lesson5.tex

\addcontentsline{toc}{chapter}{Занятие 5. Условные вероятности. Независимость}
\chapter*{Занятие 5. Условные вероятности. Независимость}

\addcontentsline{toc}{section}{Контрольные вопросы и задания}
\section*{Контрольные вопросы и задания}

\subsubsection*{Какие события называются независимыми?}

$A$ и $B$ --- независимы, если $P \left( A \cap B \right) = P \left( A \right) P \left( B \right) $.

\subsubsection*{Какие события называются несовместимыми?}

В теории вероятностей несколько событий называются несовместными, или несовместимыми, если никакие из них не могут появиться одновременно в результате однократного проведения эксперимента (опыта).

\subsubsection*{Запишите формулу для вычисления условной вероятности.}

Условная вероятность события $A$ при условии, что событие $B$ произошло --- это выражение
$$P \left( A/B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) }.$$

\addcontentsline{toc}{section}{Аудиторные задачи}
\section*{Аудиторные задачи}

\subsubsection*{5.3}

\textit{Задание.} Трижды подбросили монету.
Пусть событие $A$ состоит в том, что дважды выпал герб, а событие $B$ --- в том, что хотя бы один раз выпал герб.
Найдите условные вероятности $P \left( \left. A \right| B \right), \, P \left( \left. B \right| A \right) $.
Являются ли события $A$ и $B$ независимы.

\textit{Решение.} Распишем вероятностное пространство
$$ \Omega =
\left\{ \left( 1, 1, 1 \right), \,
\left( 1, 1, 0 \right), \, \left( 1, 0, 1 \right), \, \left( 0, 1, 1 \right), \,
\left( 1, 0, 0 \right), \, \left( 0, 1, 0 \right), \, \left( 0, 0, 1 \right), \,
\left( 0, 0, 0 \right) \right\},$$
где единица означает, что выпал герб, ноль --- цифра.
На каждом из трёх мест может стоять 2 значения, поэтому $ \left| \Omega \right| = 2^3 = 8$.

Распишем событие $A = \left\{ \left( 1, 1, 0 \right), \, \left( 1, 0, 1 \right), \, \left( 0, 1, 1 \right) \right\} $.
Событие $A$ включает $ \left| A \right| = 3$ элемента.
Тогда его вероятность равна
$$P \left( A \right) =
\frac{ \left| A \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{3}{8}.$$

Распишем событие
$$B = \left\{ \left( 1, 1, 1 \right), \,
\left( 1, 1, 0 \right), \, \left( 1, 0, 1 \right), \, \left( 0, 1, 1 \right), \,
\left( 1, 0, 0 \right), \, \left( 0, 1, 0 \right), \, \left( 0, 0, 1 \right) \right\}.$$
Вероятность этого события равна
$$P \left( B \right) =
\frac{ \left| B \right| }{ \left| \Omega \right| } = 
\frac{7}{8}.$$

Найдём вероятность перечечения этих событий:
$$P \left( A \cap B \right) =
P \left\{ \left( 1, 1, 0 \right), \, \left( 1, 0, 1 \right), \, \left( 0, 1, 1 \right) \right\} =
\frac{3}{8}.$$

Найдём условную вероятность события $A$ при условии, что событие $B$ произошло:
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{3}{8} }{ \frac{7}{8} } =
\frac{3 \cdot 8}{7 \cdot 8} =
\frac{3}{7}.$$

Найдём условную вероятность события $B$ при условии, что событие $A$ произошло:
$$P \left( \left. B \right| A \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( A \right) } =
\frac{ \frac{3}{8} }{ \frac{3}{8} } =
1.$$

Найдём произведение вероятностей
$$P \left( A \right) P \left( B \right) =
\frac{3}{8} \cdot \frac{7}{8} =
\frac{21}{64}.$$
Видим, что это не равно вероятности пересечения этих событий, значит события не независимы.

\subsubsection*{5.4}

\textit{Задание.} Подбрасывают два игральных кубика.
Найдите вероятность того, что выпала хотя бы одна шестёрка, если известно, что сумма очков равна 8.

\textit{Решение.}
Вероятностное пространство имеет $ \left| \Omega \right| = 6^2$ элементов, так как на каждом из двух кубиков может выпасть любая из шести цифр.
Рассмотрим событие $A =$ \{выпала хотя бы одна шестёрка\}.
Это значит, что нужно выбрать кубик, на котором выпадет шестёрка (это 2 варианта) и число, которое выпадет на оставшемся кубике --- это $6$ вариантов.
Тогда вероятность этого события равна
$$P \left( A \right) =
\frac{2 \cdot 6}{6^2} =
\frac{2}{6} =
\frac{1}{3}.$$

Рассмотрим событие $B =$ \{сумма осков равна восьми\}.
На одном кубике может выпасть двойка, тогда на втором --- восьмёрка.
Другим возможным исходом можут быть такие выпавшие цифры, как тройка и пятёрка.
Пятый вариант --- две четвёрки.
Имеем 5 вариантов.
Тогда вероятность события $B$ равна
$$P \left( B \right) =
\frac{ \left| B \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{5}{6^2} =
\frac{5}{36}.$$

