Умовною імовірністю називають. Умовна ймовірність та найпростіші основні формули. Ймовірність суми подій

А також навчилися вирішувати типові завдання з незалежними подіями, і зараз буде набагато цікавіше продовження, яке дозволить не тільки освоїти новий матеріал, але й, можливо, надасть практичну життєву допомогу.

Коротко повторимо, що таке незалежність подій: події і є Незалежними, якщо ймовірність будь-якого з них не залежитьвід появи чи непояви іншого события. Найпростіший приклад – підкидання двох монет. Можливість випадання орла чи решки однією монеті не залежить від результату кидка інший монети.

Поняття залежності подій вам теж знайоме і настала черга зайнятися ними впритул.

Спочатку розглянемо традиційний набір, що складається із двох подій: подія є залежним , якщо крім випадкових чинників його ймовірність залежить від появи чи не появи події . Імовірність події , обчислена у припущенні те, що подія вже сталося, називається умовною ймовірністю настання події та позначається через . При цьому події і називають залежними подіями (хоча, строго кажучи, залежно лише одне з них).

Карти до рук:

Завдання 1

З колоди в 36 карт послідовно витягуються 2 карти. Знайти ймовірність того, що друга карта виявиться червою, якщо до цього:

а) було вилучено черв'яка;
б) було вилучено карту іншої масті.

Рішення: розглянемо подію: друга карта буде червою. Цілком зрозуміло, що ймовірність цієї події залежить від того, чи черву чи черву витягли раніше.

а) Якщо спочатку було вилучено хробака (подія ), то в колоді залишилося 35 карт, серед яких тепер знаходиться 8 карт червової масті. за класичному визначенню:
за умови, Що раніше теж була витягнута черва.

б) Якщо спочатку була вилучена карта інший масті (подія ), всі 9 черв залишилися у колоді. за класичному визначенню:
- Імовірність того, що друга карта виявиться червою за умови, що до цього було вилучено карту іншої масті.

Все логічно – якщо можливість вилучення черви з повної колоди становить , то при отриманні наступної карти аналогічна ймовірність зміниться: у першому випадку – зменшиться (т.к. черв стало менше), тоді як у другому – зросте: (т.к. всі черви залишилися у колоді).

Відповідь:

Залежних подій, зрозуміло, можливо і більше. Поки завдання не охололо, додамо ще одне: – третьою картою буде вилучено черв'яка. Припустимо, що сталася подія, а потім подія; тоді у колоді залишилося 34 карти, серед яких 7 черв. за класичному визначенню:
- ймовірність настання події за умови, що раніше були вилучені дві черви.

Для самостійного тренування:

Завдання 2

У конверті знаходиться 10 лотерейних квитків, серед яких 3 виграшні. З конверта послідовно витягуються квитки. Знайти ймовірність того, що:

а) 2-й видобутий квиток буде виграшним, якщо 1-й був виграшним;
б) третій буде виграшним, якщо попередні два квитки були виграшними;
в) 4 буде виграшним, якщо попередні квитки були виграшними.

Коротке рішення із коментарями наприкінці уроку.

А тепер звернемо увагу на один принципово важливий момент: у розглянутих прикладах потрібно було знайти лише умовні ймовірності, при цьому попередні події вважалися такими, що достовірно відбулися. Але ж насправді вони є випадковими! Так, у «розігрітій» задачі вилучення черви з повної колоди – є випадкова подія, ймовірність якого дорівнює .

Насправді набагато частіше потрібно знайти можливість спільної появизалежних подій. Як, наприклад, знайти ймовірність події, що полягає в тому, що з повної колоди будевилучено хробака іпотім ще одна черва? Відповідь це питання дає

теорема множення ймовірностей залежних подій: ймовірність спільної появи двох залежних подій дорівнює добутку ймовірності одного з них на умовну ймовірність іншого, обчислену у припущенні, що перша подія вже відбулася:

У нашому випадку:
- Імовірність того, що з повної колоди будуть витягнуті 2 черви поспіль.

