Сложение и умножение вероятностей

п.1. Сложение вероятностей несовместных событий

События называют несовместными, если они не могут произойти одновременно в результате одного опыта.

Например:
1) Нельзя одновременно A = «получить 5» и B = «получить 2» на экзамене. События A и B – несовместны.
2) Нельзя одновременно C = «достать туз» и D = «достать шестерку» из колоды карт. События C и D – несовместны.

Если обобщить на любое количество событий:

Например:
Стрелок может попасть в «10» с вероятностью P(10) = 0,3, в «9» – с вероятностью P(9) = 0,2. Значит, попасть в «10 или 9» он может с вероятностью:

п.2. Вероятность противоположного события

Пространство элементарных событий образует полную группу событий.

Например:
При бросании кубика Ω = {1; 2; ... ; 6} – полная группа событий.
Вероятности выпадения каждой грани: \(\mathrm{p_1=p_2=...=p_6=\frac16}\)
Сумма всех вероятностей: \(\mathrm{p_1+p_2+...+p_6=6\cdot \frac16=1}\)

Например:
Вероятность попадания стрелка в мишень p = 0,8.
Противоположное событие: стрелок не попадёт в мишень. Его вероятность:
q = 1 – p = 0,2.

п.3. Умножение вероятностей независимых событий

Если обобщить на любое количество событий:

Например:
Вероятность попадания стрелка в мишень p = 0,8.
Стрелок делает три выстрела подряд.
1) Какова вероятность, что он попал все три раза?
Каждый выстрел является независимым событием, поэтому вероятность трёх удачных выстрелов подряд:

2) Какова вероятность, что он не попал ни разу?
Вероятность промаха равна q = 1 – p = 0,2.
Вероятность трёх промахов подряд:

3) Какова вероятность, что он попал только один раз?
Стрелок мог попасть при первом выстреле, а затем два раза промахнуться, или при втором выстреле (промахнуться на первом и третьем), или при третьем (промахнувшись два раза поначалу). Сложение и умножение вероятностей даёт итоговую вероятность одного попадания:

4) Какова вероятность, что он промахнулся один раз?
Аналогичные предыдущему пункту рассуждения приводят к такому выражению для вероятности двух попаданий (одного промаха):

Мы получили следующий закон распределения для возможного количества попаданий из трёх выстрелов:

X = {0; 1; 2; 3} образует полную группу событий. Сумма всех вероятностей:

п.4. Вероятность появления хотя бы одного события

Например:
Студент сдаёт два экзамена.
Вероятность сдать первый экзамен равна p₁ = 0,7 второй – p₂ = 0,6.
Тогда вероятность сдать хотя бы один экзамен: P = 1 – q₁q₂ = 1 – 0,3 · 0,4 = 0,88.

п.5. Примеры

Пример 1. Подбрасывают четыре игральных кубика. Какова вероятность, что на каждом из них выпадет нечётное число очков?

Для кубика Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6} – пространство элементарных событий.
Выпадение нечётного числа A = {1; 3; 5}. Вероятность выпадения нечётного числа для одного кубика: \(\mathrm{p=\frac{k}{n}=\frac36=\frac12}\).
Результаты подбрасывания 4-х кубиков являются независимыми. Вероятность, что на каждом выпадет нечётное число: $$ \mathrm{ P=p\cdot p\cdot p\cdot p=p^4=\frac{1}{2^4}=\frac{1}{16} } $$ Ответ: \(\frac{1}{16}\).

Пример 2. На полигоне испытываются три ракеты.
Вероятность успешного испытания для каждой из ракет: p₁ = 0,8, p₂ = 0,75, p₃ = 0,6.
Какова вероятность, что хотя бы одна ракета пройдёт испытания успешно?

Найдём вероятность того, что ни одна из ракет не пройдёт испытаний:

Тогда, искомая вероятность (противоположное событие):

Ответ: 0,98.
Мораль: инвестору нужно показывать сразу несколько сырых проектов.

Пример 3. В системе пожарной сигнализации установлены два независимых датчика. Вероятность срабатывания каждого из датчиков при пожаре: p₁ = 0,6; p₂ = 0,7. Найдите вероятность того, что при пожаре:
1) сработает ровно один датчик;
2) сработает хотя бы один датчик.

Вероятности отказов: q₁ = 1 – p₁ = 0,4; q₂ = 1 – p₂ = 0,3.
1) Событие «сработает ровно один датчик» является суммой двух событий «первый сработал, второй – отказал» или «первый отказал, второй – сработал». Вероятность:

2) Найдем вероятность отказа обоих датчиков:

Событие «сработает хотя бы один датчик» является противоположным отказу обоих датчиков. Вероятность:

Ответ: 1) 0,46; 2) 0,88.

Пример 4. У админа в ящике 11 плат, из которых 3 – бракованные.
Наугад берётся 2 платы. Какова вероятность того, что хотя бы одна из них – рабочая?

Найдём вероятность того, что обе выбранные платы – бракованные.
Выбрать 2 платы из 3 бракованных можно \(\mathrm{C_3^2=C_3^1=3}\) способами.
Выбрать 2 платы из общей совокупности можно \(\mathrm{C_{11}^2=\frac{11\cdot 10}{1\cdot 2}=55}\) способами.
Вероятность взять обе бракованные платы из ящика: \(\mathrm{P_{2\ \text{бр}}=\frac{C_3^2}{C_2^{11}}=\frac{3}{55}}\)
Значит, вероятность того, что хотя бы одна плата не будет бракованной (противоположное событие):
\(\mathrm{P=1-P_{2\ \text{бр}}=1-\frac{3}{55}=\frac{52}{55}}\).
Ответ: \(\mathrm{\frac{52}{55}}\).

Пример 5*. Парадокс дней рождения
В классе учится k человек. Исследуйте вероятность того, что хотя бы у двух одноклассников дни рождения совпадают.

Считаем, что в году n = 365 дней.
Пусть день рождения одного из учеников известен (один день в году – «занят»).
Тогда вероятность того, что день рождения второго ученика не совпадает с днём рождения первого: \(\mathrm{q_2=1-\frac{1}{365}}\) («заняты» два дня).
Вероятность того, что день рождения третьего ученика не совпадает с днями рождения первых двух: \(\mathrm{q_3=1-\frac{2}{365}}\) («заняты» три дня). И т. д.
Для всех k учеников вероятность того, что все дни рождения разные: \begin{gather*} \mathrm{ \widetilde{p}(k)=q_2\cdot q_3\cdot ... \cdot q_{k}=\left(1-\frac{1}{365}\right)\left(1-\frac{2}{365}\right)...\left(1-\frac{k-1}{365}\right)= }\\ \mathrm{ =\frac{364\cdot 363\cdot ... \cdot(365-k+1)}{365^{k-1}}= \frac{365\cdot 364\cdot 363\cdot ... \cdot(365-k+1)}{365^{k}}= \frac{365!}{365^{k}(365-k)!} } \end{gather*} Значит, вероятность того, что хотя бы у двух одноклассников дни рождения совпадают: \begin{gather*} \mathrm{ p(k)=1-\widetilde{p}(k)=1-\frac{365!}{365^{k}(365-k)!} } \end{gather*}

Таким образом, в классе из 30 человек вероятность совпадения дней рождения равна 70,63%. А в группе из 50 человек она достигает 97,04%.