Основные понятия о сложениях вероятностей
Пусть задано вероятностное пространство $\{ \Omega ,{\rm A},P\} $. Из аксиом, определяющих вероятность события, получаем следующие свойства вероятностей событий:
Пусть $A\subset \Omega $, тогда $P(A)+P(\bar{A})=1$.
Имеем $A\subset \Omega $, тогда $\bar{A}\subset \Omega $. Так как $A\bigcup \bar{A}\subseteq \Omega $ и $A\bigcap \bar{A}=\emptyset $, то по аксиоме 3 получаем
\[1=P(\Omega )=P(A\bigcup \bar{A})=P(A)+P(\bar{A}),\] \[P(A)+P(\bar{A})=1.\]Пусть $A\subset \Omega $. Так как $A\bigcup \emptyset =A$, а $A\bigcap \emptyset =\emptyset $, то по аксиоме 3 получаем
\[P(A)=P(A\bigcup \emptyset )=P(A)+P(\emptyset ),\] \[P(\emptyset )=P(A)-P(A)=0.\]Для $\forall$ $A\subseteq \Omega $, $\Rightarrow$ $0\le P(A)\le 1$.
Пусть $A\subset \Omega $. Так как $\emptyset \subset A\subset \Omega $, то $P(\emptyset )\subset P(A)\subset P(\Omega )$. Тогда по аксиоме 2 и свойству 2 получаем
\[0Если $A=\emptyset $, то $P(A)=P(\emptyset )=0$, а если $A=\Omega $, то $P(A)=P(\Omega )=1$. Следовательно,
\[0\le P(A)\le 1.\]Пусть $A_{1} ,A_{2} ,...,A_{n} \subset \Omega $ образуют полную группу несовместных событий, тогда по определению $A_{i} \bigcap A_{j} =\emptyset $, $i\ne j$, $i,j=1,2,...,n$,
и $\bigcup \limits _{i=1}^{n}A_{i} =\Omega $. Переходя к вероятностям в последнем равенстве получаем $P\left(\bigcup \limits _{i=1}^{n}A_{i} \right)=P(\Omega )=1$.
С учетом аксиомы 3 окончательно имеем
\[P\left(\bigcup \limits _{i=1}^{n}A_{i} \right)=\sum \limits _{i=1}^{n}P(A_{i} ) =1.\]Если $A,B\subset \Omega $, то $P(A\bigcup B)=P(A)+P(B)-P(A\bigcap B)$.
Пусть $A,B\subset \Omega $, имеем $A\bigcup B=A\bigcup (B\backslash A)$, $B=(B\backslash A)\bigcup (A\bigcap B)$. Тогда по аксиоме 3 получаем
\[P(A\bigcup B)=P(A\bigcup (B\backslash A))=P(A)+P(B\backslash A),\] \[P(B)=P((B\backslash A)\bigcup (A\bigcap B))=P(B\backslash A)+P(A\bigcap B).\]Следовательно, $P(A\bigcup B)=P(A)+P(B)-P(A\bigcap B)$.
Теорему сложения вероятностей можно распространить на любое число событий, например, теорема сложения вероятностей трех событий формулируется следующим образом
Если $A,B,C\subset \Omega $, то
\[P(A\bigcup B\bigcup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\bigcap B)-P(A\bigcap C)-\] \[-P(B\bigcap C)+P(A\bigcap B\bigcap C).\]События $A,B\subset \Omega $ называются независимыми, если вероятность их совместного осуществления равна произведению вероятностей этих событий, т.е.
\[P(A\bigcap B)=P(A)\cdot P(B).\]Основные понятия о умножении вероятностей
При вычислении вероятностей случайных событий, часто возникают ситуации, когда вся информация о случайном событии A содержится в некотором подмножестве пространства $\Omega$,
не совпадающего с ним. В этом случае, считая это подмножество за новое пространство элементарных событий, можно более эффективно вычислить вероятность реализации события A в пространстве $\Omega$.
Пусть дано вероятностное пространство $\{ \Omega ,{\rm A},P\} $ и $A,B\subset \Omega $. Если $P(B)>0$, то условной вероятностью$P(A/B)$ появления события A, при условии, что событие B произошло, называется число, определяемое формулой
\[P(A/B)=\frac{P(A\bigcap B)}{P(B)} .\]Вероятность совместного наступления двух событий равна произведению вероятности одного из них и соответствующей условной вероятности другого.
То есть, если $A,B\subset \Omega $, то
\[P(A\bigcap B)=P(A)\cdot P(B/A)=P(B)\cdot P(A/B).\]Аналогично формулируется теорема умножения вероятностей для любого числа событий, например, если $A,B,C\subset \Omega $, то
\[P(A\bigcap B\bigcap C)=P(A)\cdot P(B/A)\cdot P(C/A\bigcap B).\]Учитывая определение условной вероятности, для независимых событий A и B выполняются равенства
$P(A/B)=P(A)$ и $P(B/A)=P(B)$.В ящике 10 деталей, среди которых 2 нестандартные. Найти вероятность того, что в наудачу отобранных 3 деталях окажется не более одной нестандартной детали.