Аналогічно:
– ймовірність того, що спочатку буде вилучено карту іншої масті іпотім черва.

Імовірність події вийшла помітно більшою за ймовірність події, що, загалом, було очевидно без жодних обчислень.

І, звісно ж, не треба мати особливих надій, що з конверту з десятьма лотерейними квитками (Завдання 2)ви витягніть 3 виграшні квитки поспіль:
втім, це ще щедрий шанс.

Так, цілком вірно - теорема множення ймовірностей залежних подій природним чином поширюється і на більшу їх кількість.

Закріпимо матеріал декількома типовими прикладами:

Завдання 3

У урні 4 білих та 7 чорних куль. З урни навмання один за одним витягають дві кулі, не повертаючи їх назад. Знайти ймовірність того, що:

а) обидві кулі будуть білими;
б) обидві кулі будуть чорними;
в) спочатку буде вилучено білу кулю, а потім – чорну.

Зверніть увагу на уточнення "не повертаючи їх назад". Цей коментар додатково наголошує на тому, що події залежні. Справді, а раптом вилучені кулі повертають назад? У разі зворотної вибірки ймовірності вилучення чорної та білої кулі не змінюватимуться, а в такому завданні вже слід керуватися теорема множення ймовірностей Незалежних подій.

Рішення: всього в урні: 4 + 7 = 11 куль. Поїхали:

а) Розглянемо події - перша куля буде білою, - друга куля буде білою і знайдемо ймовірність події, що полягає в тому, що 1-а куля буде білою і 2-й білий.

За класичним визначенням ймовірності: . Припустимо, що біла куля витягнута, тоді в урні залишиться 10 куль, серед яких 3 білих, тому:
- ймовірність вилучення білої кулі у 2-му випробуванні за умови, що до цього було вилучено білу кулю.

- Імовірність того, що обидві кулі будуть білими.

б) Знайдемо ймовірність події, що полягає в тому, що перша куля буде чорною і 2-й чорним

За класичним визначенням: - ймовірність того, що в 1-му випробуванні буде вилучено чорну кулю. Нехай витягнуто чорну кулю, тоді в урні залишиться 10 куль, серед яких 6 чорних, отже: – ймовірність того, що у 2-му випробуванні буде вилучено чорну кулю за умови, що до цього було вилучено чорну кулю.

За теоремою множення ймовірностей залежних подій:
- Імовірність того, що обидві кулі будуть чорними.

в) Знайдемо ймовірність події (спочатку буде вилучено білу кулю іпотім чорний)

Після вилучення білої кулі (з ймовірністю) в урні залишиться 10 куль, серед яких 3 білих і 7 чорних, таким чином: – ймовірність того, що у 2-му випробуванні буде вилучено чорну кулю за умови, що до цього було вилучено білу кулю.

За теоремою множення ймовірностей залежних подій:
- Шукана ймовірність.

Відповідь:

Це завдання неважко перевірити через теорему складання ймовірностей подій, що утворюють повну групу. Для цього знайдемо ймовірність 4-го події, що бракує: - того, що спочатку буде вилучено чорну кулю іпотім білий.

Події утворюють повну групу, тому сума їх ймовірностей повинна дорівнювати одиниці:
,Що й потрібно перевірити.

І відразу ж пропоную перевірити, наскільки добре ви засвоїли викладений матеріал:

Завдання 4

Яка ймовірність того, що з колоди в 36 карт буде вилучено два тузи поспіль?

Завдання 5

У урні 6 чорних, 5 червоних та 4 білі кулі. Послідовно витягують три кулі. Знайти ймовірність того, що

а) третя куля виявиться білою, якщо до цього було вилучено чорну та червону кулю;
б) перший шар виявиться чорним, другий - червоним і третій - білим.

Рішення та відповіді наприкінці уроку.

Треба сказати, що багато з розглянутих завдань можна розв'язати й іншим способом, але щоб не виникло плутанини, мабуть, взагалі про нього промовчу.

