Следствия теорем сложения и умножения

Источник статьи

Автор24 — учеба по твоим правилам

Основные понятия о сложениях вероятностей

Пусть задано вероятностное пространство $\{ \Omega ,{\rm A},P\}$ . Из аксиом, определяющих вероятность события, получаем следующие свойства вероятностей событий:

Свойство 1

Пусть $A\subset \Omega$ , тогда $P(A)+P(\bar{A})=1$ .

Доказательство

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

$1=P(\Omega )=P(A\bigcup \bar{A})=P(A)+P(\bar{A}),$

$P(A)+P(\bar{A})=1.$

Свойство 2

$P(\emptyset )=0$ .

Доказательство

Пусть $A\subset \Omega$ . Так как $A\bigcup \emptyset =A$ , а $A\bigcap \emptyset =\emptyset$ , то по аксиоме 3 получаем

$P(A)=P(A\bigcup \emptyset )=P(A)+P(\emptyset ),$

$P(\emptyset )=P(A)-P(A)=0.$

Свойство 3

Для $\forall$ $A\subseteq \Omega$ , $\Rightarrow$ $0\le P(A)\le 1$ .

Доказательство

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

\[0

Если $A=\emptyset$ , то $P(A)=P(\emptyset )=0$ , а если $A=\Omega$ , то $P(A)=P(\Omega )=1$ . Следовательно,

$0\le P(A)\le 1.$

Свойство 4

vПусть

$A_{1} ,A_{2} ,...,A_{n} \subset \Omega$ образуют полную группу несовместных событий, то

$\sum \limits _{i=1}^{n}P(A_{i} ) =1$ .

«Следствия теорем сложения и умножения» 👇

Помощь эксперта по теме работы

Найти эксперта

Решение задач от ИИ за 2 минуты

Решить задачу

Найди решение своей задачи среди 1 000 000 ответов

Найти

Доказательство

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

$P\left(\bigcup \limits _{i=1}^{n}A_{i} \right)=\sum \limits _{i=1}^{n}P(A_{i} ) =1.$

Теорема сложения вероятностей

Если $A,B\subset \Omega$ , то $P(A\bigcup B)=P(A)+P(B)-P(A\bigcap B)$ .

Доказательство

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, $P(A\bigcup B)=P(A)+P(B)-P(A\bigcap B)$ .

Замечание

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

$P(A\bigcup B\bigcup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\bigcap B)-P(A\bigcap C)-$

$-P(B\bigcap C)+P(A\bigcap B\bigcap C).$

Определение

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 $\Omega$ .

Определение

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

$P(A/B)=\frac{P(A\bigcap B)}{P(B)} .$

Теорема умножения вероятностей

Вероятность совместного наступления двух событий равна произведению вероятности одного из них и соответствующей условной вероятности другого.

То есть, если $A,B\subset \Omega$ , то

$P(A\bigcap B)=P(A)\cdot P(B/A)=P(B)\cdot P(A/B).$

Замечание

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

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

Пример 1

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

$P(A)=P(A_{1} \bigcup A_{2} )=P(A_{1} )+P(A_{2} )=\frac{C_{2}^{0} \cdot C_{8}^{3} }{C_{10}^{3} } +\frac{C_{2}^{1} \cdot C_{8}^{2} }{C_{10}^{3} } ==\frac{1\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 3!}{10\cdot 9\cdot 8\cdot 3!} +\frac{2\cdot 8\cdot 7\cdot 3!}{10\cdot 9\cdot 8\cdot 2!} =\frac{7}{5\cdot 3} +\frac{7\cdot 6}{10\cdot 9} =\frac{7}{15} +\frac{7}{15} = \frac{14}{15} .$

Пример 2

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.

Пример 3

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 $P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{6}$ .

Пример 4

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