Властивості умовної ймовірності

1. Р(А/В)=0, якщо А∩В=.

2. Р(А/В)=1, якщо А∩В=В.

3. У решті випадків 0<Р(А/В)<1.

Аналогічно до формули (7) визначають умовну ймовірність події В:

. (8)

Зауваження 3. В багатьох підручниках з теорії ймовірностей для випадків класичної чи геометричної ймовірності приводять наглядне виведення формули (7), яка за аксіоматичного підходу подається як визначення умовної ймовірності випадкової події (як Аксіома 4).

Зауваження 4. Залежність подій А, В є взаємною.

Зауваження 5. Якщо події А, В залежні, то залежними є також і пари подій: .

Доведемо цікаву властивість умовних ймовірностей.

Подамо подію В сумою несумісних подій, (адже =В\А, тобто В без А), і застосуємо до цієї суми аксіому аддитивності:

. Підставивши в цю рівність вираз величини Р(В∩А) через умовну ймовірність згідно з формулою (7), дістанемо:

,

звідки випливає властивість умовних ймовірностей

. (9)

Приклад 8. Гральний кубик підкидають один раз. Подія А – на верхній грані появиться цифра “4”; подія В – на верхній грані появиться парне число. Обчислити безумовні ймовірності Р(А), Р(В) та умовні ймовірності Р(А/В), , , , Р(В/А), , , безпосередньо та за формулою (7).

 А={4}; В={2;4;6}; ={1;2;3;5;6}; ={1;3;5}; А∩В={4};

Р(А)=1/6, Р(А/В)=1/3, а за формулою (7) дістанемо Р(А/В)=Р(А∩В)/Р(В)=(1/6)/(3/6)=1/3;

=0/3=0, =2/3, =1.

Р(В)=3/6=1/2, Р(В/А)=1, а за формулою (7) дістанемо Р(В/А)=Р(А∩В)/Р(А)=(1/6)/(1/6)=1;

=2/5, =0, =3/5. 

Теореми про ймовірність суміщення випадкових подій

Із формул (7), (8) – означення за Аксіомою 4 умовної ймовірності випливає Теорема 1:

ймовірність сумісної появи 2-х залежних подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовну ймовірність іншої, обчислену за умови, що перша з цих подій здійснюється, тобто,

(10)

або

. (11)

Якщо події А і В незалежні, то їхні умовні ймовірності дорівнюють безумовним ймовірностям. Тоді із формул (10), (11) дістанемо Теорему 2:

ймовірність сумісної появи 2-х незалежних подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій,

. (12)

Формулу (12) інколи розглядають як умову незалежності 2-х подій.

Послідовно застосовуючи для подій асоціативний закон множення А₁∩А₂∩∩А_n=А₁∩(А₂∩∩А_n) та використавши формулу (10) для ймовірності добутку двох залежних подій, приходимо до Теореми 3 про ймовірність добутку групи залежних подій

,(13)

тобто ймовірність сумісної появи кількох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовні ймовірності усіх інших, обчислені за умови, що всі події, які “передують“ кожній з них у виразі добутку подій, відбуваються.

Означення 6. Події А₁, А₂,, А_n називаються незалежними в сукупності, якщо ймовірність сумісного здійснення довільної комбінації із довільної кількості цих подій дорівнює добутку ймовірностей подій, що входять в зазначену комбінацію.

Із незалежності в сукупності випливає попарна незалежність групи подій, але не навпаки.

Із формули (13) випливає Теореми 4 про множення ймовірностей для незалежних в сукупності подій:

. (14)

Приклад 9. Відомі значення: .

З’ясувати, чи є залежними випадкові події А і В.

 Знайдемо P(A) і P(A/B).

; ;

; .

Оскільки P(A/B)P(A), випадкові події А і В – залежні.

Приклад 10. В лотареї 10 білетів: 5 виграшних і 5 – невиграшних. Знайти ймовірність події А – виграшу власника 2-х білетів.

 Подамо подію А сумою 3-х попарно несумісних подій , де А₁ – виграш за 1-м білетом, А₂ – виграш за 2-м білетом (попарна несумісність в одному і тому самому випробуванні кожної пари із трьох вказаних подій випливає із постановки задачі). Згідно з Аксіомою 3 про ймовірність суми попарно несумісних подій, ймовірність події А дорівнює сумі ймовірностей кожної із трьох записаних подій. Однак, простіше обчислити цю ймовірність через ймовірність протилежної події:

. Тут застосовано Теорему 1 про ймовірність сумісної появи 2-х залежних подій 

Приклад 11. Партія складається з 10-ти стандартних (С) і 5-ти нестандартних (Н) деталей. Із партії навмання беруть 5 деталей. Знайти ймовірність події А, яка полягає в тому, що серед узятих навмання 5-ти деталей 3 деталі виявляться стандартними (умова до Прикладу 4).

 Нехай 5 деталей беруть навмання одну за іншою без повернення. Подамо подію А сумою попарно несумісних подій

,

де С₁ – перша із взятих деталей є стандартною, Н₄ – четверта із взятих деталей є нестандартною, тощо. Попарна несумісність в одному і тому самому випробуванні кожної пари із вказаних в цій сумі подій випливає із постановки задачі. Складувані тут події рівноможливі, в чому можна переконатися, підрахувавши ймовірність кожної з них за теоремою про ймовірність добутку залежних подій:

Якщо одну з цих подій позначити як групу взятих деталей , то стає очевидним: їхня кількість дорівнює числу переставлень із 5-ти елементів, в кожному з переставлень один елемент поворюється тричі, а інший – двічі. Застосувавши формулу (4₁), дістанемо кількість таких переставлень: .

За Теоремою 3 про ймовірність добутку групи залежних подій обчислимо ймовірність однієї із 10-ти складуваних подій, байдуже якої саме:

Згідно з Аксіомою 3 про ймовірність суми попарно несумісних подій та оскільки всі ці події рівноможливі, дістанемо: P(А)=10(40/1001)≈0,4.

Порівнявши отриману відповідь із відповіддю до Прикладу 4, переконуємося в тому, що ймовірність події А не залежить від того, беруться 5 деталей із партії навмання всі разом чи одна за одною (див. Зауваження 2 після Прикладу 4).

Приклад 12. Із літер розрізного алфавіту було складено слово «АНАНАС», після цього ці літери кинуто в скриньку і ретельно перемішано. Знайти ймовірність того, що, беручи літери одну за одною й укладаючи їх підряд, знову дістанемо це слово (умова до Прикладу 3).

 Позначимо через В подію, що полягає в появі слова «АНАНАС». Для знаходження ймовірності Р(В) застосуємо теорему про ймовірність добутку 5-ти залежних подій. Відповідно до формули (13) дістанемо:

Р(В)=(3/6)(2/5)(2/4)(1/3)(1/2)1=1/60.

Цю задачу розв’язано раніше із застосуванням поняття класичної ймовірності і підрахунку кількості всіх рівноможливих елементарних подій випробування.