Карточки
Тесты
Зави
Тест: 10.3.3
Умножение вероятностей и цепочки событий
На прошлом уроке вы познакомились с условной вероятностью: если известно, что событие $B$ произошло, поле исходов сужается до $B$, и вероятность $A$ — это доля $A$ внутри нового поля. Теперь развернем эту идею: найдем вероятность того, что два и больше событий произойдут одно за другим.
Вопрос урока: из хорошо перемешанной колоды в 36 карт наугад вынимают две карты подряд, не возвращая первую. Какова вероятность, что обе окажутся тузами? Многие отвечают $\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{9}$. Ответ к концу третьего раздела будет другим — и вы увидите почему.
Вероятность двух событий подряд — доля от доли
Рассмотрим поле из 100 равновозможных исходов. Пусть событию $A$ благоприятствуют 40 исходов, а внутри $A$ еще и событию $B$ — 10 исходов. Тогда $P(A)=\frac{40}{100}=0{,}4$, $P(A\cap B)=\frac{10}{100}=0{,}1$.
Теперь посмотрим на те же 10 исходов иначе. Сначала поле сужается до $A$: остается 40 клеток. Внутри них $B$ занимает 10 клеток, то есть $P(B\mid A)=\frac{10}{40}=0{,}25$. Значит, пересечение — это четверть от сорока процентов: $0{,}4\cdot 0{,}25=0{,}1$. Вероятность «и $A$, и $B$» — доля от доли.
Правило умножения вероятностей
При $P(A)>0$ вероятность того, что произойдут оба события, равна вероятности первого, умноженной на условную вероятность второго при условии, что первое произошло:
$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A)$$
Почему это верно
Скрыть
По определению условной вероятности при $P(A)>0$: $P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$. Умножим обе части на $P(A)$ — получим $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A)$. Формула не новая: это то же определение, прочитанное в обратную сторону. Если $P(A)=0$, то $P(A\cap B)=0$; условную вероятность $P(B\mid A)$ по этому определению не определяют.
Пример 1
Ученик решает первую задачу олимпиады верно с вероятностью $0{,}8$. Если первая решена, то вторую, которая на нее опирается, он решает с вероятностью $0{,}7$. Найдите вероятность того, что он решит обе задачи.
Решение. $A$ — «решил первую», $B$ — «решил вторую». Дано $P(A)=0{,}8$ и $P(B\mid A)=0{,}7$. По правилу умножения $P(A\cap B)=0{,}8\cdot 0{,}7=0{,}56$.
Проверка смысла. $0{,}56$ не больше $P(A)=0{,}8$: вероятность двух событий не превышает вероятности первого.
Ответ: $0{,}56$.
Путь по дереву — произведение на ветках
Когда шагов несколько, удобно рисовать дерево: каждая развилка — один шаг опыта, на каждой ветке — вероятность при условии всего, что было на пути до нее. Тогда правило умножения читается просто: вероятность пути равна произведению вероятностей на его ветках.
Ветки из одной развилки описывают все варианты этого шага, поэтому их вероятности в сумме дают 1. Это удобная проверка: если сумма не равна 1, на ветке ошибка.
Пример 2
В коробке 3 красных и 4 синих шара. Вынимают два шара подряд, не возвращая первый. Найдите вероятности всех четырех путей и вероятность того, что шары разного цвета.
Решение. Первый шаг: $P(\text{К})=\frac{3}{7}$, $P(\text{С})=\frac{4}{7}$. Если первым вынут красный, осталось 6 шаров, из них 2 красных: на ветках $\frac{2}{6}$ и $\frac{4}{6}$. Если первым вынут синий, осталось 3 красных и 3 синих: $\frac{3}{6}$ и $\frac{3}{6}$.
$P(\text{КК})=\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{6}=\frac{1}{7}$, $P(\text{КС})=\frac{3}{7}\cdot\frac{4}{6}=\frac{2}{7}$, $P(\text{СК})=\frac{4}{7}\cdot\frac{3}{6}=\frac{2}{7}$, $P(\text{СС})=\frac{4}{7}\cdot\frac{3}{6}=\frac{2}{7}$. Проверка: $\frac{1}{7}+\frac{2}{7}+\frac{2}{7}+\frac{2}{7}=1$.
«Разного цвета» — это два пути, КС и СК. Пути — разные исходы, они несовместны, поэтому их вероятности складываются: $\frac{2}{7}+\frac{2}{7}=\frac{4}{7}$.
Ответ: $\frac{1}{7}$, $\frac{2}{7}$, $\frac{2}{7}$, $\frac{2}{7}$; разного цвета — $\frac{4}{7}$.
