нейтронної активності 10 клітин із однієї області мозку( в 5 клітин зареєстрована активність характерна для клітин «уваги»,у 5 – інший вид активності) і 20 з іншої області( у 15- активність клітин «уваги», у 5 – іншого виду). З’ясуємо, чи залежні події А – «вибраний навмання запис в першій області», і В – на «вибраному навмання записі зареєстрована активність, характерна для клітин «уваги».Маємо:

Р(А)= 10 /30=1 /3; Р(В)=20 / 30=2 / 3;

Р(АВ)=5 /30=1 / 6; Р(АВ) ≠Р(А)Р(В).

Отже, подія А і В незалежні

Теорема3. Якщо подія А_1, A_2… А_n незалежні в сукупності, то ймовірність появи хоча би однієї з цих подій знаходиться за формулою

Р(А₁+A_{2 …}+А_n )=1- Р(Ā₁) Р(Ā₂ )…Р(Ā_n ) (1.11)

Доведення. Подія А₁·A_{2 …}·А_n заключається в тому, що не відбулась жодна з подій А_і(і=1,2, …n). Вона протилежна події, що заключається в тому, що відбулась хоча б одна із подій А_і , тобто сумі подій А₁+A_{2 …}+А_n . Тому , згідно формулі (1.5),

Р(А₁+A_{2 …}+А_n )+Р(Ā₁ Ā₂ …Ā_n )=1,

звідки

Р(А₁+A_{2 …}+А_n )=1-Р(Ā₁ Ā₂ …Ā_n )

Але з урахуванням зауваження 1 (п.2) і формули (1.10)

Р(Ā₁ Ā₂ …Ā_n )= Р(А₁)Р(A₂) _…Р(А_n ),

що і приводить до шуканої рівності( 1.11)