Напевно, всі помітили, що залежні події виникають у тих випадках, коли здійснюється певний ланцюжок дій. Проте сама собою послідовність дій ще гарантують залежність подій. Нехай, наприклад, студент навмання відповідає на питання якогось тесту – дані події хоч і відбуваються одна за одною, але незнання відповіді на одне питання ніяк не залежить від незнання інших відповідей =) Хоча, закономірності тут, звичайно, є =) Тоді зовсім простий приклад із неодноразовим підкиданням монети – цей захоплюючий процес навіть так і називається: повторні Незалежні випробування.

Я як міг, намагався відстрочити цей момент і підбирати різноманітні приклади, але якщо в задачах на теорему множення незалежних подійгосподарюють стрілки, то тут відбувається справжнісінька навала урн з кулями =) Тому нікуди не подітися – знову урна:

Завдання 6

З урни, в якій знаходиться 6 білих і 4 чорні кулі, витягуються навмання один за одним три кулі. Знайти ймовірність того, що:

а) усі три кулі будуть чорними;
б) буде не менше двох куль чорного кольору.

Рішення:Всього: 6 + 4 = 10 куль в урні.

Подій у цьому завдання буде забагато, і у зв'язку з цим доцільніше використовувати змішаний стиль оформлення, позначаючи великими латинськими літерами лише основні події. Сподіваюся, ви зрозуміли, за яким принципом підраховуються умовні ймовірності.

а) Розглянемо подію: – всі три кулі будуть чорними.

За теоремою множення ймовірностей залежних подій:

б) Другий пункт цікавіший, розглянемо подію: – буде не менше двох куль чорного кольору. Ця подія полягає в 2 несумісних результатах: або всі кулі будуть чорними (подія) або 2 кулі будуть чорним і 1 білим - позначимо останню подію літерою.

Подія включає 3 несумісні результати:

в 1-му випробуванні вилучено білий іу 2-му іу 3-му випробуваннях – чорні кулі
або
іу 2-му – БШ іу 3-му – ЧШ
або
у 1-му випробуванні вилучено ЧШ іу 2-му – ЧШ іу 3-му – БШ.

Бажаючі можуть ознайомитися з складнішими прикладами з збірки Чудесенка, В яких перекладаються кілька куль. Особливим любителям пропоную задачі підвищеної комбінаційної складності – з двома послідовними переміщеннями куль з 1-ї до 2-ї урни, з 2-ї до 3-ї та фінальним вилученням кулі з останньої урни – дивіться останні завдання файлу Додаткові завдання на теореми складання та множення ймовірностей. До речі, там чимало інших цікавих завдань.

А на закінчення цієї статті ми розберемо найцікавіше завдання, яким я вас заманював на першому уроці =) Навіть не розберемо, а проведемо невелике практичне дослідження. Викладки у загальному вигляді будуть надто громіздкі, тому розглянемо конкретний приклад:

Петя складає іспит з теорії ймовірностей, при цьому 20 квитків він знає добре, а 10 погано. Припустимо, першого дня іспит складає частина групи, наприклад, 16 чоловік, включаючи нашого героя. Загалом ситуація до болю знайома: студенти один за одним заходять в аудиторію і тягнуть квитки.

Очевидно, що послідовне вилучення квитків є ланцюгом залежних подій, і виникає насущний питання: у якому випадку Пете з більшою ймовірністю дістанеться «хороший» квиток – якщо він піде «в перших рядах», або якщо зайде «посередині», або якщо буде тягнути квиток серед останніх? Коли краще заходити?

Спочатку розглянемо «експериментально чисту» ситуацію, в якій Петя зберігає свої шанси постійними – він не отримує інформацію про те, які питання вже дісталися однокурсникам, нічого не вчить у коридорі, чекаючи на свою чергу, тощо.

