Теорема. Імовірність добутку декількох незалежних подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій
P (A 
A 
*…* Аn -1 An)= P (A ) P (A )*... * P (A 
) Р (А 
). (2).
Розглянемо приклад застосування теорем множення ймовірностей.
Приклад 3. У механізм входять три однакові деталі. Робота механізму порушується, якщо при його збиранні будуть поставлені всі три деталі розміру більшого, ніж позначений на кресленні. У складальника залишилося 15 деталей, із котрих 5 більшого розміру. Знайти ймовірність ненормальної роботи першого зібраного з цих деталей механізму, якщо складальник бере деталі навмання.
Розв’язування:
Позначимо через А подію ненормальної роботи першого зібраного механізму, а через А 1, А 2 і А 3 - події, які полягають у тому, що перша, друга і третя деталі відповідно, поставлені в механізм, більшого розміру.
Тоді А = А 1 А 2 А З, тому що подія А наступає за умови одночасного настання подій А 1, А 2 і А 3.
По теоремі множення знаходимо
Ρ (А) = Ρ (А 1 А 2 А 3) = Р (А 1) Ρ (А 2/ А 1) Р (А З\ А 1 А 2) =5/15*4/14*3/13=0,011
Таким чином, ймовірність ненормальної роботи першого зібраного з цих деталей механізму, якщо складальник бере деталі навмання, дорівнює 0,011.
4.1.5. Ймовірність настання хоча б однієї події. Нехай події А1,А2,...,Аn незалежні у сукупності, причому Р (А1) = р 1,, Р(А2) = p2,…,P(An)=pn; нехай в результаті досліду можуть наступити всі події, або частина з них, або жодна з них.
Ймовірність настання події A, яка полягає в настанні хоча б однієї з подій А1,А2,...,Аn, дорівнює різниці між одиницею і добутком ймовірностей протилежних подій 
:
(4.8)
Зокрема, якщо всі n подій мають однакову ймовірність р, то формула (4.8) має вигляд
Р (A)=1- qn (4.9)
Приклад 4.Прилад складається з чотирьох елементів, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу під час роботи приладу, є величиною сталою і дорівнює 0,95. Для другого, третього і четвертого елементів ця ймовірність дорівнює відповідно 0,9; 0,85; 0,8.
Яка ймовірність того, що під час роботи приладу з ладу не вийде хоча б один елемент?
Розв’язання. Нехай р = 0,95 - імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу. Для другого, третього та четвертого елементів ця ймовірність становитиме відповідно р =0,9; р 
=0,85; р 
= 0,8. Імовірність того, що елементи вийдуть із ладу, дорівнюватиме відповідно:
На підставі формули 
маємо:
.
Приклад 5.Гральний кубик підкидається чотири рази. Чому дорівнює ймовірність того, що цифра 3 з’явиться при цьому хоча б один раз?
Розв’язування: Імовірність того, що при одному підкиданні з’явиться цифра 3, дорівнює 
. Тоді q = 1 - p = 1 - 
.
Згідно з формулою Р (С) = 1 - 
дістанемо:
.
Лекція 5.
ФОРМУЛА ПОВНОЇ ЙМОВІРНОСТІ. ФОРМУЛИ БЕЙЕСА.
Основні поняття
5.1.1. Формула повної ймовірності. Припустимо, що є повна група несумісних подій (гіпотез) В 1, В 2,..., Вn і нехай А – деяка подія, яка настає за умови настання якоїсь з подій В 1, В 2,..., Вn.
Оскільки події В 1, В 2,..., Вn утворюють повну групу несумісних подій, то подію А можна записати як суму добутків подій
А = АВ 1+ АВ 2+...+ АВn,
де всі доданки в правій частині рівності є несумісними між собою подіями і, отже, ймовірність настання події А дорівнює сумі ймовірностей подій АВ 1, АВ 2,... АВn:
Р (А)= Р (АВ 1)+ Р (АВ 2)+...+ Р (АВn).
Застосувавши до кожного з доданків, які стоять у правій частині останньої рівності, формулу добутку ймовірностей залежних подій (4.6), дістанемо формулу повної ймовірності
(5.1)
5.1.2. Ймовірності гіпотез. Формули Бейеса.
Припустимо, що проведено випробування, в результаті якого з¢явилася подія А. Спробуємо визначити, як змінилися (в з¢язку з тим, що подія А вже наступила) ймовірності гіпотез. Іншими словами, будемо шукати умовні ймовірності
Р А (В 1), Р А (В 2),..., Р А (Вn).
Спочатку знайдемо ймовірність Р А (В 1). За теоремою добутку маємо
Звідки 
Змінивши Р(А) за формулою (5.1), отримаємо
Аналогічно для інших гіпотез
k = 1,2,..., n. (5.2)
Формули (5.2) називають формулами Байеса. Вони дозволяють переоцінити ймовірності гіпотез після того, як стає відомим результат випробування, в якому з¢явилася подія А.
5.2. Приклади розв’язування задач за допомогою формул повної ймовірності та Байеса.
1.Муніципальний службовець збереже своє місце роботи з ймовірністю 0,9, якщо мер міста буде переобраний на новий термін, та з ймовірністю 0,5, якщо буде обраний новий мер. Ймовірність того, що мер буде переобраний, становить 0,6.
1.1.До опублікування результатів виборів оцінити ймовірність того, що муніципальний службовець збереже своє місце роботи.
1.2.Відомо, що муніципальний службовець зберіг своє місце роботи після виборів. Яка ймовірність того, що мер був переобраний на новий термін?
Розв’язування
Розглянемо дві гіпотези В 1 – мера переобрано і В 2 – обрано нового мера. Ймовірності гіпотез дорівнюють
Р (В 1)=0,6; Р (В 2)=1-0,6=0,4.
Позначимо через А подію, яка полягає в тому. Що службовець збереже своє місце роботи, тоді
Далі, застосовуючи формули повної ймовірності, отримуємо відповідь на перше питання
Для відповіді на друге питання застосуємо формулу (5.2)
Лекція 6. ПОСЛІДОВНОСТІ НЕЗАЛЕЖНИХ ВИПРОБУВАНЬ. ФОРМУЛА БЕРНУЛЛІ.
