17 . Формула полной вероятности

Предварительно введем некоторые термины. Говорят, что события В₁, В₂, …, В_n образуют полную группу событий, если в результате эксперимента всегда происходит хотя бы одно из них. Это означает, очевидно, что В₁ + В₂ + … + В_n =  (достоверное событие). Говорят, что события В₁, В₂, …, В_n образуют полную группу несовместных событий, если они образуют полную группу событий, любые два из которых несовместны. Простейшим (но наиболее часто используемым) примером такой группы событий является произвольное событие А и противоположное ему событие Ā. Оказывается, что сумма вероятностей всех событий в такой группе равна 1.

Теорема. Если события В₁, В₂, …, В_n образуют полную группу несовместных событий, то Р(В₁) + Р(В₂) + … + Р(В_n ) = 1.

Действительно, с одной стороны Р(В₁ + … + В_n) = Р(В₁) + … + +Р(В_n), поскольку события В₁, В₂, …, В_n попарно несовместны (см. формулу (11.3)). С другой стороны из того, что группа событий В₁, В₂, …, В_n полная, следует, что это же выражение Р(В₁+ В₂ + … + +В_n) = Р() = 1. Отсюда и получается то, что сформулировано в теореме.

Выводимая ниже формула полной вероятности для вычисления вероятности некоторого события А применяется в том случае, когда проводимый случайный эксперимент можно явно или условно разделить на 2 эксперимента, причем результаты второго эксперимента (после которого и может появиться событие А) зависят от результатов первого. Перейдем к точным формулировкам. Пусть нам нужно вычислить вероятность Р(А) некоторого события А. Выберем такие вспомогательные события В₁, В₂, …, В_n (они обычно называются гипотезами), чтобы, во-первых, они образовывали полную группу несовместных событий, а во-вторых, мы могли бы без особого труда посчитать как вероятности самих этих событий Р(В₁), Р(В₂), …, Р(В_n ), так и условные вероятности интересующего нас события А по этим событиям: Р(А/В₁), Р(А/В₂), …, Р(А/В_n ). Тогда для вычисления Р(А) нам очень поможет следующая теорема.

Теорема . Если события В₁, В₂, …, В_n образуют полную группу несовместных событий, то

Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂) + … + Р(В_n) Р(А/В_n). (17.1)

Это и есть формула полной вероятности. Доказательство у нее простое, поэтому приведем его. Учитывая полноту группы событий В₁, В₂, …, В_n и свойства 1 и 2 операций над событиями (см. § 4), получим А = А· = А·(В₁+ В₂ + … + В_n) = А·В₁+ А·В₂ + … + А·В_n. Слагаемые в этой сумме являются несовместными событиями (т. к. несовместны события В₁, В₂, …, В_n), а потому по формуле для суммы несовместных событий (10.3) Р(А) = Р(А·В₁+ А·В₂ + … + А·В_n) = =Р(А·В₁) + Р(А·В₂) + … + Р(А·В_n). Для получения окончательной формулы (17.1) осталось воспользоваться формулой (14.1) для вероятности произведения событий.

Для лучшего понимания рассмотрим задачи на использование этой формулы, но прежде сделаем важное замечание.

Замечание (о процентах и не только). Часто в условиях задач некоторые данные даются в процентах (или на языке средних значений) и их надо перевести на язык вероятности. Например, если сказано, что в данной местности 40 % мужчин являются курильщиками, то это означает, что в среднем из 100 мужчин 40 являются курильщиками. Для нас это будет значить следующее: вероятность того, что случайно встреченный мужчина является курильщиком, равна 40/100 = 0,4. В общем случае, если будет сказано, что р % из некоторой совокупности объектов обладает некоторым свойством, то вероятность того, что наудачу выбранный объект из этой совокупности этим свойством обладает равна р/100. А если будет сказано, что в среднем из n объектов некоторым свойством обладают m из них, то вероятность того, что наудачу выбранный объект из этой совокупности этим свойством обладает, равна m / n.

Задача 1. Предприятие изготавливает 95 % стандартных деталей, из которых 86 % первого сорта (остальные, по-видимому, второго и третьего). Найти вероятность, что взятое наудачу изделие – 1 сорта .