Найдём вероятность пересечения этих событий:
$$P \left( A \cap B \right) =
P \left\{ \left( 2, 6 \right), \, \left( 6, 2 \right) \right\} =
\frac{2}{6^2} =
\frac{2}{36} =
\frac{1}{18}.$$

Тогда условная вероятность события $A$ при условии, что событие $B$ произошло, равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{18} }{ \frac{1}{8} } =
\frac{8}{18} =
\frac{4}{9}.$$

\subsubsection*{5.5}

\textit{Задание.}
Считая,
что рождение мальчика или девочки являются равновероятными, найдите вероятность того, что в семье с двумя детьмя оба мальчика, если известно, что
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item старший ребёнок --- мальчик;
\item среди детей есть хотя бы один мальчик.
\end{enumerate}

\textit{Решение.}
Распишем пространство элементарных событий
$ \Omega = \\
= \left\{ \left( b, b \right), \, \left( b, g \right), \, \left( g, b \right), \, \left( g, g \right) \right\} $,
где $b$ означает мальчик, $g$ --- девочка, на первом месте стоит старший ребёнок, на втором --- младший.
В этом пространстве $ \left| \Omega \right| = 4$ элемента.

Пусть событие $A = \left\{ \left( b, b \right) \right\} $.

\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Рассмотрим событие $B = \left\{ \left( b, g \right), \, \left(b, b \right) \right\} $.
Его вероятность равна
$$P \left( B \right) =
\frac{ \left| B \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{2}{4} =
\frac{1}{2}.$$

Рассмотрим вероятность пересечения событий $A$ и $B$.
Это будет
$$P \left( A \cap B \right) =
P \left( \left\{ \left( b, b \right) \right\} \right) =
\frac{1}{4}.$$

Тогда условная вероятность события $A$ при условии того, что событие $B$ произошло равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{4} }{ \frac{1}{2} } =
\frac{2}{4} =
\frac{1}{2};$$ 
\item рассмотрим событие $C = \left\{ \left( b, g \right), \, \left(b, b \right), \, \left( g, b \right) \right\} $.
Его вероятность равна
$$P \left( C \right) =
\frac{ \left| C \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{3}{4}.$$

Рассмотрим вероятность пересечения событий $A$ и $C$.
Это будет
$$P \left( A \cap C \right) =
P \left( \left\{ \left( b, b \right) \right\} \right) =
\frac{1}{4}.$$

Тогда условная вероятность события $A$ при условии того, что событие $C$ произошло равна
$$P \left( \left. A \right| C \right) =
\frac{P \left( A \cap C \right) }{P \left( C \right) } =
\frac{ \frac{1}{4} }{ \frac{3}{4} } =
\frac{1}{3}.$$ 
\end{enumerate}

\subsubsection*{5.6}
 
\textit{Задание.} В урне лежат $12$ красных, $8$ зелёных и $10$ синих шаров.
Из урны наугад выбирают два шара.
Найдите вероятность того, что шары разного цвета, если известно, что среди них нет синих.

\textit{Решение.} Два шара могут быть красного цвета.
Тогда есть $C_{12}^2$ способа их выбрать.
Два шара могут быть зелёного цвета --- это $C_8^2$, могут быть синего цвета --- $C_{10}^2$.
Может быть случай, когда один из шаров красный, а другой зелёный --- это $C_{12}^1 C_8^1$.
Может быть, что 1 из шаров красный, а второй синий --- это $C_{12}^1 C_{10}^1$.
Может быть случай, когда один из шаров зелёный, а второй синий --- это $C_8^1 C_{10}^1$.
По правилу произведения получаем $ \left| \Omega \right| = C_{12}^2 + C_8^2 + C_{10}^2 + C_{12}^1 C_8^1 + C_{12}^1 C_{10}^1 + C_8^1 C_{10}^1$.

Пусть событие $A =$ \{шары разного цвета\}.
Рассмотрим событие $B =$ \{среди шаров нет синих\}.
Его вероятность равна
$$P \left( B \right) =
\frac{ \left| B \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{12}^1 C_8^1}{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{10}^2 + C_{12}^1 C_8^1 + C_{12}^1 C_{10}^1 + C_8^1 C_{10}^1}.$$

Найдём вероятность пересечений событий $A$ и $B$, т.е. события $A \cap B =$ \{один из шаров красного цвета, а второй --- зелёного\}.
Она равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{ \left| A \cap B \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{C_{12}^1 C_8^1}{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{10}^2 + C_{12}^1 C_8^1 + C_{12}^1 C_{10}^1 + C_8^1 C_{10}^1}.$$

Тогда условная вероятность события $A$ при условии, что событие $B$ произошло, равна
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{C_{12}^1 C_8^1}{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{10}^2 + C_{12}^1 C_8^1 + C_{12}^1 C_{10}^1 + C_8^1 C_{10}^1} }
{ \frac{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{12}^1 C_8^1}{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{10}^2 + C_{12}^1 C_8^1 + C_{12}^1 C_{10}^1 + C_8^1 C_{10}^1} } = \\
= \frac{C_{12}^1 C_8^1}{C_{12}^2 + C_8^2 + C_{12}^1 C_8^1}.
\end{split}
\end{equation*}