Цепочка может быть длиннее. Добавим третий шаг: вероятность вынуть три красных подряд равна $\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{5}=\frac{1}{35}$. Каждый множитель — доля внутри поля, которое осталось после предыдущих шагов.
Алгоритм: вероятность цепочки
- Разбейте опыт на шаги и нарисуйте дерево.
- На каждой ветке запишите вероятность при условии всего пути до нее. Если вероятность пути стала равна нулю, прекратите его: условные вероятности после невозможного условия не определяют.
- Перемножьте вероятности вдоль нужного пути.
- Если к событию ведут несколько путей, сложите их вероятности.
- Проверьте: ответ лежит на отрезке $[0;1]$.
Для трех событий при $P(A_1)>0$ и $P(A_1\cap A_2)>0$:
$$P(A_1\cap A_2\cap A_3)=P(A_1)\cdot P(A_2\mid A_1)\cdot P(A_3\mid A_1\cap A_2)$$
Без возвращения состав после каждого шага меняется
Определение
Выбор без возвращения — опыт, в котором вынутый предмет не возвращают обратно, поэтому перед следующим шагом предметов на один меньше. Выбор с возвращением — предмет возвращают, и состав перед каждым шагом прежний.
Поле исходов — все последовательности результатов. Состав коробки — лишь то, из чего делается следующий выбор. Например, в коробке 5 шаров, 2 красных: без возвращения после красного шара остается 1 красный из 4, с возвращением — по-прежнему 2 красных из 5.
Вернемся к колоде. В ней 36 карт, из них 4 туза. Первая карта — туз с вероятностью $\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$. Если первая карта туз и ее не вернули, в колоде 35 карт и 3 туза: $P(\text{второй туз}\mid\text{первый туз})=\frac{3}{35}$. Карт стало меньше, и доля тузов среди оставшихся тоже уменьшилась.
$P(\text{два туза})=\frac{4}{36}\cdot\frac{3}{35}=\frac{12}{1260}=\frac{1}{105}$. Это и есть ответ на вопрос урока.
Ошибка
Как ошибаются. Решавр считает: «Первая карта — туз с вероятностью $\frac{1}{9}$, вторая тоже, значит, $\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{9}=\frac{1}{81}$».
Проверка на числах. Возьмем совсем маленькую колоду: 2 карты, один туз. Вынуть два туза подряд без возвращения невозможно — туз всего один, вероятность 0. А по способу Решавра получилось бы $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$.
Где сломалось рассуждение. Вторая вероятность взята для прежнего состава колоды. После первого туза состав изменился: туз ушел, карт стало меньше. Произведение $P(A)\cdot P(B)$ годится только тогда, когда первый шаг не меняет долю второго события; здесь меняет. Верно: $\frac{1}{105}$, и это меньше, чем $\frac{1}{81}$.
Пример 3
В партии 10 деталей, 2 из них бракованные. Контролер берет наугад 3 детали подряд, не возвращая. Найдите вероятность того, что все три детали исправные.
Решение. Исправных 8. Первый шаг: $\frac{8}{10}$. Если первая исправная, осталось 9 деталей, исправных 7: $\frac{7}{9}$. Если и вторая исправная, осталось 8 деталей, исправных 6: $\frac{6}{8}$.
$P=\frac{8}{10}\cdot\frac{7}{9}\cdot\frac{6}{8}=\frac{336}{720}=\frac{7}{15}\approx 0{,}47$.
Проверка смысла. Если бы детали возвращали, получилось бы $0{,}8^3=0{,}512$. Без возвращения исправных остается все меньше, поэтому ответ меньше.
Ответ: $\frac{7}{15}$.
С возвращением шаги повторяются
В коробке 7 шаров, из них 2 красных. Вынули шар, посмотрели цвет, вернули и перемешали, затем снова выбираем наугад с равными шансами для каждого шара. Перед вторым выбором в коробке опять 2 красных из 7, поэтому $P(\text{красный})=\frac{2}{7}$ и в первый раз, и во второй.
Правило повторяющихся шагов
Если после любого результата предыдущих шагов вероятность каждого результата следующего шага остается такой же, то на всех развилках дерева стоят одни и те же числа, а вероятность пути — их произведение. Например, при $0{,}8$ и $0{,}2$ на каждой развилке путь из трех шагов «П, П, М» равен $0{,}8\cdot 0{,}8\cdot 0{,}2$. Одинаковые вероятности должны следовать из устройства опыта (состав восстановили и перемешали) или быть даны в условии.
Так же устроены выстрелы по мишени, если сказано, что вероятность попадания при каждом выстреле равна $0{,}8$ при каждом выстреле, какими бы ни были результаты предыдущих.