Розглянемо подію: – Петя зайде в аудиторію найпершим та витягне «хороший» квиток. За класичним визначенням ймовірності: .

Як зміниться можливість вилучення вдалого квитка, якщо пропустити вперед відмінницю Настю? І тут можливі дві несумісні гіпотези:

– Настя витягне «добрий» (для Петі) квиток;
– Настя витягне «поганий» білет, тобто. збільшить шанси Петі

А подія (Петя зайде другим і витягне «хороший» квиток) стає залежним.

1) Припустимо, що Настя з ймовірністю «відвела» у Петі один вдалий білет. Тоді на столі залишаться 29 квитків, серед яких 19 гарних. За класичним визначенням ймовірності:

2) Тепер припустимо, що Настя з ймовірністю «позбавила» Петю від одного «поганого» квитка. Тоді на столі залишаться 29 квитків, серед яких, як і раніше, 20 «хороших». За класичним визначенням:

Використовуючи теореми складання ймовірностей несумісних та множення ймовірностей залежних подій, обчислимо ймовірність того, що Петя витягне «хороший» квиток, будучи другим у черзі:

Імовірність… залишилося тією ж! Добре, розглянемо подію: – Петя піде третім, пропустивши вперед Настю та Олену, та витягне «добрий» квиток.

Тут гіпотез буде більше: жінки можуть «обікрасти» джентльмена на 2 успішних квитка, або навпаки – позбавити його від 2 невдалих, або витягти 1 «добрий» і 1 «поганий» квиток. Якщо провести аналогічні міркування, скористатися тими ж теоремами, то вийде таке ж значення ймовірності!

Таким чином, чисто з математичної точки зору, не має значення, коли йти – початкові ймовірності залишаться незмінними. АЛЕ. Це тільки усереднена теоретична оцінка, наприклад, якщо Петя піде останнім, то це зовсім не означає, що йому залишаться на вибір 10 «хороших» та 5 «поганих» квитків відповідно до його первісних шансів. Дане співвідношення може варіюватися в кращий чи гірший бік, проте малоймовірно, що серед квитків залишиться «одна халява», або навпаки – «суцільний жах». Хоча «унікальні» випадки не виключені – все-таки тут не 3 мільйони лотерейних квитків із практично нульовою ймовірністю великого виграшу. Тому «неймовірне везіння» або «зла доля» будуть надто перебільшеними висловлюваннями. Навіть якщо Петя знає лише 3 квитки з 30, то його шанси становлять 10%, що помітно вище за нуль. І із особистого досвідурозповім зворотний випадок: на іспиті з аналітичної геометріїя добре знав 24 питання з 28, так ось – у квитку мені попалися два «погані» питання; ймовірність цієї події підрахуйте самостійно:)

Математика і «чистий експеримент» – це добре, але якої стратегії та тактики все ж таки вигідніше дотримуватися у реальних умовах? Безумовно, слід взяти до уваги суб'єктивні фактори, наприклад, «знижку» викладача для «сміливців» або його втому до кінця іспиту. Найчастіше ці фактори можуть бути навіть вирішальними, але в заключних міркуваннях я намагатимусь не скидати з рахунків і додаткові ймовірні аспекти:

Якщо Ви готові до іспиту добре, то, напевно, краще йти «у перших рядах». Поки квитків повний комплект, постулат маломожливі події не відбуваються» працює на Вас набагато більшою мірою. Погодьтеся, що набагато приємніше мати співвідношення «30 квитків, серед яких 2 поганих», ніж «15 квитків, серед яких 2 погані». А те, що два невдалі квитки на окремому іспиті (а не за середньою теоретичною оцінкою!) так і залишаться на столі - цілком можливо.

