2. Умножение вероятностей. Полная вероятность (18.02.26)

Теорема умножения вероятностей

Условная вероятность

Условная вероятность

Условная вероятность

Рассматриваем Вероятностное пространство
$P(B)\ne 0⟹P(A|B)$ – вероятность наступления события $A$ если известно что событие $B$ произошло
$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$

Пример

Подбросили 2 кости. Найти вероятность того, что в сумме выпадает число $>4$, если известно, что на 1-й кости выпало четное число.

Решение 1. В лоб

Изобразим таблицу которая показывает все возможные исходы.
✓ – сумма $>4$
✗ – сумма $\le 4$ при условии четной первой кости

1-я кость \ 2-я кость	1	2	3	4	5	6
1
2	✗	✗	✓	✓	✓	✓
3
4	✓	✓	✓	✓	✓	✓
5
6	✓	✓	✓	✓	✓	✓

Всего возможных исходов в выделенных строках: 18.
Из них благоприятных : 16.
$P=\frac{16}{18}=\frac{8}{9}$

Решение 2. Через формулу условной вероятности:

Пусть:

• $A$ – в сумме выпало число $>4$
• $B$ – на 1-й кости выпало четное число
  Тогда:
• $P(B)=\frac{1}{2}$
• $P(A\cap B)=\frac{16}{36}$
  $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{16}{36}}{\frac{1}{2}}=\frac{8}{9}$

Пример из Гмурман, В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика

В урне 3 белых и 3 черных шара. Из урны дважды вынимают по одному шару, не возвращая их обратно. Найти вероятность появления белого шара при втором испытании (событие $B$), если при первом испытании был извлечен черный шар (событие $A$).

Решение

После первого испытания в урне осталось 5 шаров, из них 3 белых. Искомая условная вероятность

$P(B|A)=3/5.$

Этот же результат можно получить по формуле

$P(B|A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}(P(A)>0).(\ast )$

Действительно, вероятность появления белого шара при первом испытании

$P(A)=3/6=1/2.$

Найдем вероятность $P(A\cap B)$ того, что в первом испытании появится черный шар, а во втором — белый. Общее число исходов — совместного появления двух шаров, безразлично какого цвета, равно числу размещений $A_6^2=6\cdot 5=30$. Из этого числа исходов событию $AB$ благоприятствуют $3\cdot 3=9$ исходов. Следовательно,

$P(A\cap B)=9/30=3/10.$

Искомая условная вероятность

$P(B|A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{(\frac{3}{10})}{\left(\frac{1}{2}\right)}=3/5.$

Ссылка на оригинал

Свойства условной вероятности

Свойства условной вероятности

Свойство 1 (Аксиома неотрицательности):

Условная вероятность не может быть отрицательной.
$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)\ge 0}{P(B)>0}\ge 0$

Свойство 2 (Аксиома нормировки):

Условная вероятность достоверного события $\Omega$ при любом условии $B$ равна 1.
$P(\Omega |B)=\frac{P(\Omega \cap B)}{P(B)}=\frac{P(B)}{P(B)}=1$

Свойство 3 (Аксиома аддитивности):

Если события несовместны, то вероятность того, что при условии $B$ произойдет хотя бы одно из них, равна сумме их условных вероятностей. $P(A_1\cup A_2|B)=P(A_1|B)+P(A_2|B)$

Доказательство

• $A_1,A_2$ – несовместные события $⟹A_1\cap A_2=\varnothing$
• Лемма: Докажем, что события, попавшие в $B$, тоже несовместны, чтобы применить свойство сложения несовместных событий: $(A_1\cap B)\cap (A_2\cap B)=B\cap \stackrel{\varnothing }{\overbrace{A_1\cap A_2}}=\varnothing$
• Теперь распишем условную вероятность по определению и получим требуемое $\begin{array}{lc}& P(A_1\cup A_2|B)=\frac{P((A_1\cup A_2)\cap B)}{P(B)}=\frac{P((A_1\cap B)\cup (A_2\cap B))}{P(B)}\stackrel{\text{лемма}}{=}\\ & =\frac{P(A_1\cap B)+P(A_2\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A_1\cap B)}{P(B)}+\frac{P(A_2\cap B)}{P(B)}=P(A_1|B)+P(A_2|B)\end{array}$