\subsubsection*{5.7}

\textit{Задание} Точка наугад выбрана в квадрате $ \left[ 0,1 \right]^2$.
Пусть
$$A =
\left\{ \xi_1 \leq \frac{1}{2} \right\}, \,
B =
\left\{ \xi_2 \leq \frac{1}{2} \right\}, \,
C =
\left\{ \left( \xi_1 - \frac{1}{2} \right) \left( \xi_2 - \frac{1}{2} \right) < 0 \right\}.$$
Выясните, являются ли эти события независимыми:
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item попарно;
\item в совокупности.
\end{enumerate}

\textit{Решение} Опишем вероятностное пространство $ \Omega = \left[ 0,1 \right]^2$.
Его площадь равна $S_{ \Omega } = 1 \cdot 1 = 1$.
Событию
$$A =
\left\{ \xi_1 \leq \frac{1}{2} \right\} $$
способствуют все точки квадрата, расположенные не правее вертикальной прямой
$$ \xi_1 \leq \frac{1}{2}.$$
Событие $A$ --- это прямоугольник со сторонами длиной $1$ и $1/2$.
Его площадь равна
$$S_A =
1 \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{2}.$$
Тогда вероятность события $A$ равна
$$P \left( A \right) =
\frac{S_A}{S_{ \Omega }} =
\frac{ \frac{1}{2} }{1} =
\frac{1}{2}.$$

Событию $B$ способствуют точки квадрата, расположенные ниже горизонтальной прямой
$$ \xi_2 = \frac{1}{2}.$$
Это прямоугольник о сторонами длиной $1$ и $1/2$.
Его площадь равна
$$S_B =
1 \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{2}.$$
Тогда вероятность события $B$ равна
$$P \left( B \right) =
\frac{S_B}{S_{ \Omega }} =
\frac{ \frac{1}{2} }{1} =
\frac{1}{2}.$$

Событию $C$ способствуют 2 квадрата со сторонами длиной $1/2$.
Их площадь равна
$$S_C =
2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{2}.$$
Тогда вероятность события $C$ равна
$$P \left( C \right) =
\frac{S_C}{S_{ \Omega }} =
\frac{ \frac{1}{2} }{1} =
\frac{1}{2}.$$

\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Найдём вероятность пересечения события $A$ и $B$.
Это будет
$$P \left( A \cap B \right) =
P \left( \left\{ \xi_1 \leq \frac{1}{2}, \, \xi_2 \leq \frac{1}{2} \right\} \right) =
\frac{1}{4},$$
т.к. эти точки образуют квадрат со сторонами $1/2$.
Видим, что
$$P \left( A \cap B \right) =
P \left( A \right) P \left( B \right) =
\frac{1}{4},$$
поэтому события независимы.

Найдём вероятность пересечения события $A$ и $С$.
Это будет
$$P \left( A \cap C \right) =
P \left( \left\{ \xi_1 \leq \frac{1}{2}, \, \left( \xi_1 - \frac{1}{2} \right) \left( \xi_2 - \frac{1}{2} \right) < 0 \right\} \right) =
\frac{1}{4},$$
т.к. эти точки образуют квадрат со сторонами $1/2$.
Видим, что
$$P \left( A \cap C \right) =
P \left( A \right) P \left( C \right) =
\frac{1}{4},$$
поэтому события независимы.

Найдём вероятность пересечения события $C$ и $B$.
Это будет
$$P \left( C \cap B \right) =
P \left( \left\{ \left( \xi_1 - \frac{1}{2} \right) \left( \xi_2 - \frac{1}{2} \right) < 0, \, \xi_2 \leq \frac{1}{2} \right\} \right) =
\frac{1}{4},$$
т.к. эти точки образуют квадрат со сторонами $1/2$.
Видим, что
$$P \left( C \cap B \right) =
P \left( C \right) P \left( B \right) =
\frac{1}{4},$$
поэтому события независимы;
\item найдём вероятность пересечения всех трёх событий:
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( A \cap B \cap C \right) = \\
= P \left( \left\{ \xi_1 \leq \frac{1}{2}, \,
\xi_2 \leq \frac{1}{2}, \,
\left( \xi_1 - \frac{1}{2} \right) \left( \xi_2 - \frac{1}{2} \right) < 0\right\} \right) =
0.
\end{split}
\end{equation*}
События не являются независимыми в совокупности, так как
$$P \left( A \cap B \cap C \right) =
0 \neq
P \left( A \right) P \left( B \right) P \left( C \right) =
\frac{1}{8}.$$
\end{enumerate}

\subsubsection*{5.8}

\textit{Задание.} Докажите, что
$P \left( A_1 \dotsc A_n \right) = \\
= P \left( A_1 \right) P \left( \left. A_2 \right| A_1 \right) \dotsc P \left( \left. A_n \right| A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} \right) $.

\textit{Решение.} Распишем правую часть по формуле условной вероятности:
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( A_1 \right) P \left( \left. A_2 \right| A_1 \right) \dotsc P \left( \left. A_n \right| A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} \right) =
P \left( A_1 \right) \cdot
\frac{P \left( A_1 \cap A_2 \right) }{P \left( A_1 \right) } \cdot
\dotsc \times \\
\times \frac{P \left( A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} A_n \right) }{P \left( A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} \right) } =
P \left( A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} A_n \right).
\end{split}
\end{equation*}

\subsubsection*{5.9}

\textit{Задание.}
Пусть $P \left( A \right) \in \left( 0,1 \right) $ и $P \left( \left. B \right| \overline{A} \right) = P \left( \left. B \right| A \right) $.
Докажите, что $A$ и $B$ независимы.