Тепер розглянемо ситуацію Петі – коли студент готовий до іспиту досить добре, але з іншого боку, і плаває теж непогано. Іншими словами, "більше знає, ніж не знає". І тут доцільно пропустити вперед 5-6 людина, і очікувати відповідного моменту поза аудиторією. Дійте за ситуацією. Незабаром почне надходити інформація, які квитки витягли однокурсники (Знову залежні події!) , і на «заграні» питання можна більше не витрачати сили – навчайте та повторюйте інші квитки, підвищуючи тим самим початкову ймовірність свого успіху. Якщо «перша партія» екзаменуючих «позбавила» вас відразу від 3-4 важких (особисто для Вас) квитків, то вигідніше якнайшвидше потрапити на іспит – саме зараз шанси значно зросли. Постарайтеся не втрачати момент – лише кілька пропущених уперед людей, і перевага, швидше за все, розтане. Якщо ж навпаки, «поганих» квитків витягли замало – чекайте. Через кілька людей ця «аномалія» знову ж таки з великою ймовірністю, якщо не зникне, то згладиться в кращий бік. У «звичайному» і найпоширенішому випадку вигода теж є: розклад «24 квитка/8 поганих» буде кращим за співвідношення «30 квитків/10 поганих». Чому? Важких квитків тепер не десять, а вісім! З подвоєною енергією вивчаємо матеріал!

Якщо Ви готові погано або погано, то само собою, краще йти в «останніх рядах» (хоча можливі й оригінальні рішення, особливо якщо нічого втрачати). Існує невелика, але все ж таки ненульова ймовірність, що Вам залишаться відносно прості питання + додаткова зубріжка + шпори, які віддадуть однокурсники, що відстрілялися =) І, так – у зовсім критичній ситуації є ще наступний день, коли іспит складає друга частина групи;-)

Нехай Аі В– дві події, що розглядаються у цьому випробуванні. У цьому наступ однієї з подій може проводити можливість наступу іншого. Наприклад, настання події Аможе впливати на подію Вчи навпаки. Для врахування такої залежності одних подій від інших запроваджується поняття умовної ймовірності.

Визначення.Якщо ймовірність події Взнаходиться за умови, що подія Асталося, то ймовірність події Вназивається умовною ймовірністюподії В. Для позначення такої умовної ймовірності використовуються символи: рА ( В) або р(В/ А).

Примітка 2. На відміну від умовної ймовірності, розглядається і “безумовна” ймовірність, коли будь-які умови настання певної події Ввідсутні.

Приклад. У урні 5 куль, серед яких 3 червоні та 2 сині. По черзі з неї витягають по одній кулі із поверненням та без повернення. Знайти умовну можливість вилучення вдруге червоної кулі за умови, що вперше вилучено: а) червону кулю; б) синя куля.

Нехай подія А– вилучення червоної кулі вперше, а подія В- Вилучення червоної кулі вдруге. Очевидно, що р(А) = 3/5; тоді у разі, коли вийнятий 1-й раз куля повертається в урну, р(В) = 3/5. У разі ж коли вийнята куля не повертається, ймовірність вилучення червоної кулі р(В) залежить від того, яка куля була вилучена вперше – червона (подія А) або синій (подія). Тоді у першому випадку рА ( В) = 2/4, а в другому ( В) = 3 / 4.

Теорема множення ймовірностей подій, одна з яких відбувається за умови вчинення іншого

Імовірність твору двох подій дорівнює твору ймовірності одного з них на умовну ймовірність іншого, знайдену у припущенні, що перша подія сталася:

р(А ∙ В) = р(А) ∙ рА ( В) . (1.7)

Доказ. Справді, нехай n– загальна кількість рівноможливих та несумісних (елементарних) результатів випробування. І нехай n 1 – число результатів, які сприяють події А, що настає спочатку, а m– число наслідків, у яких настає подія Ву припущенні, що подія Анастало. Таким чином, m– це число результатів, які сприяють події Ст.Тоді отримаємо:

Тобто. ймовірність твору кількох подій дорівнює твору ймовірності однієї з цих подій на умовні ймовірності інших, причому умовна ймовірність кожного наступного події обчислюється у припущенні, що це попередні події відбулися.