Ссылка на оригинал

Независимые события

Попарно независимые события

Попарно независимые события

Попарная независимость событий

Рассматриваем вероятностное пространство $A,B,P(B)\ne 0$
Событие $A$ не зависит от события $B$ если её условная вероятность равна вероятности самого события
$P(A|B)=P(A)$

Ссылка на оригинал

Теорема умножения вероятностей

Теорема умножения вероятностей

Теорема умножения вероятностей

Пусть события $A,B$
$P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B)$

Доказательство

Распишем пересечение событий через условную вероятность $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}⟹P(A\cap B)=P(A|B)P(B)$

Cледствие 1. Теорема умножения вероятностей для попарно независимых событий

$A$ и $B$ – Попарно независимые события $\iff P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$

Доказательство $P(A|B)=P(A)$ так как события независимые $P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B)=P(A)\cdot P(B)$

Следствие 2

Если $A$ не зависит от $B\Rightarrow$ событие $B$ не зависит от $A$

Доказательство

• Распишем условие независимости $B$ от $A$ и получим требуемое
  $P(B|A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\stackrel{\text{теорема}}{=}\frac{P(A)\cdot P(B)}{P(A)}=P(B)$

Следствие 3

Если $A$ и $B$ – независимы $\Rightarrow A$ и $\bar{B}$, $\bar{A}$ и $B$, $\bar{A}$ и $\bar{B}$ – независимы

Доказательство для $A$ и $\bar{B}$

$P(A|\bar{B})=\frac{P(A\cap \bar{B})}{P(\bar{B})}=\frac{P(\bar{B}|A)\cdot P(A)}{P(\bar{B})}=$
$=\frac{(1-P(B|A))P(A)}{P(\bar{B})}\stackrel{\text{следствие 2}}{=}\frac{(1-P(B))P(A)}{P(\bar{B})}=\frac{P(\bar{B})\cdot P(A)}{P(\bar{B})}=P(A)$
Для остальных случаев аналогично

Ссылка на оригинал

Пример проверки попарной независимости

Пример проверки попарной независимости

Пример когда события независимы

Из колоды в $52$ карты вытаскиваем $1$ карту. Проверить события $A=\{\text{вытащили туз}\},B=\{\text{вытащили красную карту}\}$ на независимость

Решения

• Всего 4 туза $P(A)=\frac{4}{52}=\frac{1}{13}$

• Красных карт ровно половина $P(B)=\frac{1}{2}$

• Красных тузов 2 $P(A\cap B)=\frac{2}{52}=\frac{1}{26}$

Проверяем условие независимости $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$
$\frac{1}{26}=\frac{1}{13}\cdot \frac{1}{2}\Rightarrow A$ и $B$ – независимы.

Пример когда события зависимы

Из колоды в $52$ карты $+2$ джокера вытаскиваем $1$ карту. Проверить события $A=\{\text{вытащили туз}\},B=\{\text{вытащили красную карту}\}$ на независимость

Решения

• Всего 4 туза $P(A)=\frac{4}{54}=\frac{2}{27}$
• Красных карт ровно половина от $52$ $P(B)=\frac{26}{54}=\frac{13}{27}$
• Красных тузов 2 $P(A\cap B)=\frac{2}{54}=\frac{1}{27}$

Проверяем условие независимости $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$
$\frac{1}{27}\ne \frac{2}{27}\cdot \frac{13}{27}\Rightarrow A$ и $B$ – зависимы.

Ссылка на оригинал

Независимость в совокупности

Независимость в совокупности

Независимость в совокупности

События $A_1,...,A_n$ называются независимыми в совокупности, если $\forall A_{i_1},...,A_{i_k}2\le k\le n$:
$P(A_{i_1}\cap ...\cap A_{i_k})=P(A_{i_1})\cdot ...\cdot P(A_{i_k})$

Следствие из определения

Если события независимы в совокупности, то они независимы попарно.

Замечание

В обратную сторону неверно!

Пример

Бросили 2 кубика. Возможные исходы четности: ЧЧ, ЧН, НЧ, НН.

