Умовні ймовірності. Теорема множення ймовірностей. Незалежність подій

 

Умовні ймовірності. Теорема множення ймовірностей. Незалежність подій

Пояснимо спочатку на прикладі суть умовної ймовірності. Нехай двічі кидають гральний кубик. Простір елементарних подій складається з 36 елементів:

. Розглянемо подію А – "сума очок після двох кидань рівна 5", тоді A = {(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)},

Припустимо, що результат першого кидання – випадання 3 очок (подія B = {(3,1), (3, 2), (3, 3), (3, 4) (3, 5), (3, 6)}). В такій ситуації ймовірність події А зміниться: сумарна кількість очок буде рівною 5 лише тоді, коли за другим разом випаде "2", тобто в одному випадку з шести. Отже, ймовірність події А за умови, що відбулась подія В, P(A/B)=1/6.

В загальному випадку (в умовах класичної схеми) міркуємо так. Якщо відбулась подія В, то здійснився один з N(B) елементарних результатів. Серед них подія А з'являється N(АB) разів. Томy

У випадку загальної ймовірнісної моделі рівність

приймається за означення умовної ймовірності. З цього означення випливають такі властивості умовної ймовірності:

1) P(A/B)≥0;

2) P(Ω/B)=1;

3) P(B/B)=1;

4) A₁A₂ A = Ø ⇒ P(A_i+A₂/B)=P(A₁/B)+P(A₂/B).

Доведення.

2) 

3) 

4) 

З рівності (1) безпосередньо випливає теорема множення ймовір- ностей: якщо P(A)>0, P(B)>0, то

P(AB)=P(A)P(B/A)=P(B)P(A/B).

Приклад.

Обчислити ймовірність P(AB) у прикладі про кидання кубика, розглянутому на початку параграфа.

Розв'язання. P(A/B)=1/6, P(B)=6/36=1/6 ⇒ P(AB)=1/36. Справді, AB={3,2}, і за класичним означенням P(AB)=1/36.

Формулу множення ймовірностей (2) можна узагальнити для випадку будь-якої скінченної кількості подій. Нехай A₁,A₂,...,A_n - випадкові події такі, що

P(A₁A₂·...·A_n-1)>0. Тоді

P(A₁A₂·...·A_n-1)=P(A₁)P(A₂/A₁)P(A₃/A₁A₂)·...·P(A₁A₂·...·A_n-1).

Доведемо формулу (3) за допомогою методу математичної індукції. Для n=2 справедливість (3) випливає безпосередньо з (2). Припустимо, що формула (3) виконується для п–1 множника і введемо позначення: A₁A₂·...·A_n-1=A, A_n=B. Тоді

P(A₁A₂·...·A_n)=P((A₁A₂·...·A_n-1)A_n)=P(AB)=P(A)P(B/A)=

=(A₁A₂·...·A_n-1)P(A_n/A₁A₂·...·A_n-1)=

=P(A₁)P(A₂/A₁)P(A₃/A₁A₂)·...·P(A_n/A₁A₂·...·A_n-1).

Введемо поняття незалежності випадкових подій, яке в теорії ймовірностей відіграє дуже важливу роль. Нехай Ω – простір елементарних подій, , A ⊂ Ω ⊂ Ω − B випадкові події.

Означення. Події А і В називаються незалежними, якщо

P(AB)=P(A)P(B).

Приклад.

Монету кидають двічі. Нехай А – подія, яка полягає в тому, що за першим разом випав герб, В– подія, яка полягає в тому, що за другим разом випав герб. З'ясувати, чи будуть незалежними події А і В.

Розв'язання. Простором елементарних подій даного експерименту є множина Ω={ГГ, ЦЦ, ГЦ, ЦГ}. Тоді

А={ГГ, ГЦ}, В={ГГ, ЦГ}, АВ={ГГ}

i P(A)=P(B)=2/4=1/2, P(AB)=1/4. Отже,P(AB)=P(A)P(B), тому випадкові події А і В – незалежні.

Розглянемо найважливіші властивості ймовірностей для незалежних подій.

1. Якщо події А і В незалежні, то

P(A//B)=P(A) (P(B)>0), P(B/A)=P(B) (P(A)>0).

Доведення випливає безпосередньо з теореми множення.

2. Якщо події А і В незалежні, то незалежні також 

Доведення. Для обґрунтування цієї властивості досить довести, що події А і  − незалежні.Оскільки A =AB +A , причому доданки цієї суми – несумісні події, то P(A)=P(AB)+P(A ). Звідси

P(A )=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)(1-P(B))=P(A)P( ),отже, А і  − незалежні.

Якщо маємо сукупність подій, яка містить більше, ніж дві події, то формула для обчислення ймовірності їх добутку також спрощується, якщо ці події незалежні в сукупності.

Означення. Випадкові події A₁,A₂,...,A_n називаються незалежними в сукупності, якщо

P(A_i1A_i2·...·A_ik)=P(A_i1)P(A_i2)·...·P(A_ik)

для будь-яких 1≤i₁‹ i₂‹...‹ i_k≤n (2≤k≤n).

Для незалежних у сукупності подій A₁,A₂,...,A_n імовірність їх добутку дорівнює добуткові ймовірностей цих подій, тобто

P(A₁A₂·...·A_n)=P(A₁)P(A₂)·...·P(A_n)

Якщо умова (4) виконується лише для k=2, то події називаються попарно незалежними. Виявляється, що попарно незалежні події можуть не бути незалежними в сукупності. Про це свідчить приклад, наведений С.Н.Бернштейном.

Приклад.

На площину кидають тетраедр, три грані якого пофарбовані відповідно в червоний, синій, жовтий кольори, а на четверту грань нанесено всі три кольори. Розглянемо випадкові події: А₁ – випаде грань із червоним кольором; А₂ – випаде грань із синім кольором; А₃ – випаде грань із жовтим кольором. З'ясувати, чи будуть ці події незалежними в сукупності.

Розв'язання. Очевидно, що P(A₁)=P(A₂)=P(A₃)=2/4=1/2; P(A₁)P(A₂)=1/4=P(A₁)P(A₂); P(A₁A₃)=1/4=P(A₁)P(A₃); P(A₂)P(A₃)=1/4=P(A₂)P(A₃).

Отже, події A₁,A₂,A₃− попарно незалежні. Проте ці події не є незалежними в сукупності, бо

P(A₁A₂A₃)=1/4  P(A₁)P(A₂)P(A₃)=1/8.

Задача. Нехай A₁,A₂,...,A_n– випадкові події, незалежні в сукупності, і їхні ймовірності P(A₁),P(A₂),...,P(A_n) є відомі. Знайти ймовірність події А, яка полягає в тому, що в результаті виконання експерименту відбудеться хоча б одна з подій A₁,A₂,...,A_n.

Розв'язання. З умови задачі випливає, що . Розглянемо протилежну подію . Ця подія полягає в тому, що в результаті виконання експерименту не відбудеться жодної з подій A₁,A₂,...,A_n, тобто одночасно відбудуться події . Томy  , і внаслідок незалежності подій    

P(  )=P(  ₁)P(  ₂)·...·P(  _n).

Отже,

P(A)=1-P(  )=1-P(  ₁)P(  ₂)·...·P(  _n)

тобто ймовірність появи хоча б однієї з незалежних подій A₁,A₂,...,A_n дорівнює різниці між одиницею і добутком імовірностей протилежних до них подій.