Материал: erovenko_va_osnovy_vysshei_matematiki_dlia_filologov

но, что p( A ) = 27/36, поскольку из 36 карт 27 = 36 – 9 карт — не пиковой масти. Кроме того, p(B A ) = 9/35, поэтому p( A ∩ B) = p( A )p(B A ) = 2736 359 = 42735 . Для

нахождения вероятности p( A ∩ B) с помощью формулы задачи о выборке необходимо учесть, что в этой схеме учтен вариант, когда первая карта пиковой масти, а вторая не пиковой, т. е.

Следовательно, p(B) = p(A ∩ B) + p( A ∩ B) = 352 + 42735 = 14 . В частности, теперь видно, что вероятность доставания второй карты такая же, как если бы это происходило без реализации события A. Теперь можно найти искомую вероятность:

p(A B) = p(A) + p(B) – p(A ∩ B) = 1 + 1 − 2 = 31 . 4 4 35 70

В связи с примерами подобного рода уместно отметить, что как сказал в своем трактате Христиан Гюйгенс, «при внимательном изучении предмета читатель заметит, что имеет дело не только с игрой, но что здесь закладываются основы очень интересной и глубокой теории».

Полученная для двух случайных событий формула допускает следующее обоб-

щение. Пусть А1, А2, …, Аn — случайные события и p(А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1) > 0. Поскольку

А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1 … А1 ∩ А2 А1,

то из замечания после основных свойств вероятности, т. е. из того, что А B р(A) ≤ р(B), и условия p(А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1) > 0 следует p(А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аk) > 0 для

p(А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1) > 0, то тогда справедлива следующая формула для вероятно-

сти пересечения (произведения) событий:

p(А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn) = p(А1)p(А2 A1)p(А3 А1 ∩ А2) … p(An А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1).

Смысл этой формулы в том, что вероятность пересечения (произведения) нескольких событий равна произведению вероятностей этих событий, причем вероятность каждого последующего события вычисляется при условии, что все предыдущие имели место.

Покажем, как доказать это равенство для n = 3, например, для A, B и D. Пусть p(A ∩ B)>0. Напомним, что для событий A и B верна формула р(A ∩ B) = р(A)p(B A). Пользуясь свойством ассоциативности операции пересечения множеств (см. раздел 1.4)

152

пересечение трех событий можно записать в виде A ∩ B ∩ D = (A ∩ B) ∩ D. Применяя дважды формулу для вероятности пересечения событий, получим

p(A ∩ B ∩ D) = p((A ∩ B) ∩ D) = p(A ∩ B)p(D A ∩ B) = p(A)p(B A)p(D A ∩ B),

т. е.

p(A ∩ B ∩ D) = p(A)p(B A)p(D A ∩ B).

В языкознании сравнительно редко встречаются безусловные вероятности. Даже вероятности букв, слогов, слов и т. д. являются услов-

ными, так как зависят от позиции этих лингвистических объектов в слове, словосочетании и предложении.

Пример. Слово ЛОТОС, составленное из букв-кубиков, рассыпано на отдельные кубики, сложенные в коробке, из которой наугад произвольно извлекаются один за другим три буквы-кубика. Какова вероятность того, что при этом сложится слово СТО?

Ведем обозначения для следующих событий: A = {первой извлечена буква С}, B = {второй извлечена буква Т}, D = {третьей извлечена буква О}. Надо посчитать вероятность события A ∩ B ∩ D. Очевидно, что p(A) = 1/5, а условные вероятности p(B A) = 1/4 и p(D A ∩ B) = 2/3. По-

этому по формуле для вероятности пересечения трех событий имеем p(A ∩ B ∩ D) = p(A)p(B A)p(D A ∩ B) = 15 14 23 = 301 .

