Краткая классификация событий

		События
Несовместные					Совместные
р(АВ) = 0
		Зависимые					Независимые
	р(АВ) = р(А)р(В|A)
					Неоднородные				Однородные
					p(m=2) = p1p2				p(m=2) = p2

В этой классификации независимые события подразделяются на неоднородные, когда вероятность зависит от номера испытания (стрельба по удаляющейся мишени, одновременное извлечение шаров из разных урн, результаты экзаменов для разных студентов или по разным предметам), и однородные (несколько выстрелов одного и того же стрелка, результат многократного подбрасывания монеты, игральной кости и т.п.).

Ранее уже указывалось, что успех в решении многих задач теории вероятностей зависит от нашего умения представить результаты испытаний в виде полной группы несовместных событий (мы здесь не имеем в виду элементарные исходы, которые еще вдобавок равновероятные). Если освоить этот полезный прием, то нам будет достаточно одной теоремы умножения вероятностей (и аксиомы сложения вероятностей).

Рассмотрим следующую простую задачу. Два стрелка с вероятностями поражения мишени р₁ = 0,8 и р₂ = 0,7 одновременно стреляют по бутылке. Какова вероятность, что бутылка будет разбита? Иными словами, какова вероятность того, что хоть один из стрелков попадет в цель?

Ну, конечно, нельзя пользоваться аксиомой сложения р_А+В = р_А + р_В = = 0,8 + 0,7 = 1,5, на что, кстати, указывает абсурдный результат (получилось, что р_А+В > 1). Немного подумав, студент находит причину недоразумения: события А и В – совместные (оба стрелка могут попасть в цель), а аксиома сложения сформулирована для несовместных событий.

Составим таблицу полной группы несовместных событий этой задачи, в которой успех (попадание) будем обозначать знаком "+", неуспех (промах) – знаком "–", m – число успехов при двойном выстреле (двух испытаниях).

№	1	2	m	Вероятность	P(m)
1	+	+	2	p1p2 = 0,80,7 = 0,56	0,56
2	+	–	1	p1q2 = 0,80,3 = 0,24	0,38
3	–	+		q1p2 = 0,20,7 = 0,14
4	–	–	0	q1q2 = 0,20,3 = 0,06	0,06

В результате двойного выс­трела может быть два попадания (m = 2), одно попадание (m = 1), ни одного попадания (m = 0). Одно попадание может появиться в двух случаях: или 1-й стрелок попал, а 2-й промахнулся (+ –); или, наоборот, 1-й стрелок промахнулся, а 2-й попал (– +). При выстреле у каждого стрелка имеется только два исхода (+ или –). Два возможных исхода 1-го стрелка комбинируются с двумя исходами 2-го, в результате чего появляются 2  2 = 4 события. Эти события составляют полную группу; легко проверить, что они попарно несовместные. В данном примере события полной группы являются независимыми неоднородными (стрелки разные). Вычисляем вероятности каждого события по теореме умножения, при этом удобно ввести особые обозначения для вероятностей промаха (вероятностей противоположных событий): q₁ = 1 – p₁ = 1 – 0,8 = 0,2; q₂ = 1 – p₂ = 1 ‑ 0,7 = = 0,3. Теперь мы можем правильно ответить на поставленный вопрос: "Какова вероятность хотя бы одного успеха (m  1)? Этому условию удовлетворяют первые три события полной группы (все события, кроме последнего). Т.к. все эти события – несовместные, их вероятности следует сложить (т.е. достаточно знать аксиому сложения):

Р(хотя бы 1 успех) = Р(m  1) = 0,56 + 0,24 + 0,14 = 0,94.

Поскольку сумма вероятностей полной группы событий равна единице, находим более простой и общий путь решения задачи:

Р(хотя бы 1 успех) = 1 – Р(ни одного успеха) = 1 – q₁q₂ = 1 – 0,06 = 0,94.

З нание полной группы несовместных событий позволяет ответить на всевозможные вопросы с условиями типа "меньше", "не больше", "равно", "не меньше", "больше", "хотя бы" или "по крайней мере". Например, ответим на вопрос: "Какова вероятность одного успеха при двух испытаниях?". Правильный ответ: P(m = 1) = p₁q₂ + q₁p₂ = 0,24 + 0,14 = 0,38.

Полная группа событий будет одной и той же как для зависимых исходов испытания, так и для независмых (однородных и неоднородных). Рассмотрим трехкратное извлечение шаров из урны (без возвращения), первоначально содержащей n = 9  шаров, из которых белых – m = 6 и черных – k = 3. Обозначим появление белого шарика знаком "+", а черного – знаком "–".

№	1	2	3	m	Вероятность
1	+	+	+	3	pApA|ApA|AA = 6/95/84/7 = 20/84
2	+	+	–	2	pApA|ApB|AA = 6/95/83/7 = 15/84
3	+	–	+		pApB|ApA|AB = 6/93/85/7 = 15/84
4	–	+	+		pBpA|BpA|AB = 3/96/85/7 = 15/84
5	+	–	–	1	pApB|ApB|AB = 6/93/82/7 = 6/84
6	–	+	–		pBpA|BpB|AB = 3/96/82/7 = 6/84
7	–	–	+		pBpB|BpA|BB = 3/92/86/7 = 6/84
8	–	–	–	0	pBpB|BpB|BB = 3/92/81/7 = 1/84

Полная группа несов­местных событий в этой задаче должна содержать 2  2  2 = 8 комбинаций.