\textit{Решение.} Распишем условные вероятности:
$$P \left( \left. B \right| \overline{A} \right) =
\frac{P \left( B \cap \overline{A} \right) }{P \left( \overline{A} \right) } =
\frac{P \left( B \cap A \right)}{P \left( A \right) } =
P \left( \left. B \right| A \right).$$

Известно, что $P \left( \overline{A} \right) = 1 - P \left( A \right) $, поэтому
$$\frac{P \left( B \cap \overline{A} \right) }{1 - P \left( A \right) } =
\frac{P \left( B \cap A \right)}{P \left( A \right) }.$$

По формуле разницы множеств: $P \left( B \setminus A \right) = P \left( B \cap \overline{A} \right) $ получаем:
$$\frac{P \left( B \setminus A \right) }{1 - P \left( A \right) } =
\frac{P \left( B \cap A \right)}{P \left( A \right) }.$$

Так как $P \left( B \setminus A \right) = P \left( B \right) - P \left( A \cap B \right) $, то
$$\frac{P \left( B \right) - P \left( A \cap B \right) }{1 - P \left( A \right) } =
\frac{P \left( B \cap A \right)}{P \left( A \right) }.$$

Перемножим как пропорцию:
$P \left( A \right) \left( P \left( B \right) - P \left( A \cap B \right) \right) = \\
= P \left( A \cap B \right) \left( 1 - P \left( A \right) \right) $.

Раскроем скобки:
$P \left( A \right) P \left( B \right) - P \left( A \right) P \left( A \cap B \right) =
P \left( A \cap B \right) - \\ - P \left( A \cap B \right) P \left( A \right) $.

Уничтожим одинаковые члены: $P \left( A \right) P \left( B \right) = P \left( A \cap B \right) $.
Это значит, что события $A$ и $B$ независимы.

\subsubsection*{5.10}

\textit{Задание.} Докажите, что если событие $A$ не зависит само от себя, то или $P \left( A \right) = 1$, или $P \left( A \right) = 0$.

\textit{Решение.}
События независимы, когда вероятность пересечения равна пересечению вероятностей:
$P \left( A \cap A \right) =
P \left( A \right) P \left( A \right) =
\left( P \left( A \right) \right)^2 =
P \left( A \right) $.

Квадрат числа равен числу, когда оно равно или нулю, или единице.

\subsubsection*{5.11}

\textit{Задание.} Вероятность того, что компьютер №1 проработает месяц без поломок равна $0.9$, для компьютера №2 эта вероятность равна $0.8$.
Компьютеры работают независимо друг от друга.
Найдите вероятность того, что за месяц работы:
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item оба компьютера не поломаются;
\item оба компьютера поломаются;
\item поломается хотя бы один компьютер;
\item поломается только компьютер №2;
\item поломается один и только один из компьютеров.
\end{enumerate}

\textit{Решение.} Пусть событие $A =$ \{компьютер №1 не поломается\}, а событие $B =$ \{компьютер №2 не поломается\}.
Их вероятности по условию равны $P \left( A \right) = 0.9$ и $P \left( B \right) = 0.8$.
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Вероятность того, что оба компьютера не поломаются равна
$P \left( A \cap B \right) = \\
= P \left( A \right) P \left( B \right) =
0.9 \cdot 0.8 =
0.72$;
\item событие \{оба компьютера поломаются\} означает, что не произойдёт ни событие $A$, ни событие $B$.
Вероятность такого события равна
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( \overline{A} \cap \overline{B} \right) =
P \left( \overline{A} \right) P \left( \overline{B} \right) =
\left( 1 - 0.9 \right) \left( 1 - 0.8 \right) =
0.1 \cdot 0.2 =
0.02;
\end{split}
\end{equation*} 
\item данное событие означает, что произойдёт хотя бы одно из событий $\overline{A}$ или $ \overline{B}$.
По формуле включений-исключений имеем:
$P \left( \overline{A} \cup \overline{B} \right) = \\
= P \left( \overline{A} \right) + P \left( \overline{B} \right) - P \left( \overline{A} \cap \overline{B} \right) =
1 - 0.9 + 1 - 0.8 - 0.02 =
0.1 + 0.2 - 0.02 = \\
= 0.3 - 0.02 =
0.298$;
\item событие означает, что произошло событие $A$ и не произошло событие $B$.
Вероятность этого равна
$P \left( A \cap \overline{B} \right) =
P \left( A \right) P \left( \overline{B} \right) =
0.9 \cdot \left( 1 - 0.8 \right) = \\
= 0.9 \cdot 0.2 =
0.18$;
\item событие означает, что произойдёт или событие $A$, или событие $B$.
Вероятность того, что поломается только компьютер №1 равна
$$P \left( \overline{A} \cap B \right) =
P \left( \overline{A} \right) P \left( B \right) =
\left( 1 - 0.9 \right) \cdot 0.2 =
0.1 \cdot 0.2 =
0.02.$$
Вероятность того, что поломается только компьютер №2 равна
$$P \left( A \cap \overline{B} \right) =
P \left( A \right) P \left( \overline{B} \right) =
0.9 \cdot \left( 1 - 0.8 \right) =
0.9 \cdot 0.2 =
0.18.$$
Нужно найти сумму этих вероятностей: $0.02 + 0.18 = 0.2$.
\end{enumerate}

\subsubsection*{5.12}

\textit{Задание.} Вероятность того, что хотя бы один из четырёх сигналов будет передан правильно, равна $0.9984$.
Найдите вероятность правильной передачи одного сигнала, если сигналы передаются независимо друг от друга.