Обозначим событие А – выбранное изделие 1 сорта. Введем вспомогательные события: В₁ – выбранное изделие является стандартным, В₂ – выбранное изделие не является стандартным. Поскольку это два противоположных события, то они (как уже отмечалось выше) образуют ПГНС, т. е. являются гипотезами. Тогда по формуле (17.1) получим Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂). Вычислим вероятности событий, входящих в правую часть этой формулы. По условию (и сделанному выше замечанию о процентах) Р(В₁)=95/100= 0,95. Вычислим Р(А/В₁), т. е. вероятность того, что взятое изделие 1 сорта при условии, что оно оказалось стандартным (т. е. вероятность события А при условии, что произошло событие В₁). Поскольку среди стандартных изделий 86 % первого сорта, то Р(А/В₁) = 86/100 = 0,86. Событие В₂ – противоположно событию В₁, а поэтому Р(В₂) = =1 – Р(В₁) = 1 – 0,95 = 0,05. Наконец, Р(А/В₂) = 0, поскольку среди нестандартных нет вообще изделий 1 сорта. Таким образом, Р(А) = 0,95 · 0,86 + 0,05 · 0 = 0,817.

Задача 2. Имеются 2 коробки с номерами 1 и 2, в каждой из которых по 12 шаров. В 1 коробке 3 белых шара и 9 черных, во второй 4 белых и 8 черных . Кроме коробок имеется корзина с тремя шарами, на двух из которых нарисована цифра 1, а на одном цифра 2. Сначала из корзины случайно выбирается один шар, а затем из коробки с номером вытащенного шара снова наугад вынимается шар. Какова вероятность, что он белый?

Событие А – вынут белый шар. Как правильно выбрать гипотезы? В этой задаче эксперимент явным образом разделяется на два: сначала шар тянется из корзины, а затем из соответствующей коробки. В таких случаях почти всегда удобно в качестве гипотез выбирать все возможные исходы первого эксперимента. Для нашей задачи таковыми будут: В₁ – из корзины вынут шар с номером 1, В₂ – с номером 2. Поскольку из трех шаров в корзине только на двух проставлен номер 1, то Р(В₁) = 2/3, а Р(В₂) = 1/3. Если вынут шар с номером 1 (т. е. произошло событие В₁), то шар тянут из первой корзины, в которой белых 3 из 12. Поэтому Р(А/В₁) = 3/12 = 1/4. Точно также Р(А/В₂) = 4/12 = 1/3. Тогда по формуле полной вероятности (17.1) получим Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂)=2/3·1/4 +1/3·1/3 = =5/18.

А вот задача, достаточно актуальная для студентов.

Задача 3. Имеется 25 экзаменационных билетов, из которых 20 хороших (т. е. тех, которые студент успел выучить) и 5 плохих (не успел или не захотел, а может быть не разобрался). Что для студента выгоднее – идти тянуть билет первым или вторым?

Приблизим вопрос задачи к теории вероятностей: в каком случае вероятность вытащить хороший билет больше – если тянуть билет первым или вторым? Посчитаем эту вероятность в обеих ситуациях и сравним. Пусть событие А – студент вытянул хороший билет. Рассмотрим первую ситуацию – студент тянет первым. Он может вытянуть с равной вероятностью любой из имеющихся 25 билетов, при этом благоприятствуют появлению события А только 20 из них. Поэтому Р(А) = 20/25 = 4/5. Рассмотрим вторую ситуацию – студент тянет вторым. В этом случае эксперимент распадается явным образом на два – сначала билет тянет первый студент, а затем билет тянет наш студент. Как уже говорилось, в таких ситуациях помогает формула полной вероятности, причем в качестве гипотез нужно выбирать все возможные (но значимые для второго эксперимента) исходы первого эксперимента. Поэтому обозначим события: В₁ – предыдущий студент вынул один из хороших билетов, В₂ – предыдущий студент вынул один из плохих билетов. Это два противоположных друг другу события, потому они образуют ПГНС, т. е. являются гипотезами. По формуле полной вероятности (17.1) имеем: Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + +Р(В₂) Р(А/В₂). Посчитаем входящие в эту формулу вероятности. Понятно, что вероятность вытащить хороший билет для предыдущего студента та же самая, что и для нашего в случае, когда он тянул первым: Р(В₁) = 4/5. Событие В₂ противоположно событию В₁, поэтому Р(В₂) = 1 – Р(В₁) = 1/5. Вычислим Р(А/В₁). Если событие В₁ произошло (т. е. первый студент утянул хороший билет), то для нашего студента на выбор остались 24 билета, из которых хороших только 19. Поэтому вероятность того, что он выберет один из них Р(А/В₁) = =19/24. Если же предыдущий студент вытянул плохой билет (т. е. произошло событие В₂), то после него осталось опять 24 билета, но число хороших осталось прежним – 20. Поэтому Р(А/В₂) = 20/24 = =5/6. Подставляя полученные данные в формулу, получаем Р(А) = (4/5)·(19/24) + (1/5)·(5/6) =  4/5. Вероятность осталась той же самой! Точно также можно доказать, что при любом количестве хороших и плохих билетов, совершенно безразлично, каким по счету вытягивать билет. И в этом есть определенная справедливость.