Решение. Пусть
A -- из 3-х извлеченных деталей не более одной нестандартной,
$A_1$ -- из 3-х извлеченных деталей ноль нестандартных,
$A_2$ -- из 3-х извлеченных деталей одна нестандартная,
тогда $A=A_{1} \bigcup A_{2} $, так как среди 3-х отобранных деталей будет не более одной нестандартной только в том случае, если среди отобранных 3-х деталей будет либо одна стандартная, либо не будет ни одной. Переходя к вероятностям, по теореме сложения вероятностей получаем
\[P(A)=P(A_{1} \bigcup A_{2} )=P(A_{1} )+P(A_{2} )-P(A_{1} \bigcap A_{2} ).\]Так как события $A_1$, $A_2$ несовместны, то $P(A_{1} \bigcap A_{2} )=0$ и
\[P(A)=P(A_{1} \bigcup A_{2} )=P(A_{1} )+P(A_{2} )=\frac{C_{2}^{0} \cdot C_{8}^{3} }{C_{10}^{3} } +\frac{C_{2}^{1} \cdot C_{8}^{2} }{C_{10}^{3} } ==\frac{1\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 3!}{10\cdot 9\cdot 8\cdot 3!} +\frac{2\cdot 8\cdot 7\cdot 3!}{10\cdot 9\cdot 8\cdot 2!} =\frac{7}{5\cdot 3} +\frac{7\cdot 6}{10\cdot 9} =\frac{7}{15} +\frac{7}{15} = \frac{14}{15} .\]Симметричная монета подбрасывается два раза. Пусть события A -- «герб» выпал один раз, B -- «решетка» выпала один раз. Выяснить независимость событий A и B.
Решение. Построим пространство элементарных событий, пространство элементарных событий состоит из четырех элементарных событий (см пр. 2)
\[\Omega =\{ \omega _{1} ,\omega _{2} ,\omega _{3} ,\omega _{4} \} ,\]где $\omega$1 -- выпадение «герба» два раза; $\omega$2 -- выпадение «герба» и «решетки»; $\omega$3 - выпадение «решетки» и «герба»; $\omega$4 -- выпадение «решетки» два раза.
Тогда, используя классическое определение вероятности, получаем
\[P(A)=\frac{2}{4} =\frac{1}{2} , P(B)=\frac{2}{4} =\frac{1}{2} , P(A\bigcap B)=\frac{2}{4} =\frac{1}{2} .\]Однако $P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} =\frac{1}{4} $. Следовательно $P(A\bigcap B)\ne P(A)\cdot P(B)$, т.е. события A и B зависимы, что видно и непосредственно, так как появление каждого из элементарных событий из A события определяют появление элементарных событий B.
Игральная кость подбрасывается один раз. Событие A -- выпадение на верней грани игральной кости четного числа очков, B -- выпадение на верней грани игральной кости числа очков кратного 3. Выяснить независимость событий A и B.
Решение. Пространство элементарных событий состоит из шести элементарных событий $\Omega =\{ \omega _{1} ,\omega _{2} ,\omega _{3} ,\omega _{4} ,\omega _{5} ,\omega _{6} \} $,
где $\omega _{i} $ -- выпадение i очков (числа i) при подбрасывании игральной кости, $i=1,2,...,6$. Тогда получаем $P(A)=\frac{3}{6} =\frac{1}{2} $, $P(B)=\frac{2}{6} =\frac {1}{3} $, $P(A\bigcap B)=\frac{1}{6} $. С другой стороны $P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{6} $.
В ящике 10 деталей, среди которых 2 нестандартные. Найти вероятность того, что среди 2-х отобранных деталей ни одной нестандартной.
Решение.
Пусть
A -- из 2-х отобранных деталей ни одной нестандартной,
$A_1$ -- 1-ая, из 2-х отобранных деталей, стандартная,
$A_2$ -- 2-ая, из 2-х отобранных деталей, стандартная,
тогда $A=A_{1} \bigcap A_{2} $, поскольку из 2-х отобранных деталей не будет ни одной нестандартной только в том случае, если и 1-ая, и 2-ая отобранная деталь будут стандартными). По теореме умножения вероятностей получаем
\[P(A)=P(A_{1} \bigcap A_{2} )=P(A_{1} )\cdot P(A_{2} /A_{1} )=\frac{8}{10} \cdot \frac{7}{9} =\frac{28}{45} .\]Для вычисления вероятностей $P(A_{1} )$, $P(A_{2} /A_{1} )$ воспользуемся формулой классической вероятности. Так как способов извлечь 1-ую деталь 10, а именно стандартную -- 8, то получаем
\[P(A_{1} )=\frac{8}{10} .\]Поскольку событие A1 произошло, то есть, извлечена одна стандартная деталь, то способов извлечь 2-ую деталь - только 9, при этом стандартную -- уже 7, поэтому
\[P(A_{2} /A_{1} )=\frac{7}{9} .\]