приклад.У команді з 10 спортсменів 4 майстри спорту. За жеребкуванням з команди обирають 3-х спортсменів. Якою є ймовірність того, що всі обрані спортсмени – майстри спорту?

Рішення. Наведемо завдання до “урнової” моделі, тобто. будемо вважати, що в урні, що містить 10 куль, є 4 червоні кулі та 6 білих. З цієї урни навмання витягуються 3 кулі (вибірка S= 3). Нехай подія Аполягає у вилученні 3-х куль. Завдання можна вирішити двома способами: за класичною схемою та за формулою (1.9).

Перший спосіб, заснований на формулі комбінаторики:

Другий спосіб (за формулою (1.9)). З урни послідовно без повернення витягуються 3 кулі. Нехай А 1 – перший витягнутий шар червоний, А 2 – другий витягнутий шар червоний, А 3 – третя витягнута куля червона. Нехай також подія Аозначає, що всі 3 витягнуті кулі – червоні. Тоді: А = А 1 ∙ (А 2 / А 1) ∙ А 3 / (А 1 ∙ А 2), тобто.

приклад.Нехай із сукупності карток а, а, р, б, о, тпослідовно витягуються картки за однією. Яка ймовірність отримання слова “ робота” при послідовному складання їх в один рядок зліва направо?

Нехай В– подія, у якому виходить заявлене слово. Тоді за формулою (1.9) отримаємо:

р(В) = 1/6 ∙ 2/5 ∙ 1/4 ∙ 1/3 ∙ 1/2 ∙ 1/1 = 1/360.

Теорема множення ймовірностей набуває найпростішого вигляду, коли твір утворюється незалежними одна від одної подіями.

Визначення.Подія Вназивається незалежнимвід події Аякщо його ймовірність не змінюється від того, сталася подія Ачи ні. Дві події називаються незалежними (залежними), якщо поява одного з них не змінює (змінює) ймовірність появи іншого. Таким чином, для незалежних подій р(В/A) = р(В) або = р(В), а для залежних подій р(В/A)

Ми вже говорили, що в основі визначення ймовірності події лежить певна сукупність умов. Якщо жодних обмежень, крім умов, при обчисленні ймовірності не накладається, такі ймовірності називаються безумовними.

Однак у ряді випадків доводиться знаходити ймовірності подій додатковій умові, що сталося певна подія, має не нульову ймовірність, тобто. Дані ймовірності ми будемо називати умовними та позначати символом; це означає ймовірність події А за умови, що подія сталася.

Приклад 1. Кинуті дві гральні кістки. Чому дорівнює ймовірність того, що сума очок, що випали на них, дорівнює 8 (подія A), якщо відомо, що ця сума є парне число(Подія В)?

Всі можливі випадки, які можуть представитися при киданні двох кісток, ми запишемо в таблиці 1.7.1, кожна клітина якої містить запис можливої ​​події: на першому місці в дужках вказується число очок, що випали на першій кістці, на другому місці - число очок, що випали на другій кістці.

Загальна кількість можливих випадків - 36, сприятливих для події A - 5. Таким чином, безумовна ймовірність.

Якщо подія відбулася, то здійснилася одна з 18 (а не 36) можливостей і, отже, умовна ймовірність дорівнює.

Приклад 2. З колоди карт послідовно вийнято дві карти. Знайти: а) безумовну ймовірність того, що друга карта виявиться тузом (невідомо, яка карта була вийнята спочатку), і б) умовну ймовірність, що друга карта буде тузом, якщо спочатку був вийнятий туз.

Позначимо через A подія, що полягає у появі туза на другому місці, а через - подія, що полягає в появі туза на першому місці. Ясно, що має місце рівність.

В силу несумісності подій АВ та АВ маємо:

При вийманні двох карт з колоди в 36 карт можуть статися 36*35 (з огляду на порядок!) випадків. З них сприяють події АВ - 4 * 3 випадків, а події - 32 * 4 випадків. Таким чином,

Якщо перша карта є туз, то у колоді залишилося 35 карт і серед них лише три тузи. Отже, .