\textit{Решение.} Вероятность того, что ни один из сигналов не будет передан правильно, равна $1 - 0.9984 = 0.0016$.
Эта вероятность равна сумме четырёх вероятностей того, что сигнал не будет передан правильно, т.е. вероятность того,
что один сигнал не будет передан правильно, равна $0.0016/4 = 0.04$.
Тогда вероятность того, что 1 сигнал будет передан правильно, равна $1 - \\ - 0.04 = 0.96$.

\subsubsection*{5.13}

\textit{Задание.} Для некоторой группы людей из 60 человек данные о том, сколько человек курят и не курят и сколько из них имеют и не имеют рак лёгких отображены в таблице:
\begin{center}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline
& Не курит & Курит & Всего \\ \hline
Не болеет раком & 40 & 10 & 50 \\ \hline
Болеет раком & 7 & 3 & 10 \\ \hline
Всего & 47 & 13 & 60 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
Проанализовав данные в таблице,
выясните, являются ли события $X = \\ =$ \{человек болеет раком\} и П = \{человек курит\} независимыми для данной группы людей.

\textit{Решение} Из таблицы видим, что $ \left| X \right| = 10$, при этом $\left| \Omega \right| = 60$.
Поэтому
$$P \left( X \right) =
\frac{ \left| X \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{10}{60} =
\frac{1}{6}.$$

Аналогично $ \left| \prod \right| = 13$.
Поэтому вероятность равна
$$P \left( \Pi \right) =
\frac{ \left| \Pi \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{13}{60}.$$

Найдём произведение этих вероятностей:
$$P \left( X \right) P \left( \Pi \right) =
\frac{1}{6} \cdot \frac{13}{60} =
\frac{13}{360} =
\frac{1}{27}.$$

Найдём вероятность пересечения этих двух событий.
Пересечение содержит $ \left| X \cap \Pi \right| = 3$.
Тогда вероятность равна
$$P \left( X \cap \Pi \right) =
\frac{3}{60} =
\frac{1}{20}.$$

События не являются независимыми, так как
$$ \frac{1}{27} \neq \frac{1}{20}.$$

\addcontentsline{toc}{section}{Дополнительные задачи}
\section*{Дополнительные задачи}

\subsubsection*{5.14}

\textit{Задание.}
Докажите, что события
$A_1, \dotsc, A_n$,
которые заданы на одном вероятностном пространстве,
независимы тогда и только тогда,
когда выполняется $2^n$ условий:
$P \left( A_1^{ \delta_1} \dotsc A_n^{ \delta_n} \right) =
P \left( A_1^{ \delta_1} \right) \dotsc P \left( A_n^{ \delta_n} \right) $, где
$$ \delta_i \in \left\{ 0, 1 \right\}; \, A_i^{ \delta_i} =
\begin{cases}
A_i, \, \delta_i = 1, \\
\overline{A_i}, \, \delta_i = 0,
\end{cases}
i = \overline{1, n}.$$

\textit{Решение.} Рассмотрим $n$ случайных событий таких, что любые $n-1$ их них независимы, а все $n$ --- зависимы.

Рассмотрим полный граф с $n$ вершинами ($n$ точек на плоскости, между которыми проведены все возможные рёбра).
На каждом ребре случайным образом выбрано направление.
Получился ориентированный граф (рис. \ref{fig:514}).

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \includegraphics[width=.4\textwidth]{./pictures/5_14.png}
  \caption{Ориентированный граф}
  \label{fig:514}
\end{figure}

Пускай $r_i$ --- количество стрелок, ведущих в $i$-ую вершину.
Например, $r_1 = 2, \, r_4 = 3$.
Событие $A_i =$ \{$r_i$ --- чётное\}.
Утверждаем, что имеют место свойства:
\begin{itemize}
\item $A_1, \dotsc, A_n$ --- зависимые:
$$r_1 + r_2 + \dotsc + r_n =
\frac{n \left( n+1 \right) }{2}$$
(общее количество стрелок, которое равно количеству рёбер);
\item любые $n - 1$ события независимы.
\end{itemize}

Рассмотрим $A_1, \dotsc, A_n$.
Найдём вероятность $A_1$.
Начнём с описания вероятностного пространства.
Имеем дело с классическим экспериментом.
$ \Omega =$ \{все возможные ориентации графа\}, $ \left| \Omega \right| = 2^{ \frac{n \left( n-1 \right) }{2} }$.
Докажем, что $ \left| A_1 \right| = \left| \overline{A_1} \right| $.
Если сумеем построить биекицию (рис. \ref{fig:5141}), то $ \left| A_1 \right| = \left| \overline{A_1} \right| $.