Этот пример можно решить другим способом с помощью приема растождествления, описанного в разделе 2.3. После индексации букв слова ЛОТОС получим 5 различных букв Л1,О1,Т1,О2,С1. Из них можно составить A53 = 5 4 3 различных 3-буквенных «слов», т. е. упорядочен-

ных выборок или размещений. Они составляют все равновозможные исходы интересующего нас испытания в новом контексте «растождествления букв». Благоприятными исходами для появления слова СТО являются для буквы С — A11 = 1, т. е. одно размещение; для буквы T — A11 = 1

тоже одно размещение; для буквы O — A21 = 2 1 = 2 размещения. По ком-

бинаторному принципу умножения число благоприятных исходов для

По существу, это аналог задачи о выборке, который можно назвать

задача об упорядоченной выборке. В отличие от задачи о выборке мы

153

сейчас рассматриваем упорядоченные подмножества, поэтому в задаче об упорядоченной выборке вместо сочетаний рассматриваются размещения. Продемонстрируем это еще на одном примере.

Пример. Из урны с шарами, на которых написаны буквы, составляющие слово МАТЕМАТИКА, выбираются наугад последовательно четыре шара и укладываются в порядке их появления. Какова вероятность того, что при этом сложится слово ТАТА?

Число всех равновозможных исходов этого испытания — это число всех 4-буквенных «слов», составленных из 10 «растождествленных»

букв А1, А2, А3, Е1, И1, К1, М1, М2, Т1, Т2, число которых равно числу размещений A104 =10 9 8 7. Число благоприятных исходов составления слова

ТАТА равно числу A22 A32 , где A22 = 2 1 — число размещений для двух из двух букв Т и A32 = 3 2 — число размещений для двух из трех букв А. Следовательно, искомая вероятность равна

Из формулы вероятности пересечения (произведения) событий и определения условной вероятности можно получить формулу для условной вероятности пересечения (произведения) событий.

Замечание. Для случайного события C, где p(C) > 0, и для случайных событий А1, А2, …, Аn справедлива формула для условной вероятности пересечения (произведения) событий вида:

p(А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn C) = p(А1 C)p(А2 C ∩ А1) … p(Аn C ∩ А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1).

Напомним, что в силу свойства коммутативности А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn ∩ C = = C ∩ А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn. Тогда по определению условной вероятности и по формуле вероятности для полученного пересечения из предыдущего замечания получим

= p(А1 C)p(А2 C ∩ А1)…p(Аn C ∩ А1 ∩ А2 ∩ … ∩ Аn-1).

Совместные испытания разделяются на независимые и зависимые. Это можно пояснить на простых примерах с помощью урновой схемы.

Например, в урне три шара: белый, черный и красный, из которой последовательно извлекают два шара. Пусть первое испытание состоит в том, что извлекают первый шар, запоминают его, а затем кладут обратно в урну. Второе испытание состоит в том, что после перемешивания шаров извлекается второй шар. В этом случае результаты испытаний никак не влияют друг на друга, и такие испытания называются независимыми. Пусть теперь после извлечения первого шара его в урну не возвраща-

154

ют, а сразу за ним извлекают второй шар. В этом случае исходы второго испытания зависят от того, какой исход имел место в первом испытании, так как во втором испытании этот шар появиться уже не может, поэтому такие испытания называют зави-

симыми.

Определение независимых событий. Событие A называется независимым от события В, если условная вероятность p(A B) равна безусловной вероятности p(A), т. е. выполняется равенство

p(A B) = p(A).

Например, из колоды игральных карт вынимают наудачу одну карту. Чему равна вероятность события A = {вынута карта туз}? Если в колоде 36 карт, то вероятность этого события p(A) = 4/36 = 1/9. Предположим, что событие B = {вынута карта черной масти}. Условная вероятность события A при условии, что произошло событие B, равна p(B A) = 2/18 = 1/9. Таким образом, условная вероятность p(B A) равна безусловной вероятности p(A) и, следовательно, событие A не зависит от события B.

Если вероятность события A принимает разные значения в зависимости от того, произошло событие B или не произошло, то говорят, что событие A зависит от события B.

Например, при подготовке к экзамену две студентки успели выучить только первые 10 билетов («счастливых» для них) из 20 экзаменационных билетов. Пусть событие B = {первая студентка вытянула «счастливый» билет}, а событие A = {вторая студентка вытянула «счастливый» билет}. Если событие B произошло, то среди оставшихся 19 билетов окажется только 9 «счастливых» и значит p(A) = 9/19. Если событие B не произошло, т. е. первая студентка вытянула «несчастливый» билет, то число «счастливых» билетов среди оставшихся 19 билетов не изменится, и значит p(A) = 10/19. Поэтому событие A зависит от события B.