Спільне рішенняЗавдання знаходження умовної ймовірності для класичного визначення ймовірності не становить труднощів. Справді, нехай із n єдино можливих, несумісних і рівноймовірних подій події А сприяє m подій. Якщо подія В відбулося, то це означає, що настала одна з подій, що сприяють В. За цієї умови події А сприяють r і тільки r подій Aj, що сприяють АВ. Таким чином,

Так само можна вивести, що

Зрозуміло, що

т. е. ймовірність твори двох подій дорівнює твору ймовірності однієї з цих подій на умовну ймовірність іншого за умови, що перше сталося.

Теорема множення застосовна і в тому випадку, коли одна з подій А або В є неможлива подія, тому що в цьому випадку разом з мають місце рівності і.

Умовна ймовірність має всі властивості ймовірності. У цьому легко переконатися, перевіривши, що вона задовольняє всі властивості, сформульовані в попередніх параграфах. Дійсно, перша властивість виконується очевидним чином, оскільки для кожної події А визначено невід'ємну функцію. Якщо то

Перевірка третьої якості також нескладно і ми надаємо читачеві її здійснення.

Зауважимо, що ймовірнісний простір для умовних ймовірностей визначається наступною трійкою.

Визначення 1. Кажуть, що подія А незалежно від події В якщо має місце рівність тобто якщо наступ події В не змінює ймовірності появи події А.

Якщо подія А незалежно від, то має місце рівність

Звідси знаходимо: т. е. подія також незалежно від А. Отже, властивість незалежності подій взаємно.

Якщо події А та В незалежні, то незалежні також події А і. Справді, оскільки

Звідси ми робимо важливий висновок: якщо події А та В незалежні, то незалежні також кожні дві події.

Поняття незалежності подій відіграє значну роль у теорії ймовірностей та її додатках. Зокрема, більша частина результатів, викладених у цьому посібнику, отримана у припущенні незалежності тих чи інших подій, що розглядаються.

Так, наприклад, ясно, що випадання герба на одній монеті не змінює ймовірності появи герба (решки) на іншій монеті, якщо ці монети під час кидання не пов'язані між собою (наприклад, жорстко не скріплені). Так само народження хлопчика в однієї матері не змінює ймовірності появи хлопчика (дівчинки) в іншої матері. Це – події незалежні.

Для незалежних подій теорема множення набуває особливо простого вигляду, а саме, якщо події A та В незалежні, то

Ми узагальним тепер поняття незалежності двох подій на сукупність кількох подій.

Визначення 2. Події називаються незалежними в сукупності, якщо для будь-якої події з їх числа та довільних з їх числа події і взаємно незалежні. В силу попереднього це визначення еквівалентне: за будь-яких

Зауважимо, що з незалежності разом кількох подій недостатньо їх у парної незалежності. У цьому вся можна переконатися наступного простому прикладі.

Приклад С.М. Бернштейн. Уявімо, що грані тетраедра пофарбовані: 1-а - у червоний колір (A), 2-а - у зелений (В), третя - у синій (С) і 4-а - у всі ці три кольори (AВС). Легко бачити, що ймовірність випадання грані, на яку впаде тетраедр при киданні, і своє забарвлення мати червоний колір дорівнює 1/2: граней чотири і дві з них мають у забарвленні червоний колір.

події A,В,СТаким чином, попарно незалежні.

Однак, якщо нам відомо, що здійснилися події В і С, то свідомо здійснилася і подія A, тобто .

Таким чином, події A, В, С у сукупності залежні. Таким чином, у загальному випадку при визначенні

(У разі умовна ймовірність залишається невизначеною.) Це дозволяє нам перенести автоматично на загальне поняття ймовірності всі визначення та результати цього параграфу.