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \includegraphics[width=.4\textwidth]{./pictures/5_14_1.png}
  \caption{Слева --- ориентации, в которых $r_1$ --- чётное, справа --- ориентации, в которых $r_1$ --- нечётное}
  \label{fig:5141}
\end{figure}

Все стрелки оставляем, а стрелку на ребре $1, 2$ меняем на противоположную (рис. \ref{fig:5142}).

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \includegraphics[width=.4\textwidth]{./pictures/5_14_2.png}
  \caption{Построение биекции}
  \label{fig:5142}
\end{figure}

Таким образом получим плохую ориентацию, при которой в вершину 1 будет идти нечётное количество стрелок --- взаимно однозначное отражение.
$$P \left( A_1 \right) =
\frac{1}{2}, \, P \left( A_1^{ \epsilon_1 } \cap A_2^{ \epsilon_2} \cap \dotsc \cap A_{n-1}^{ \epsilon_{n-1} } \right) =
\frac{1}{2^{n-1}}.$$
Проверим для $P \left( A_1 \cap A_2 \cap \dotsc \cap A_{n-1} \right) $ (рис. \ref{fig:5143}).

\begin{figure}[h!]
  \centering
  \includegraphics[width=.4\textwidth]{./pictures/5_14_3.png}
  \caption{Построение биекции}
  \label{fig:5143}
\end{figure}

Покажем, что
$ \left| A_1^{ \epsilon_1 } \cap \dotsc \cap A_{n-1}^{ \epsilon_{n-1} } \right| =
\left| A_1 \cap \dotsc \cap A_{n-1} \right| \,
\forall \epsilon_1, \dotsc, \epsilon_{n-1} =
\pm 1$.
Фиксируем все возможные наборы чётности.
При разных наборах $A_i$ и $ \overline{A_i} $ не пересекаются.
Должны научиться устанавливать биекцию.
Есть ориентация, из которой хотим получить хорошую.
Взаимно-однозначное соответствие устанавливается путём перевыбора направлений рёбер, ведущих из $n$-ой вершины во все остальные.
$ \bigcup \limits_{ \epsilon_1, \dotsc, \epsilon_{n-1} \pm 1} A_1^{ \epsilon_1 \cap \dotsc \cap A_{n-1}^{ \epsilon_{n-1} }} =
\Omega, \\
P \left( A_1 \cap \dotsc \cap A_{n-1} \right) =
\frac{1}{2^{n-1}}.$

\addcontentsline{toc}{section}{Домашнее задание}
\section*{Домашнее задание}

\subsubsection*{5.15}

\textit{Задание.} Из колоды игральных карт наугад вынута одна карта.
Найдите вероятность того, что:
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item эта карта является красной масти, при условии, что она является красной;
\item порядок карты является выше чем 10, если известно, что она красной масти;
\item эта карта является тузом, если известно, что она является красной.
\end{enumerate}

\textit{Решение.} 
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Нужно найти вероятность события $A$ при условии выполнения события $B$.
Опишем оба события.
Событие $A =$ \{вынута карта красной масти\}.
Красных карт половина от всего количества.
Событие $B =$ \{карта является красной\}.
Видим, что события $A$ и $B$ идентичны, поэтому $P \left( A \cap B \right) = P \left( A \right) = P \left( B \right)$.
Тогда условная вероятность события равна
$$P \left( A/B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right)}{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{2} }{ \frac{1}{2} } =
1;$$
\item нужно найти вероятность события $A$ при условии выполнения события $B$.
Опишем оба события.
Событие $A =$ \{порядок выбранной карты больше десяти\}.
Такими картами является валет, дама, король и туз любой масти.
Событие $B =$ \{карта является красной\}.
Его вероятность равна
$$P \left( B \right) =
\frac{1}{2}.$$
Пересечение событий $A$ и $B$ даёт такие карты как валет, дама, король и туз красных мастей.
Вероятность пересечения равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{2 \cdot 4}{52} =
\frac{4}{26} =
\frac{2}{13}.$$
Тогда условная вероятность события равна
$$P \left( A/B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right)}{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{2}{13} }{ \frac{1}{2} } =
\frac{4}{13};$$
\item нужно найти вероятность события $A$ при условии выполнения события $B$.
Опишем оба события.
Событие $A =$ \{карта является тузом\}.
Такими картами являются 4 туза.
Событие $B =$ \{карта является красной\}.
Его вероятность равна
$$P \left( B \right) =
\frac{1}{2}.$$
Пересечение событий $A$ и $B$ даёт два красных туза.
Вероятность пересечения равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{2}{52} =
\frac{1}{26}.$$
Тогда условная вероятность события равна
$$P \left( A/B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right)}{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{26} }{ \frac{1}{2} } =
\frac{2}{26} =
\frac{1}{13}.$$
\end{enumerate}

\subsubsection*{5.16}

\textit{Задание.} Игральный кубик подбросили дважды.
Найдите вероятность того, что сумма очков является больше 7, если известно, что:

