Теоремы сложения и умножения вероятностей. Непосредственный подсчет вероятности, основанный на построении полной группы событий, практически редко может быть осуществлен

Непосредственный подсчет вероятности, основанный на построении полной группы событий, практически редко может быть осуществлен. Поэтому основной задачей теории является рассмотрение различных теорем, с помощью которых вероятности одних событий определяются по вероятностям других событий. Важнейшие из них - теоремы сложения и умножения. Условная вероятность события А относительно события В равна:

(1.2.1)

Выражение (1.2.1) получило название теоремы умножения вероятностей.

В случае произведения более чем двух событий теорема умножения вероятностей принимает вид

События независимы в совокупности, если (1.2.2)

Теорема сложения вероятностей: если события попарно несовместимы, то вероятность суммы событий равна сумме вероятностей этих событий:

(1.2.3)

Если несовместные события образуют полную группу, то сумма вероятностей этих событий равна 1. В частности, для двух, противоположных событий Аи имеет место равенство , и поэтому вероятность противоположного события вычисляется по формуле

Если события совместны, то формулы для вероятности суммы этих событий усложняются. Например, вероятность суммы двух местных событий равна

,

а вероятность суммы трех совместных событий

Задача 1.2.1

Из коробки, содержащей 5 красных и 3 черных шариковых ручки, извлекают 2 ручки. Найти вероятность того, что: а) обе ручки красные. 6) ручки разных цветов. Рассмотреть 2 случая: 1) извлеченная первой ручка не возвращается в коробку; 2) извлеченная первой ручка возвращается в коробку перед извлечением второй.

Решение. Введём обозначения для событий: А - обе ручки красного цвета;В - ручки разных цветов. Следует определить Р(А) и Р(В)

Введём события, связанные с извлечением одной ручки: А1-первая ручка: красная; - первая ручка чёрная, А2 - вторая ручка красная; вторая ручка черная. Тогда и .

Применяем формулы (1.2.1) и (1.2.3).

В данном случае события и несовместны.

1 случай. Так как после наступления ручка не возвращается, то в коробке окажется 7 ручек. Из которых 4 красных и поэтому

2 случай. (так как после наступления ручка возвращена в коробку).

а) . б) .

Задача 1.2.2

Прибор собирается последовательно четырьмя рабочими. Независимо от остальных 1-й может допустить брак вероятностью 0,1,2-й и 3-й - с вероятностью 0,09, а 4-й -0,15. Готовый прибор относится к I сорту, если ни один рабочий не допустил брак, ко II, если брак допущен 2-м или 3-м рабочим, к III сорту, если брак допустили 1 -й или 4-й рабочие и признаётся негодным в остальных случаях. Найти вероятности следующих событий:А - прибор признан I сорта; В - II сорта; С - Ш сорта; D - прибор признан негодным.

Решение: Обозначим Через Аi событие, состоящее в том, что i-ый рабочий не допустил брак, тогда -i-ый рабочий допустил брак i =1,2,3, 4. В условии дано Р(А1) =01; Р(А2)= Р(АЗ)=0,09; Р(А4)=0,15. Тогда P(A1)=0.9; P(A2)=P(A3)=0.91; Р(A4) = 0.85

Интересующие нас события можно представить следующим образом: A=A1А2А3А4; B=A1A2A3A4+ А2А3А4;C=A1A2A3A4+ A2A3А4. Событие D противоположно сумме событий А+В+С, т.е. D= A+B+C:

Применяем формулы (1.2.2) для независимых событий и (1.2.3) для несовместных событий-слагаемых в выражениях для В и С, получим

Задача 1.2.3

Вероятность того, что проходящая машина потребует заправки в данном пункте, равна 0.3. Сколько должно пройти машин чтобы с вероятностью не меньшей, чем 0.9 можно было утверждать, что хотя бы одна потребует заправки?

Решение; Введем обозначения для событий: Аi –i-я машина потребует заправки и С - хотя бы одна машина из и потребует заправка. Тогда С=А1+А2+...+Аn.

Однако все слагаемые совместны, поэтому перейден противоположному событию С -“ни одна машина из n потребует заправки” получим

События A1,А2,..., An, а следовательно, _ A1 А2…Аn независимы и имеют одну и ту же вероятность

Поэтому По условию задачи те. Решая это неравенство, найдем последовательно n lg 0.7 lg 0,1, откуда . Окончательно получаем n=7.