А вот несложная (уже) задача из области спорта.

Задача 4. Известно, что некий профессиональный тяжелоатлет в среднем перед одним из 10 соревнований принимает допинг. Анализ его результатов показывает, что без допинга он поднимает рекордный вес в 6 попытках из 9 (в среднем), а с допингом – в 8 попытках из 10 (в том же). Какова вероятность, что в данном соревновании он поднимет рекордный вес?

Нам нужно вычислить вероятность появления события А – в данном соревновании спортсмен взял рекордный вес. Соответствующий эксперимент тоже можно условно поделить на два: первый – принятие-непринятие допинга, второй – поднятие-неподнятие рекордного веса, причем вероятностные результаты второго эксперимента явно зависят от результатов первого. Это типичная ситуация применения формулы полной вероятности. Уже понятно, что в качестве гипотез берем результаты первого эксперимента: В₁ – допинг перед данным соревнованием принят, В₂ – не принят. Фраза в условии задачи, что “некий профессиональный тяжелоатлет в среднем перед одним из 10 соревнований принимает допинг”, для нас означает, что Р(В₁) = 1/10. Событие В₂ опять противоположно событию В₁, поэтому Р(В₂) = 1 – Р(В₁) = 9/10. Теперь из условий задачи уже легко понять, что Р(А/В₁) = 8/10, а Р(А/В₂) = 6/9. Из формулы полной вероятности (17.1) имеем Р(А) = Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂) = (1/10)· ·(8/10) + (9/10) · (6/9) = 0,68.

А вот “охотничья” тема.

Задача 5. Три охотника пошли на охоту. Первый из них при выстреле попадает в цель с вероятностью 0,4, второй – 0,5, третий – 0,7. Увидев кабана, охотники сделали залп (т. е. одновременно выстрелили). Одним попаданием кабана можно убить с вероятностью 0,2, двумя – 0,6, а тремя – наверняка. Найти вероятность того, что кабан убит.

Вводим событие А – кабан убит. Поскольку вероятность этого события зависит от количества попаданий, то примем следующие гипотезы: В₀ – ни один не попал (т. е. 0 попаданий), В₁ – попал только один из них (т. е. всего одно попадание), В₂ – попало в точности двое (всего 2 попадания), В₃ – попали все (всего 3 попадания). Эти события действительно образуют полную группу несовместных событий, т. к. одно из них происходит обязательно (ведь мы учли все возможные варианты), и никакие два из них не могут появиться одновременно. Поэтому по формуле полной вероятности (17.1) получим:

Р(А) = Р(В₀)Р(А/В₀) + Р(В₁)Р(А/В₁) +

+ Р(В₂)Р(А/В₂) + Р(В₃)Р(А/В₃). (17.2)

Ясно, что если ни один из охотников не попадет, то кабан вряд ли погибнет (разве что от испуга, но такой возможностью мы пренебрежем), поэтому Р(А/В₀) = 0. По условию задачи Р(А/В₁) = 0,2, Р(А/В₂) = 0,6, Р(А/В₃) = 1 (это и означает "наверняка"). Поэтому для вычисления Р(А) по формуле (17.2) нам осталось посчитать Р(В₀), Р(В₁), Р(В₂) и Р(В₃). Вероятность Р(В₀) мы считать не будем, т. к. в формуле (17.2) она все равно умножается на 0 и никакого вклада в Р(А) не даст. Для вычисления Р(В₁), Р(В₂) и Р(В₃) введем вспомогательные события: А₁ – первый охотник попал, А₂ – второй охотник попал и А₃ – третий охотник попал. Из условия задачи мы знаем как вероятности самих этих событий (Р(А₁) = 0,4, Р(А₂) = 0,5 и Р(А₃) = =0,7), так и вероятности противоположных им событий (Р(Ā₁) = 1 – –Р(А₁) = 0,6, Р(Ā₂) = 0,5 и Р(Ā₃) = 0,3). Поэтому теперь было бы хорошо выразить через эти события интересующие нас события В₁, В₂, В₃. Это было бы непростой задачей, но, к счастью, мы уже ее предусмотрительно решили раньше в примере из § 4, получив следующие формулы (см. (4.2) – (4.4)):