\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item при первом подбрасывании быпало одно очко;
\item при первом подбрасывании выпало меньше, чем 5 очков.
\end{enumerate}

\textit{Решение.}
Вероятностное пространство эксперимента,
который состоит в подбрасывании игрального кубика дважды,
опишем множеством
$ \Omega = \\
= \left\{ \left( x, y \right), \, x = \overline{1, 6}, \, y = \overline{1, 6} \right\} $,
где через $x$ обозначим количество очков,
которые выпали при первом подбрасывании игрального кубика, а через $y$ --- количество очков, которые выпали при втором его подбрасывании.
Нам нужно вычислить вероятности $P \left( \left. x+y>7 \right| x=1 \right) $ и $P \left( \left. x+y>7 \right| x<5 \right) $.
По определению вероятности:
$$P \left( \left. x+y>7 \right| x=1 \right) =
\frac{P \left( x+y>7, \, x=1 \right) }{P \left( x=1 \right) }.$$
Поскольку
$ \left\{ \left( x, y \right) \in \Omega: \, x + y > 7, \, x = 1 \right\} =
\emptyset $,
а $ \left\{ \left( x, y \right) \in \Omega: \, x = 1 \right\} =  \\ = \left\{ \left( 1, y \right), \, y = \overline{1, 6} \right\} $, то
$$P \left( \left. x+y>7 \right| x=1 \right) =
\frac{0}{ \frac{6}{36} } =
0.$$
Далее
$$P \left( \left. x+y>7 \right| x<5 \right) =
\frac{P \left( x+y>7, x<5 \right) }{P \left( x<5 \right) }.$$
Понятно, что
$$P \left( x<5 \right) =
\frac{4}{6} =
\frac{2}{3}.$$
А для вероятности в числителе имеем:
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( x+y>7, x<5 \right) =
\sum \limits_{k=1}^4 P \left(x=k, \, k+y>7 \right) = \\
= \sum \limits_{k=1}^4 P \left( x=k \right) P \left( y>7-k \right) =
P \left( x=1 \right) P \left( y>6 \right) +
P \left( x=2 \right) P \left( y>5 \right) + \\
+ P \left( x=3 \right) P \left( y>4 \right) +
P \left( x=4 \right) P \left( y>3 \right) =
\frac{1}{6} \left( 0 +\frac{1}{6} + \frac{2}{6} + \frac{3}{6} \right) =
\frac{1}{6} \cdot \frac{6}{6} = \\
= \frac{6}{36} =
\frac{1}{6}.
\end{split}
\end{equation*}

Тут мы воспользовались тем, что результаты первого и второго подбрасываний являются независимыми событиями.
Таким образом:
$$P \left( \left. x+y>7 \right| x<5 \right) =
\frac{P \left( x+y>5, \, x<5 \right) }{P \left( x<5 \right) } =
\frac{ \frac{1}{6} }{ \frac{2}{3} } =
\frac{1}{4}.$$

\subsubsection*{5.17}

\textit{Задание.} Дважды подброшена монета.
Рассмотрим следующие события:
$A =$ \{при первом подбрасывании выпала решка\}, $B =$ \{при втором подбрасывании выпала решка\}, $C =$ \{результат обоих подбрасываний одинаковый\}.
Покажите, что события $A, \, B, \, C$ попарно независимы, но не независыми в совокупности.

\textit{Решение.} События $A_i$ и $A_j$ называются попарно независимыми, если для $ \forall i \neq j \rightarrow A_i $ и $A_j$ --- независимы.

Пространством элементарных исходов является множество векторов
$ \Omega = \\
= \left\{ \left( i, j \right), \, i, j \in \left\{ 0, 1 \right\} \right\}$,
где $0$ означает, что выпал герб, $1$ --- выпала решка, $i$ --- результат первого подбрасывания, $j$ --- результат второго подбрасывания.
Пространство элементарных событий содержит $ \left| \Omega \right| = 2^2 = 4$ элемента.

Опишем данные события.
Событие $A = \left\{ \left( 1, 0 \right), \, \left( 1, 1 \right) \right\} $.
Вероятность выпадения при первом подбрасывании решки равна
$$P \left( A \right) =
\frac{2}{4} =
\frac{1}{2}.$$

Опишем событие $B = \left\{ \left( 0, 1 \right), \, \left( 1, 1 \right) \right\} $.
Вероятность выпадения решки при втором подбрасывании равна
$$P \left( B \right) =
\frac{2}{4} =
\frac{1}{2}.$$

Опишем событие $C = \left\{ \left( 0, 0 \right), \, \left( 1, 1 \right) \right\} $.
Вероятность того, что результат двух подбрасываний будет одинаковым, равна
$$P \left( C \right) =
\frac{2}{4} =
\frac{1}{2}.$$

Найдём вероятность пересечения событий $A$ и $B$:
$$P \left( A \cap B \right) =
P \left( \left\{ \left( 1, 1 \right) \right\} \right) =
\frac{1}{4}.$$
Найдём произведение вероятностей этих событий:
$$P \left( A \right) P \left( B \right) =
\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{4}.$$
Получаем, что $P \left( A \cap B \right) = P \left( A \right) P \left( B \right) $, значит эти события независимы.

