2. Ймовірність перетину подій

Введемо поняття про залежні та незалежні події, які є дуже важливі у питаннях теорії ймовірності.

Означення 1. Подія А називається незалежною по відношенню до події В, якщо ймовірність події А не залежить від того, чи відбулася подія В чи ні. В протилежному випадку подія А називається залежною від події В.

Теорема 2. Ймовірність перетину скінченного числа подій рівна добутку ймовірності однієї з них на умовні ймовірності решти подій, порахованих при умові, що всі попередні події мали місце:

(5)

Доведення. Нехай теорема має місце для n-1 подій

Позначимо, тоді, в силу аксіоми перетину двох подій матимемо:

Теорема доведена.

Розглянемо ряд важливих наслідків з теореми множення ймовірностей.

Наслідок 1. Якщо подія А не залежить від події В, то і подія В не залежить від події А.

Доведення. Так як подія А не залежить від події В, то Р(А)=Р_В(А). На основі аксіоми множення ймовірностей маємо:

Р(А)=Р_А(В)=Р(В)Р_В(А),

або згідно з умовою:

Р(А)Р_А(В)=Р(В)Р(А).

Розділивши обидві частини на Р(А), отримаємо Р_А(В)=Р(В).

Таким чином, з наслідку 1 випливає, що поняття залежності і незалежності подій взаємні. В зв’язку з цим можна дати наступне означення незалежних подій.

Означення 2. Дві події називаються незалежними, якщо поява однієї з них не змінює ймовірність появи іншої.

Декілька подій називаються незалежними в сукупності (або просто незалежними), якщо незалежними є кожна пара з них, незалежною є кожна подія і всеможливі перетини решти.

Наприклад, якщо події А₁, А₂, А₃ незалежні в сукупності, то незалежними є події А₁ і А₂, А₁ і А₃, А₂ і А₃, А₁ і А₂ А₃, А₂ і А₁ А₃, А₃ і А₁ А₂.

Наслідок 2. Ймовірність перетину незалежних в сукупності подій рівна добутку ймовірностей цих подій, тобто

. (6)

Приклад 1. Студент знає 20 питань з 25 питань програми; Екзаменатор задає йому три питання. Знайти ймовірність того, що студент знає всі три питання.

Рішення. Позначимо А_і (і=1,2,3)подію “студент знає і-те питання, задане екзаменатором”, через А – подію “студент знає всі три питання”. Тоді

А=А

І за формулою (5) маємо:

Окремі ймовірності обчислюються за класичним означенням, враховуючи залежність подій.

Приклад 2. Верстат-автомат штампує деталі. Ймовірність того, що за зміну не буде випущено жодної деталі 0.9. Знайти ймовірність того, що за три зміни не буде випущено жодної бракованої деталі.

Рішення. Позначимо А_і (і=1,2,3) подію “за і-у зміну не випущено жодної бракованої деталі”, через А – подію “за три зміни не випущено жодної бракованої деталі”. Тоді А=А₁ А₂ А₃. Так як події є незалежними, бо ймовірність Р(А_і)=0,9 (і=1,2,3), то за формулою (6):

3. Ймовірність об’єднання сумісних подій

Теорема 3. Ймовірність об’єднання двох сумісних подій рівна сумі ймовірностей цих подій мінус ймовірність їх перетину:

. (7)

Доведення. Щоб відбулася подія А потрібно, щоб відбулася хоча б одна з несумісних подій А В або А . Аналогічно, щоб відбулася подія В

досить, щоб відбулася хоча б одна з несумісних подій:

А або .

Тому на основі теореми додавання ймовірностей для несумісних подій маємо

, (8)

. (9)

Для того, щоб відбулася хоча б одна з подій А та В, досить, щоб відбулася хоча б одна з несумісних подій . Тому

. (10)

Додавши рівності (8), (9), знайдем:

Підставивши цей вираз в (10), отримаєм:

Теорема доведена.

Формулу (7) можна узагальнити на випадок довільного скінченного числа подій (див. аналогічно Розд.1,§1, формула (4)).

+

+ (11)

Практично використовувати формулу (11) є громіздко, тому краще перейти до протилежної події, а саме:

. (12)

Приклад 1. Виконується два постріли по мішені. Ймовірність попасти при першому пострілі 0.7, для другого – 0.8. Знайти ймовірність того, що буде хоча б одне попадання.

Рішення. Нехай, подія А₁ – попадання при першому пострілі; А₂ – попадання при другому пострілі; А – хоча б одне попадання. Тому А=А₁ А₂, причому А₁, А₂ – події сумісні та незалежні. Згідно з формулами (7), (6), отримаємо:

= .

Приклад 2. Робітник обслуговує чотири верстати, які працюють незалежно один від одного. Ймовірність того, що протягом години перший верстат не потребує обслуговування робітника, рівна 0.92, для другого – 0.9, для третього – 0.85, для четвертого – 0.8. Яка ймовірність того, що протягом години хоча б один верстат не потребуватиме обслуговування робітника?

Рішення. Позначимо А_і (і= ) подію “і-ий верстат протягом години не потребує обслуговування”, через А – “протягом години хоча б один верстат не потребує обслуговування”. Тоді А=А_{1 .} Події А_і (і= ) сумісні та незалежні, тому можна використати формулу (11), а краще використаємо формулу (12):

,

тобто подія А практично майже достовірна.