Нерідко в житті ми стикаємося з тим, що слід оцінити шанси настання якоїсь події. Чи варто купувати лотерейний квиток чи ні, якою буде пів третьої дитини в сім'ї, чи завтра буде ясна погода або знову піде дощ - таких прикладів можна навести безліч. У найпростішому разі слід розділити кількість сприятливих результатів загальне число подій. Якщо в лотереї 10 квитків виграшних, а всього їх 50, то шанси отримати приз дорівнюють 10/50 = 0,2, тобто 20 проти 100. А як чинити в тому випадку, якщо є кілька подій, і вони тісно пов'язані між собою? У цьому випадку нас цікавитиме вже не проста, а умовна ймовірність. Що це за величина і як її можна порахувати – про це якраз і буде розказано у нашій статті.

Концепція

Умовна ймовірність – це шанси настання певної події за умови, що інша пов'язана з нею подія вже сталася. Розглянемо простий приклад із киданням монетки. Якщо жеребкування ще не було, то шанси випадання орла чи реші будуть однаковими. Але якщо разів п'ять поспіль монетка лягала гербом вгору, то погодьтеся чекати 6-го, 7-го, а тим більше 10-го повторення такого результату буде нелогічно. З кожним повторним разом випадання орла, шанси появи рішки зростають і рано чи пізно вона випаде.

Формула умовної ймовірності

Давайте розберемося з тим, як ця величина розраховується. Позначимо першу подію через В, а другу через А. Якщо шанси настання відмінні від нуля, то тоді буде справедливою наступна рівність:

Р (А | В) = Р (АВ) / Р (В), де:

• Р (А | В) - умовна ймовірність результату А;
• Р (АВ) - ймовірність спільної появи подій А та В;
• Р(В) - ймовірність події В.

Злегка перетворивши це співвідношення отримаємо Р(АВ) = Р(А|В) * Р(В). А якщо застосувати, то можна вивести формулу твору і використовувати її при довільній кількості подій:

Р (А 1, А 2, А 3, ... А п) = Р (А 1 | А 2 ... А п) * Р (А 2 | А 3 ... А п) * Р (А 3 | А 4 ... А п) ) ... Р (А п-1 | А п) * Р (А п).

Практика

Щоб було легше розібратися з тим, як розраховується умовна розглянемо кілька прикладів. Припустимо, є ваза, в якій знаходяться 8 шоколадних цукерок і 7 м'ятних. За розмірами вони однакові і навмання послідовно витягуються дві з них. Які будуть шанси того, що обидві виявляться шоколадними? Введемо позначення. Нехай результат А означає, що перша цукерка шоколадна, результат В - друга цукерка шоколадна. Тоді вийде таке:

Р(А) = Р(В) = 8/15,

Р (А | В) = Р (В | А) = 7 / 14 = 1/2,

Р (АВ) = 8/15 х 1/2 = 4/15 ≈ 0,27

Розглянемо ще один випадок. Припустимо, є дводітна сім'я і нам відомо, що принаймні одна дитина є дівчинкою.

Яка умовна ймовірність того, що хлопчиків у цих батьків поки що немає? Як і в попередньому випадку, почнемо з позначень. Нехай Р (В) - ймовірність того, що в сім'ї є хоча б одна дівчинка, Р (А | В) - ймовірність того, що друга дитина теж дівчинка, Р (АВ) - шанси того, що у сім'ї дві дівчинки. Тепер зробимо розрахунки. Усього може бути 4 різних комбінацій статі дітей і при цьому лише в одному випадку (коли в сім'ї два хлопчики), дівчатка серед дітей не буде. Тому ймовірність Р(В) = 3/4, а Р(АВ) = 1/4. Тоді за нашою формулою отримаємо:

Р(А|В) = 1/4: 3/4 = 1/3.

Інтерпретувати результат можна так: якби нам не було відомо про поле одного з дітей, то шанси двох дівчаток були б 25 проти 100. Але оскільки ми знаємо, що одна дитина дівчинка, ймовірність того, що в сім'ї хлопчиків немає, зростає до однієї третій.