В₁ = А₁·Ā₂·Ā₃ + Ā₁·А₂·Ā₃ + Ā₁·Ā₂·А₃, (17.3)

В₂ = А₁·А₂·Ā₃ + А₁·Ā₂·А₃ + Ā₁·А₂·А₃, (17.4)

В₃ = А₁·А₂·А₃. (17.5)

Обратимся к формуле (17.3) для В₁. События, стоящие в качестве слагаемых в правой части этой формулы, попарно несовместны: действительно, если бы одновременно могли произойти, например, события А₁·Ā₂·Ā₃ и Ā₁·А₂·Ā₃, то отсюда бы следовало, что одновременно произошли события А₁ и Ā₁ (первый охотник одновременно попал и не попал), что невозможно (по крайней мере в нашем мире). Поэтому для вычисления Р(В₁) можно воспользоваться (17.3) и формулой для вероятности суммы несовместных событий (11.3):

Р(В₁) = Р(А₁·Ā₂·Ā₃ + Ā₁·А₂·Ā₃ + Ā₁·Ā₂·А₃) =

= Р(А₁·Ā₂·Ā₃) + Р(Ā₁·А₂·Ā₃) + Р(Ā₁·Ā₂·А₃). (17.6)

Каждое слагаемое в правой части формулы (17.6) теперь уже представляет собой вероятность произведения некоторых событий, поэтому нужно вспомнить соответствующие формулы (они давались в § 14 и 15). Самая простая формула для вероятности произведения нескольких событий (формула (15.3)) получается в случае, если сомножители представляют собой независимые события. Так ли в нашем случае? Рассмотрим, к примеру, первое слагаемое Р(А₁·Ā₂·Ā₃). События А₁, А₂ и А₃ явно независимы (каждый охотник стреляет независимо от других). Тогда по замечанию после теоремы в § 15 (взгляните!) независимыми будут и события А₁, Ā₂ и Ā₃. Поэтому по формуле (15.3) получаем Р(А₁·Ā₂·Ā₃) = Р(А₁) Р(Ā₂) Р(Ā₃) = 0,4 · 0,5 · ·0,3 = 0,06. Точно также для остальных слагаемых в (17.6) получаем выражения: Р(Ā₁·А₂·Ā₃) = Р(Ā₁) Р(А₂) Р(Ā₃) = 0,6 · 0,5 · 0.3 = 0,09, Р(Ā₁·Ā₂·А₃) = Р(Ā₁) Р(Ā₂ ) Р(А₃) = 0,6 · 0,5 · 0,7 = 0,21. Поэтому по формуле (17.6) имеем Р(В₁) = 0,06 + 0,09 + 0,21 = 0,36. Точно также вычисляются вероятности Р(В₂) и Р(В₃) из формул (17.4) и (17.5): Р(В₂) = Р(А₁·А₂·Ā₃ + А₁·Ā₂·А₃ + Ā₁·А₂·А_3­) = Р(А₁·А₂·Ā₃) + +Р(А₁·Ā₂·А₃) + Р(Ā₁·А₂·А₃) = Р(А₁) Р(А₂) Р(Ā₃) + Р(А₁) Р(Ā₂) Р(А₃) + + Р(Ā₁) Р(А₂) Р(А₃) = 0,4 · 0,5 · 0,3 + 0,4 · 0,5 · 0,7 + 0,6 · 0,5 · 0,7 = =0,41; Р(В₃) = Р(А₁·А₂·А₃ ) = Р(А₁) Р(А₂) Р(А₃) = 0,4 · 0,5 · 0,7 = 0,14. Наконец-то (!) мы располагаем всеми данными для того, чтобы окончательно вычислить Р(А) по формуле (17.2): Р(А) = Р(В₀) Р(А/В₀) + +Р(В₁) Р(А/В₁) + Р(В₂) Р(А/В₂) + Р(В₃) Р(А/В₃) = 0 + 0,36 · 0,2 + 0,41 · ·0,6 + 0,14 = 0,458. С такой вероятностью кабан будет убит. Почти "50 на 50".