При трех испытаниях может быть m = 3 успеха (3 белых шара), m = 2, m = 1 и ни одного успеха m = 0. Два успеха (и один неуспех – черный шар) может появиться в 3-х случаях (черный шар появляется или в первом, или во втором, или в третьем извлечении). Один успех (и два неуспеха) также может появиться в 3-х случаях (успех в первом, или втором, или в третьем испытании). Все события полной группы – попарно несовместны, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице.

Исходы испытаний здесь зависимые, поэтому в формулах теоремы умножения появятся условные вероятности. Ответим на стандартные вопросы: 1. "Какова вероятность появления хотя бы 1 белого шара при трехкратном извлечении без возвращения?", 2. "Вероятность появления хотя бы одного черного шара?", 3. "Вероятность появления одного черного шара?", 4. "Вероятность появления одного белого шара?".

Ответы:

1. Р(m  1) = 1 – P(m = 0) = 1 – p_Bp_B|Bp_B|BB = 1 – ¹/₈₄ = ⁸³/₈₄ ; 2. Р(m < 3) = 1 – P(m = 3)  = 1 – p_Ap_A|Ap_A|AA = 1 – ²⁰/₈₄ = ⁶⁴/₈₄ ;

3. Этому условию удовлетворяют три равновероятных события полной группы №2, №3, №4; Поэтому Р(m = 2) = 3p_Ap_A|Ap_В|AA = 3 ¹⁵/₈₄ = ⁴⁵/₈₄ ;

4. Этому условию удовлетворяют три равновероятных события полной группы №5, №6, №7; Поэтому Р(m = 1) = 3p_Ap_В|Ap_В|AВ = 3 ⁶/₈₄ = ¹⁸/₈₄ .

Проверяем правильность вычислений:

Р(m = 3) + Р(m = 2) + Р(m = 1) + Р(m = 0) = ²⁰/₈₄ + ⁴⁵/₈₄ + ¹⁸/₈₄ + ¹/₈₄ = ⁸⁴/₈₄ = 1.

№	1	2	3	4	m	Вер.
1	+	+	+	+	4	p4
2	–	+	+	+	3	p3q
3	+	–	+	+	3	p3q
4	–	–	+	+	2	p2q2
5	+	+	–	+	3	p3q
6	–	+	–	+	2	p2q2
7	+	–	–	+	2	p2q2
8	–	–	–	+	1	pq3
9	+	+	+	–	3	p3q
10	–	+	+	–	2	p2q2
11	+	–	+	–	2	p2q2
12	–	–	+	–	1	pq3
13	+	+	–	–	2	p2q2
14	–	+	–	–	1	pq3
15	+	–	–	–	1	pq3
16	–	–	–	–	0	q4

При большем числе испытаний или большем числе исходов в одном испытании полную группу несовместных событий надо составлять автоматически (чтобы не запутаться). Рассмотрим порядок составления полной группы 2  2  2  2 при 4-х испытаниях с двумя исходами в каждом.

Два исхода 1-го испытания (выделе­ны в таблице серым цветом) повторяются на каждом исходе 2-го испытания; получается группа 2  2 (выделена черной рамочкой). Все эти четыре исхода первых двух испытаний повторяются на каждом исходе 3-го испытания; получается группа 2  2  2 (выделена двойной рамочкой). Все эти восемь исходов первых трех испытаний повторяются на каждом исходе 4-го испытания; получается полная группа 2  2  2  2 = 16 событий. В колонке m таблицы подсчитано число успехов в каждой комбинации, откуда виден единственный недостаток автоматического составления полной группы – события с одинаковым числом успехов не сгруппированы вместе.

В колонке Вер. таблицы приведены формулы для случая повторения однородных независимых испытаний, откуда видно, что события полной группы с одинаковым числом успехов – равновероятны (они не равновероятны только для неоднородных испытаний). Отсюда получается формула Бернулли: . Действительно, если есть m успехов, значит в остальных (n – m) испытаниях успеха нет; согласно теореме умножения, вероятность такого события равна p^mq^n–m ; равновероятных событий в полной группе будет , т.к. число сочетаний показывает, сколькими способами можно разместить m плюсов (+) на n позициях. Для нашего примера (n = 4) вычислим и проверим по приведенной выше таблице вероятность появления двух успехов (m = 2): .

№	1	2
1	+	+
2	0	+
3	–	+
4	+	0
5	0	0
6	–	0
7	+	–
8	0	–
9	–	–

Число исходов при каждом испытании может быть каким угодно, поэтому в общем случае составляется полная группа k₁  k₂  …  k_n . Для примера, составим полную группу событий 3  3, где в каждом из двух испытаний может быть по 3 исхода, которые обозначены "+", "0", "–". Три исхода 1-го испытания (выделены в таблице серым цветом) повторены на каждом из трех исходов 2-го испытания, тем самым автоматически перечислены всевозможные комбинации.

До сих пор мы рассматривали схему испытаний заданное число раз (задано n). Существует также схема испытаний до первого успеха (обе схемы предложены братьями Бернулли).

№	1	2	3	4	5	Вер.
1	+					p
2	–	+				pq
3	–	–	+			pq2
4	–	–	–	+		pq3
5	–	–	–	–	+	pq4
6	–	–	–	–	–	q5

Составим полную группу несовмест­ных событий для схемы испытаний до первого успеха, причем максимальное число испытаний ограничим n  5. Не трудно убедиться, что здесь сумма вероятностей событий полной группы действительно равна единице. Рассмотрение этой задачи с неограниченным числом испытаний приводит к, так называемому, экспоненциальному закону распределения.