• $A=\{\text{выпало четное число на 1 кубике}\}$
• $B=\{\text{выпало четное число на 2 кубике}\}$
• $C=\{\text{выпали числа разной четности}\}$

$$P(A)=\frac{1}{2}P(B)=\frac{1}{2}P(C)=\frac{1}{2}$$ $$\{\begin{array}{l}P(A\cap B)=\frac{1}{4}=P(A)\cdot P(B)\\ P(A\cap C)=\frac{1}{4}=P(A)\cdot P(C)\\ P(B\cap C)=\frac{1}{4}=P(B)\cdot P(C)\end{array}⟹\text{События попарно независимы}$$

Но они не независимы в совокупности, потому что выбить 2 четных числа и при этом чтобы они были разной четности невозможно

$$P(A\cap B\cap C)=0\ne \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$$

Ссылка на оригинал

---

Формула полной вероятности и формула Байеса

Полная группа событий

Полная группа событий

Полная группа событий

Несколько событий образуют полную группу, если в результате испытания обязательно появится хотя бы одно из них. Другими словами, объединение этих событий представляет собой достоверное событие.

Попарно несовместные события

Наибольший интерес представляет ситуация, когда события полной группы попарно несовместны, тогда в результате эксперимента обязательно произойдет одно и только одно из этих событий

Сумма вероятностей событий $A_1,A_2,...,A_n$ образующих полную группу, равна единице

Ссылка на оригинал

Теорема. Формула полной вероятности:

Теорема. Формула полной вероятности

Теорема

Пусть вероятностное пространство: $A,H_1,\dots ,H_n$ – события, где $H_1,\dots ,H_n$ образуют полную группу событий.

• $\bigcup H_i=\Omega$ (события исчерпывают всё пространство исходов)
• $H_i\cap H_j=\varnothing ,i\ne j$ (события попарно несовместны)
  тогда:
  $P(A)={\sum }_{i=1}^{n}P(A|H_i)\cdot P(H_i)$
• $P(H_i)$ – априорная вероятность (до опыта)

Доказательство

$$\Omega =\bigcup _i{H}_i$$

Интересующее нас событие $A$ можно выразить через пересечение со всем пространством исходов:

$$A=A\cap \Omega =A\cap (H_1\cup H_2\cup \cdots \cup H_n)=A=(A\cap H_1)\cup (A\cap H_2)\cup \cdots \cup (A\cap H_n)$$

части вида ($A\cap H_i)$ несовместны, так как сами гипотезы не пересекаются

Так как события несовместны, вероятность их объединения равна сумме их вероятностей:

$$P(A)=P(A\cap \Omega )=\sum _{i=1}^{n}P(A\cap H_i)$$

По теореме умножения вероятностей заменяем $P(A\cap H_i)$ на $P(A|H_i)\cdot P(H_i)$ и получаем итоговую формулу:

$$P(A)=\sum _{i=1}^{n}P(A|H_i)\cdot P(H_i)$$

Пример

В первой урне $3$ белых и $4$ черных шара, во второй урне $2$ белых и $2$ чёрных шара. Из первой во вторую переложили $1$ шар.
После этого из второй урны вытащили $2$ шара. Найти $P$ того что они белые.

Решение

$A=\{\text{из 2-й вытащили 2 белых шара}\}$
$H_1=\{\text{переложили белый шар}\}$
$H_2=\{\text{переложили черный шар}\}$
$P(H_1)=\frac{3}{7}P(H_2)=\frac{4}{7}$
Найдем вероятность для случая когда переложили белый шар (будет $3$ белых шара теперь)
$P(A|H_1)=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{3}{10}$
Найдем вероятность для случая когда переложили черный шар (остаётся $2$ белых шара)
$P(A|H_2)=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{10}$

По формуле полной вероятности
$P(A)=P(A|H_1)P(H_1)+P(A|H_2)P(H_2)=\frac{3}{10}\cdot \frac{3}{7}+\frac{1}{10}\cdot \frac{4}{7}=\frac{13}{70}$

Ссылка на оригинал

Теорема. Формула Байеса

Теорема. Формула Байеса

Теорема

Следствием из формулы полной вероятности является формула Байеса

$$P(H_k|A)=\frac{P(A|H_k)P(H_k)}{{\sum }_{i=1}^{n}P(A|H_i)P(H_i)}$$

$P(H_k|A)$ – апостериорная вероятность (после опыта)

Доказательство

Распишем условную вероятность и воспользуемся теоремой умножения вероятностей и формулой полной вероятности $P(H_k|A)=\frac{P(A\cap H_k)}{P(A)}=\frac{P(A|H_k)P(H_k)}{{\sum }_{i=1}^{n}P(A|H_i)P(H_i)}$

Пример

Три охотника пошли на кабана. Вероятности попадания первого $0,9$ второго $0,8$ третьего $0,5$. Охотники сделали залп и убили кабана, в тушке нашли 2 пули. В каком соотношении справедливо поделить кабана?

