Условная вероятность. Независимые события

Зачем это нужно

Вероятность события может меняться, когда мы узнаём новую информацию. Вероятность, что случайный прохожий высокого роста, одна, а если известно, что он баскетболист, — совсем другая. Вероятность вынуть второй красный шар зависит от того, каким был первый. Как это учитывать? Отвечает условная вероятность. А независимость событий позволяет просто перемножать вероятности: так рассчитывают надёжность систем из многих деталей, вероятность выиграть серию матчей, угадать несколько ответов подряд.

Условная вероятность

Условная вероятность события $A$ при условии $B$ — вероятность $A$, вычисленная в предположении, что событие $B$ уже произошло. Обозначение: $P(A \mid B)$.

$P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}, \qquad P(B) > 0.$

Смысл: когда известно, что $B$ произошло, «новым миром» становятся исходы из $B$, и из них нужно выбрать те, что входят в $A$.

Разобранный пример 1

Бросили кубик. Известно, что выпало чётное. Какова вероятность, что выпало больше 3?

1. Условие $B$ = «чётное» $= \{2, 4, 6\}$ — 3 равновозможных исхода.
2. Из них больше 3: $\{4, 6\}$ — 2 исхода.
3. $P(A \mid B) = \frac{2}{3}$. (Без условия было бы $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.)

Правило умножения

Из определения:

$P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A \mid B).$

Вероятность того, что произойдут оба события, равна вероятности одного, умноженной на условную вероятность другого.

Дерево случайного эксперимента

Многошаговые опыты удобно изображать деревом: из каждой вершины выходят ветви — возможные результаты очередного шага, на ветвях пишут (условные) вероятности. Вероятность пути равна произведению вероятностей на его ветвях, а сумма вероятностей ветвей из одной вершины равна 1.

Разобранный пример 2

В урне 3 красных и 2 синих шара. Вынимают два шара без возвращения. Найдите вероятность того, что оба красные и что шары разного цвета.

1. Оба красные: $\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{6}{20} = 0{,}3$.
2. Разного цвета: пути КС и СК: $\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} + \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = 0{,}6$.
3. Проверка: $0{,}3 + 0{,}6 + P(\text{СС}) = 0{,}3 + 0{,}6 + 0{,}1 = 1$.

Независимые события

События $A$ и $B$ независимы, если наступление одного не меняет вероятности другого: $P(A \mid B) = P(A)$. Тогда

$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B).$

Примеры независимых событий: результаты бросаний монеты или кубика, выстрелы разных стрелков, отказы приборов, работающих независимо. Зависимые: вынимание шаров без возвращения, погода в соседние дни.

Разобранный пример 3

Два стрелка независимо стреляют по мишени. Вероятность попадания первого 0,8, второго 0,7. Найдите вероятность того, что: а) оба попадут; б) хотя бы один попадёт.

1. а) $0{,}8 \cdot 0{,}7 = 0{,}56$.
2. б) Оба промахнутся: $0{,}2 \cdot 0{,}3 = 0{,}06$; хотя бы один попадёт: $1 - 0{,}06 = 0{,}94$.

Серии испытаний

Если опыт повторяется независимо несколько раз, вероятности перемножаются. Вероятность, что монета 5 раз подряд выпадет орлом: $\left(\frac{1}{2}\right)^5 = \frac{1}{32}$. Вероятность, что ученик, угадывая, ответит верно на все 4 вопроса с 4 вариантами: $\left(\frac{1}{4}\right)^4 = \frac{1}{256}$.

Надёжность систем

Независимость позволяет рассчитывать надёжность технических систем.

• Последовательное соединение (система работает, только если работают все элементы): вероятности исправности перемножаются. Гирлянда из 50 лампочек, каждая из которых исправна с вероятностью 0,99, работает с вероятностью $0{,}99^{50} \approx 0{,}6$ — неожиданно мало!
• Параллельное (дублирование) (система работает, если исправен хотя бы один элемент): считаем через противоположное событие. Два независимых насоса с вероятностью отказа 0,1 каждый откажут одновременно с вероятностью $0{,}01$, и система надёжна на 99 %.

Поэтому в самолётах, на атомных станциях и в больницах важные системы дублируют: несколько независимых двигателей, генераторов, источников питания.

Ловушка «игрока»

Многие считают, что после пяти «решек» подряд «орёл» становится более вероятным. Это ошибка игрока: броски независимы, и вероятность «орла» в шестой раз по-прежнему $\frac{1}{2}$. Монета не «помнит» прошлых результатов. Зато вероятность заранее получить 6 решек подряд мала: $\frac{1}{64}$.

Типичные ошибки

• Перемножать вероятности зависимых событий как независимых (например, при выборе без возвращения).
• Путать $P(A \mid B)$ и $P(B \mid A)$: вероятность «высокий при условии баскетболист» и «баскетболист при условии высокий» — совсем разные числа.
• Путать независимые и несовместные события: несовместные события с ненулевыми вероятностями всегда зависимы.
• Забывать складывать вероятности разных путей дерева, ведущих к одному результату.
• Считать «хотя бы один» напрямую вместо перехода к противоположному событию.

Что дальше

• Случайные величины и распределения. Математическое ожидание — случайные величины и математическое ожидание.
• Формула полной вероятности — формула полной вероятности.
• Формула Байеса — формула Байеса.