1.1.3 Независимость случайных событий

Для двух независимых событий А и В правило умножения вероятностей имеет вид:

P(A · B) =P(A) ·P(B).

(1.8)

Сравнивая с формулой (1.2), видим, что их условные вероятности равны безусловным, т. е.  P(B/A) = P(B);   P(A/B) = P(A).  Формула (1.8) может быть обобщена на независимые в совокупности события А₁, А₂, ... , А_n:

P(А1·А2· ... ·Аn) =P(А1) ·P(А2) · ... ·P(Аn),

(1.9)

вероятность их совмещения равна произведению вероятностей.  Рассмотрим примеры, где применяются правила сложения и умножения независимых событий. Отметим одно полезное при решении задач свойство: если события А и В независимы, то будут независимыми следующие пары событий: 1) А и ; 2) Ā и В; 3) Ā и  и тогда 

P(Ā · B) =P(Ā) ·P(B);

(1.10)

Пример 1.5. Два стрелка стреляют по мишени независимо друг от друга по одному разу. Вероятности попадания равны: для первого стрелка Р(А₁) = 0,7, для второго стрелка Р(А₂) = 0,8. Найти вероятности событий:  а) в мишени ровно одна пробоина (событие С);  б) мишень поражена (событие D)  Решение: а) Событие С = (попадет или только первый стрелок {C₁} или только второй стрелок {C₂}) = C₁ + C₂, где события C₁ и C₂ несовместны и по правилу сложения (1.4)     Р(С) = Р(C₁) + Р(C₂).  Событие C₁ = A₁ · Ā₂ (первый стрелок попал, второй не попал), в силу независимости событий А₁ и А₂ (по условию задачи), будут независимыми события А₁ и Ā₂ и  Р(C₁) = Р(A₁·Ā₂) = Р(A₁) · Р(Ā₂) = 0,7(1 – 0,8) = 0,7 · 0,2 = 0,14.  Аналогично, C₂ = A₂ · Ā₁ (второй стрелок попал, первый – не попал) и Р(C₂) = Р(A₂·Ā₁) = Р(А₂) · Р(Ā₁) = 0,8(1 – 0,7) = 0,8 · 0,3 = 0,24. Тогда Р(С) = Р(C₁) + Р(C₂) = 0,14 + 0,24 = 0,38.  б) Событие D = {мишень поражена} = {попадет хотя бы один стрелок} = А₁ + А₂ (попадет или первый стрелок, или второй стрелок, или оба вместе), где события А₁ и А₂ совместны и, обратите внимание, правило (1.4) применять нельзя. Перейдем к противоположному событию .   = {мишень не поражена} = Ā₁ · Ā₂ = (первый стрелок не попал и второй стрелок не попал), где Ā₁ и Ā₂ – независимые события. Тогда  = (1 – 0,7)(1 – 0,8) = 0,3 · 0,2 = 0,06.  Р(D) = 1 – Р() = 1 – 0,06 = 0,94. Для вычисления вероятности появления хотя бы одного из событий А₁, А₂, ..., А_n можно найти сначала вероятность противоположного события, которое заключается в том, что не произойдет ни одно из указанных событий. Это событие соответствует совмещению событий, противоположных рассматриваемым: Ā₁ · Ā₂ · ... · Ā_n.  Окончательная формула будет:

Р(А1+А2+ ... +Аn) = 1 –Р(Ā1·Ā2· ... ·Ān).

(1.11)

Независимость трех событий А, В и С в совокупности означает выполнимость четырех условий:

(1.12)

Пример 1.6. Три элемента в системе работают независимо друг от друга. Вероятности безотказной работы равны: для первого элемента Р(А₁) = 0,6; для второго элемента Р(А₂) = 0,7; для третьего элемента Р(А₃) = 0,8. Найти вероятности следующих событий – в системе будут работать безотказно:  а) только один элемент (событие В);  б) только два элемента (событие С);  в) все три элемента (событие D);  г) хотя бы один элемент (событие F).  Решение: а) Событие B = А₁ · Ā₂ · Ā₃ + А₂ · Ā₁ · Ā₃ + А₃ · Ā₁ · Ā₂ (один элемент работает, при этом два других не работают). В силу независимости событий А₁, А₂, А₃ по правилам сложения и умножения вероятностей  Р(B) = Р(A₁) · Р(Ā₂) · Р(Ā₃) + Р(A₂) · Р(Ā₁) · Р(Ā₃) +  + Р(A₃) · Р(Ā₁) · Р(Ā₂) = 0,6 · 0,3 · 0,2 + 0,7 · 0,4 · 0,2 + 0,8 · 0,3 · 0,4 =  = 0.036 + 0,0556 + 0,096 = 0,188.  б) Событие C = A₁ · A₂ · Ā₃ + A₂ · A₃ · Ā₁ + A₁ · A₃ · Ā₂ (два элемента работают, при этом третий не работает)  Р(C) = Р(A₁) · Р(A₂) · Р(Ā₃) + Р(A₁) · Р(A₃) · Р(Ā₂) +  + Р(A₂) · Р(A₃) · Р(Ā₁) = 0,6 · 0,7 · 0,2 + 0,6 · 0,8 · 0,3 + 0,7 · 0,8 · 0,4 =  = 0.084 + 0,144 + 0,224 = 0,452.  в) D = A₁ · A₂ · A₃ и по правилу (1.9) для независимых событий:  Р(D) = Р(A₁) · Р(A₂) · Р(A₃) = 0,6 · 0,7 · 0,8 = 0,336.  г)  = {все три элемента не работают} = Ā₁ ·Ā₂ · Ā₃.  Р() = 0,4 · 0,3 · 0,2 = 0,024; Р(F) = 1 – Р() = 1 – 0,024 = 0,976.