Пример 4
Стрелок попадает в мишень с вероятностью $0{,}8$ при каждом выстреле, и при каждом выстреле она одна и та же, какими бы ни были предыдущие результаты. Он стреляет три раза. Найдите вероятность того, что: а) он попал все три раза; б) попал первые два раза и промахнулся в третий.
Решение. Развилка на каждом шаге одна и та же: попадание $0{,}8$, промах $1-0{,}8=0{,}2$.
а) Путь «П, П, П»: $0{,}8\cdot 0{,}8\cdot 0{,}8=0{,}512$.
б) Путь «П, П, М»: $0{,}8\cdot 0{,}8\cdot 0{,}2=0{,}128$.
Ответ: а) $0{,}512$; б) $0{,}128$.
Обратите внимание
Главный вопрос перед решением: как предыдущие результаты влияют на вероятность следующего? При выборе без возвращения пересчитывают состав. При выборе с возвращением, перемешиванием и равновозможным случайным выбором состав восстанавливается. Фразы «каждый раз с вероятностью…» самой по себе недостаточно, чтобы вероятность не менялась от шага к шагу. Например, если результаты трех опытов всегда совпадают, а вероятность успеха каждого равна $0{,}8$, вероятность трех успехов равна $0{,}8$, а не $0{,}8^3$.
«Хотя бы один раз» проще считать через «ни разу»
Найдем вероятность того, что стрелок из примера 4 попадет хотя бы один раз из трех. Путей с попаданием на дереве семь: перебирать их долго. Зато путь «ни одного попадания» один: «М, М, М».
Событие «хотя бы одно попадание» противоположно событию «ни одного попадания». Их вероятности в сумме дают 1.
Пример 5
а) Стрелок из примера 4: $P(\text{М, М, М})=0{,}2^3=0{,}008$, значит, $P(\text{хотя бы одно попадание})=1-0{,}008=0{,}992$.
б) Детали из примера 3: найдем вероятность того, что среди трех взятых деталей есть хотя бы одна бракованная. Противоположное событие — все три исправные, его вероятность $\frac{7}{15}$. Ответ: $1-\frac{7}{15}=\frac{8}{15}$.
Проверка смысла. Если сложить вероятности попадания в каждом выстреле, выйдет $0{,}8+0{,}8+0{,}8=2{,}4>1$: так считать нельзя, попадания в разных выстрелах могут случиться вместе.
Правило «хотя бы один раз»
Вероятность того, что в цепочке событие произойдет хотя бы один раз, равна единице минус вероятность пути «ни разу»:
$$P(\text{хотя бы один раз})=1-P(\text{ни разу})$$
Вывод
Формула умножения $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A)$ при $P(A)>0$ — это определение условной вероятности, прочитанное в обратную сторону. Она нужна в любой задаче, где опыт идет шагами: выбор деталей, карт, билетов, серия выстрелов. Такие задачи встречаются в задании ЕГЭ по теории вероятностей.
Чтобы вспомнить главное, представьте поле, которое сужается с каждым шагом, и дерево:
На следующем уроке разберем случай, когда сужение поля не меняет долю второго события: такие события называют независимыми.
Часто задаваемые вопросы
При $P(A)>0$ — когда первое событие не меняет вероятность второго: $P(B\mid A)=P(B)$. Так бывает при выборе с возвращением, перемешиванием и случайным равновозможным выбором; для повторных бросков результат каждого броска не должен менять условия следующего. При $P(A)=0$ и пересечение, и произведение $P(A)P(B)$ равны нулю без обращения к условной вероятности. События, для которых $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$, называют независимыми — им посвящен следующий урок.
При $P(A)>0$ и $P(B)>0$ для вероятности «оба события» порядок не важен: $P(A)\cdot P(B\mid A)=P(B)\cdot P(A\mid B)$, обе записи дают $P(A\cap B)$. Но удобнее идти в том порядке, в котором опыт происходит: тогда условные вероятности легко найти по составу.
Нет. Вынуть две карты сразу — то же, что вынуть их подряд без возвращения: одну и ту же карту нельзя взять дважды. Поэтому считают так же, как без возвращения.
Сумма вероятностей на ветках из каждой развилки равна 1, и сумма вероятностей всех полных путей тоже равна 1. Если сумма другая, на какой-то ветке ошибка в условной вероятности.
5
5
1
5
Получите полный доступ ко всем материалам и занимайтесь в удобном темпе — без ограничений.
- Более 700 000 учеников и 50 000 учителей по всей России.
- Повышение среднего балла по предмету до 20 % после месяца занятий.
- Всплеск интереса к учебе и более глубокое понимание предметов.
Создайте бесплатный аккаунт — и откройте больше возможностей:
- Отслеживайте прогресс освоения тем
- Получайте персональные подборки полезных уроков и заданий
- Проводите работу над ошибками после занятий