Решение

Пусть $A=\{\text{в кабане 2 пули}\}$
Распишем все гипотезы в таблице и посчитаем их вероятность. За «$+$» обозначим попадание, за промах «$-$». Поскольку мы точно знаем, что в кабане $2$ пули, то вероятность событий с двумя «$+$» равна $1$, вероятность остальных событий равна $0$.

Гипотезы	Вероятности гипотез $P(H_i)$	$P(A\Vert H_i)$|
$H_1:+++$	$P(H_1)=0,9\cdot 0,8\cdot 0,5=0,36$	$0$
$H_2:---$	$P(H_2)=0,1\cdot 0,2\cdot 0,5=0,01$	$0$
$H_3:+--$	$P(H_3)=0,9\cdot 0,2\cdot 0,5=0,09$	$0$
$H_4:-+-$	$P(H_4)=0,1\cdot 0,8\cdot 0,5=0,04$	$0$
$H_5:--+$	$P(H_5)=0,1\cdot 0,2\cdot 0,5=0,01$	$0$
$H_6:++-$	$P(H_6)=0,9\cdot 0,8\cdot 0,5=0,36$	$1$
$H_7:+-+$	$P(H_7)=0,9\cdot 0,2\cdot 0,5=0,09$	$1$
$H_8:-++$	$P(H_8)=0,1\cdot 0,8\cdot 0,5=0,04$	$1$

Теперь по формуле полной вероятности найдем вероятность события $A$

$$P(A)=\sum _{i=1}^{8}P(A|H_i)\cdot P(H_i)=1\cdot 0,36+1\cdot 0,09+1\cdot 0,04=0,49$$

У нас есть всё чтобы применить формулу Байеса и найти вероятности для наших гипотез при условии события $A$. Для гипотез $H_1,H_2\dots H_5$ мы не рассчитываем вероятность, так как при условии $A$ это невозможные события

• Попал первый и второй

$$P(H_6|A)=\frac{P(A|H_6)P(H_6)}{P(A)}=\frac{1\cdot 0,36}{0,49}=\frac{36}{49}$$

• Попал первый и третий

$$P(H_7|A)=\frac{P(A|H_7)P(H_7)}{P(A)}=\frac{1\cdot 0,09}{0,49}=\frac{9}{49}$$

• Попал второй и третий

$$P(H_8|A)=\frac{P(A|H_8)P(H_8)}{P(A)}=\frac{1\cdot 0,04}{0,49}=\frac{4}{49}$$

Рассчитаем апостериорные вероятности того, что попал конкретный охотник при условии $A$. Сделать это можно суммируя условные вероятности гипотез, где конкретный охотник попадает. Для удобства обозначим событие попадание охотника за $B_i$, где $i$ – номер охотника:

$$\begin{array}{lc}& P(B_1|A)=\stackrel{=0}{P(H_1|A)}+\stackrel{=0}{P(H_3|A)}+P(H_6|A)+P(H_7|A)=\frac{45}{49}\\ & P(B_2|A)=\stackrel{=0}{P(H_1|A)}+\stackrel{=0}{P(H_4|A)}+P(H_6|A)+P(H_8|A)=\frac{40}{49}\\ & P(B_3|A)=\stackrel{=0}{P(H_1|A)}+\stackrel{=0}{P(H_5|A)}+P(H_7|A)+P(H_8|A)=\frac{13}{49}\end{array}$$

Чтобы поделить добычу нам нужно сложить все эти вероятности, после чего мы получим $2$, как раз ровно два выстрела мы и сделали. Остаётся поделить вероятность каждого охотника на двойку

• Доля 1-го охотника: $\frac{45/49}{2}=\frac{45}{98}$
• Доля 2-го охотника: $\frac{40/49}{2}=\frac{40}{98}$
• Доля 3-го охотника: $\frac{13/49}{2}=\frac{13}{98}$

Знаменатель одинаковый, его можно отбросить и получить соотношение: $45:40:13$

Ответ

$$45:40:13$$

Ссылка на оригинал

---

Список использованных источников

Материал подготовлен на основе

1. Конспект лекций по ТВиМС от 18.02.2026. Лектор Литвинова В. В.
2. Гмурман, В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика: учебник для вузов / В. Е. Гмурман.— 12-е изд.— Москва: Издательство Юрайт, 2024.— 479 с.— (Высшее образование)
3. Нейросеть NotebookLM только для оформления