В частности, из формулы для вероятности пересечения двух событий следует, что если p(A B) = p(A), т. е. если событие A не зависит от события B и p(A) > 0, то по определению условной вероятности p(B A) имеем

p(B A) = p(B ∩ A) = p(B)p( A B) = p(B)p( A) = p(B), p( A) p( A) p( A)

т. е. тогда событие B также будет независимо от события A.

Замечание. Если событие A не зависит от события B, то и событие B не зависит от события A, поэтому вполне допустимо говорить просто о независимых со-

бытиях A и B.

Если события A и B независимы, то наступление одного из них никак не влияет на шансы наступления другого. Из этого замечания и формулы для вероятности пересечения (произведения) событий вытекает важное следствие.

Утверждение. Для независимых событий A и B имеет место теорема умно-

жения вероятностей:

p(A ∩ B) = p(A)p(B).

155

Например, пусть два игрока бросают по одной игральной кости. Рассмотрим следующие события: A = {на 1-й кости выпадает шестерка}, B = {на 2-й кости выпадает шестерка}, тогда событие A ∩ B = {выпадают две шестерки}. Поскольку собы-

тия A и B независимы, то p(A ∩ B) = p(A)p(B) = 1/6 1/6 = 1/36.

Справедливо также утверждение, в известном смысле, обратное к предыдущему.

Утверждение. Если выполняется равенство p(A ∩ B) = p(A)p(B), причем p(B) > 0, то событие A не зависит от события B.

Доказательство. Из имеющегося равенства следует, что p(A) = p(A ∩ B) / p(B), которое по определению равно p(B A), поэтому p(B A) = p(A), т. е. получили независимость событий A и B.

Согласно определению данному выше, говорить о независимости события A от B имеет смысл лишь при условии p(B) > 0, т. е. когда p(B) ≠ 0. В некоторых случаях такое ограничение представляется ненужным. Поэтому вводится более широкое понятие независимости событий.

Замечание. События A и B называются независимыми, если

p(A ∩ B) = p(A)p(B).

В дальнейшем независимость событий A и B будет пониматься как выполнение этого равенства.

Например, игральная кость бросается дважды. Рассмотрим событие A = {при первом бросании выпало 6 очков} и событие B = { при втором бросании выпало нечетное число очков}. Покажем, что события A и B независимы.

В этом испытании всего 62 = 36 различных элементарных событий (i, j), где i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Из них 6 благоприятствуют событию A, т. е. (6, j), где j = 1, 2, 3, 4, 5, 6, и 18 благоприятствуют событию B, т. е. (i, 1), (i, 3), (i, 5), где i = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Событие A ∩ B cодержит только 3 элементарных события: (6, 1), (6, 3), (6, 5). Таким образом,

p(A) = 6/36 = 1/6, p(B) = 18/36 = 1/2 и p(A ∩ B) = 3/36 = 1/12 = 1/6 1/2 = p(A)p(B),

что и требовалось доказать.

В случае, когда, например, p(B) = 0, то равенство p(A ∩ B) = p(A)p(B) выполня-

ется автоматически. Действительно, в силу свойства дистрибутивности операции пересечения относительно операции объединения множеств (см. раздел 1.4) имеем

B = B ∩ U = B ∩ (A A ) = (B ∩ A) (B ∩ A ),

а так как пересечение (B ∩ A) ∩ (B ∩ A ) = , то по теореме сложения вероятностей p(B) = (B ∩ A) + p(B ∩ A ). Если p(B) = 0 получим, что сумма двух неотрицательных чисел p(B ∩ A) и p(B ∩ A ) равна 0. Следовательно, каждое из них равно 0 в отдельности. Таким образом, если p(B) = 0, то p(B ∩ A) = 0 соответственно p(A ∩ B) = 0, и выполняется равенство 0 = p(A ∩ B) = p(A)p(B) = 0.

Пример. Из колоды игральных карт наугад выбирают одну карту. Пусть событие A = {вынута карта туз}, а событие B = {вынута карта красной масти}. Являются ли события A и B независимыми?

156