А теперь немного изменим условие этой задачи и придадим ей вполне детективную интригу.

Задача 6. Три охотника пошли охотиться на кабана. Первый из них при выстреле попадает в цель с вероятностью 0,4, второй – 0,5, третий – 0,7. Когда в кустах показался неясный силуэт, охотники выстрелили залпом. В трупе убитого … человека экспертиза обнаружила 2 пули (т. е. попали только двое). На следствии первый охотник уверял, что он скорее невиновен (т. е. промахнулся именно он), т. к. стреляет хуже всех. Насколько обосновано его заявление?

Хотя решение этой задачи не использует формулу полной вероятности, но мы приводим ее именно здесь, так как она по содержанию тесно связана с предыдущей задачей и использует некоторые результаты из ее решения.

Снова вводим знакомые нам события: А₁ – первый охотник попал, А₂ – второй охотник попал и А₃ – третий охотник попал. Мы уже знаем вероятности этих событий и им противоположных: Р(А₁) = 0,4, Р(А₂) = 0,5, Р(А₃) = 0,7, Р(Ā₁) = 0,6, Р(Ā₂) = 0,5, Р(Ā₃) = 0,3. Как и ранее, обозначим событие В₂ – попали в точности двое (это событие и произошло). Нам нужно оценить вероятность того, что первый охотник виновен, т. е. вероятность события А₁. До того, как был убит человек, шансы события А₁ оценивались безусловной вероятностью этого события Р(А₁) = 0,4. Теперь у нас появилась дополнительная информация – произошло событие В₂ (попали в точности двое). Эта информация поможет нам выполнить переоценку шансов события А₁, т. е. найти условную вероятность этого события Р(А₁/В₂). По формуле условной вероятности (13.1) получим:

Р(А₁/В₂) = Р(А₁В₂) / Р(В₂). (17.7)

Вероятность того, что попали в точности двое, мы уже посчитали в предыдущей задаче – она осталась той же самой, т. к. не меняется от замены кабана человеком, а зависит только от мастерства охотников. Поэтому: Р(В₂) = 0,41. Найдем Р(А₁·В₂). По определению произведения событий событие А₁·В₂ заключается в том, что попали в точности двое, причем один из них – это первый охотник. Кто же может быть вторым? Очень сложно не догадаться, что вторым попадальщиком может быть только второй или третий охотник. Таким образом, событие А₁·В₂ происходит только тогда, когда происходит хотя бы одно из событий: а) одновременно первый попал, второй попал, третий промахнулся (т. е. событие А₁·А₂·Ā₃); б) одновременно первый попал, второй промахнулся, третий попал (т. е. событие А₁·Ā₂·А₃). Тогда по определению суммы событий А₁·В₂ = А₁·А₂·Ā₃ + +А₁·Ā₂·А₃. Точно также, как в предыдущей задаче, легко убедиться, что оба слагаемых представляют пару несовместных событий, а каждое из них представляет собой произведение независимых событий. Поэтому по соответствующим формулам (11.3) и (15.3) получаем Р(А₁·В₂) = Р(А₁·А₂·Ā₃ + А₁·Ā₂·А₃) = Р(А₁·А₂·Ā₃) + Р(А₁·Ā₂·А₃) = = Р(А₁) Р(А₂) Р(Ā₃) + Р(А₁) Р(Ā₂) Р(А₃) = 0,4 · 0,5 · 0,3 + 0,4 · 0,5 · ·0,7= 0,2. Окончательно, из формулы (17.7) получим Р(А₁/В₂) = =Р(А₁·В₂) / Р(В₂) = 0,2 / 0,41 ≈ 0,49. Снова получилось практически "50 на 50". Так что версии о виновности и невиновности первого охотника одинаково правдоподобны.

Следующая тема тоже рассматривает гипотезы и некоторое событие , но под другим углом зрения.