Найдём вероятность пересечения событий $A$ и $C$:
$$P \left( A \cap C \right) =
P \left( \left\{ \left( 1, 1 \right) \right\} \right) =
\frac{1}{4}.$$
Найдём произведение вероятностей этих событий:
$$P \left( A \right) P \left( C \right) =
\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{4}.$$
Получаем, что $P \left( A \cap C \right) = P \left( A \right) P \left( C \right) $, значит эти события независимы.

Найдём вероятности пересечения событий $B$ и $C$:
$$P \left( B \cap C \right) =
P \left( \left\{ \left( 1, 1 \right) \right\} \right) =
\frac{1}{4}.$$
Найдём произведение вероятностей этих событий:
$$P \left( B \right) P \left( C \right) =
\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{4}.$$
Получаем, что $P \left( B \cap C \right) = P \left( B \right) P \left( C \right) $, значит эти события независимы.

События $A, \, B, \, C$ называются независимыми в совокупности, если имеет место равенство:
$P \left( A \cap B \cap C \right) =
P \left( A \right) P \left( B \right) P \left( C \right) $.

Проверим это равенство для данной задачи:
$$P \left( A \cap B \cap C \right) =
P \left( \left\{ \left( 1, 1 \right) \right\} \right) =
\frac{1}{4}.$$
Найдём произведение вероятностей всех трёх событий:
$$P \left( A \right) P \left( B \right) P \left( C \right) =
\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1} {2} =
\frac{1}{8}.$$
Получили, что равенство не выполняется, поэтому события не независимы.

\subsubsection*{5.18}

\textit{Задание.} В урне $7$ белых и $3$ чёрных шарика.
Из неё наугад вынимают три шарика.
Известно, что среди них есть чёрный шарик.
Найдите вероятность того, что два других шарика белые.

\textit{Решение.}
Пространство элементарных событий имеет вид
$ \Omega = \\ = \left\{ \left( i, j, k \right): i, j, k \in \right.$ \{белый, чёрный\}, где $i, j, k$ --- цвета вытянутых шариков\}.
Выпишем все его элементы: $ \Omega = $ \{(чёрный, чёрный, чёрный), (чёрный, белый, белый), (белый, чёрный, белый), (белый, белый, чёрный),
(чёрный, чёрный, белый), (чёрный, белый, чёрный), (белый, чёрный, чёрный), (белый, белый, белый)\}.
Видим, что $ \left| \Omega \right| = 2^3 = 8$.

Событие $B =$ \{среди выбранных шаров есть чёрный шар\} = \{(чёрный, чёрный, чёрный),
(чёрный, белый, белый), (белый, чёрный, белый), (белый, белый, чёрный),
(чёрный, чёрный, белый), (чёрный, белый, чёрный), (белый, чёрный, чёрный)\}.
Вероятность этого события равна
$$P \left( B \right) =
\frac{ \left| B \right| }{ \left| \Omega \right| } =
\frac{7}{8}.$$

Опишем событие $A =$ \{два шара белые\} = \{(чёрный, белый, белый), (белый, чёрный, белый), (белый, белый, чёрный), (белый, белый, белый)\}.

Найдём вероятность пересечения событий $A$ и $B: \, P \left( A \cap B \right) =$ \{(чёрный, белый, белый), (белый, чёрный, белый), (белый, белый, чёрный)\}.

Тогда условная вероятность события $A$ при условии, что $B$ произошло равна
$$P \left( A/B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{3}{8} }{ \frac{7}{8} } =
\frac{3}{7}.$$

\subsubsection*{5.19}

\textit{Задание.} Точка $ \xi = \left( \xi_1, \xi_2 \right) $ наугад выбрана в квадрате $ \left[ 0, 1 \right]^2$.
Пусть $B = \\ = \left\{ \xi_1 + \xi_2 \leq 1 \right\} $.
Вычислите условную вероятность $P \left( \left. A \right| B \right) $, если:
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item $A = \left\{ \left| \xi_1 + \xi_2 \right| < 1 \right\} $;
\item $A = \left\{ \xi_1 \cdot \xi_2 < 1/2 \right\} $;
\item $A = \left\{ \max \left\{ \xi_1, \xi_2 \right\} < 1/2 \right\} $;
\item $A = \left\{ \xi_1^2 + \xi_2^2 < 1/4 \right\} $;
\item $A = \left\{ \xi_1 > \xi_2 \right\} $.
\end{enumerate}

\textit{Решение.}
Вероятностное пространство эксперимента,
который состоит в выборе точки в квадрате
$ \left[ 0, 1 \right]^2$, опишем множеством
$$ \Omega =
\left\{ \left( \xi_1, \xi_2 \right), \,
0 \leq \xi_1 \leq 1, \,
0 \leq \xi_2 \leq 1 \right\},$$
где через $ \xi_1$ обозначена первая координата точки, а через $ \xi_2$ --- вторая координата.

Вычислим вероятность события $B$.
Это прямоугольный равнобедренный треугольник с катетами длиной $1$.
Тогда площадь этой фигуры равна
$$S_B =
\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 =
\frac{1}{2}.$$

\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item Событие $A$ --- это прямоугольный равнобедренный треугольник с катетами длиной $1$.
Вероятность пересечения событий $A$ и $B$ равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{1}{2}.$$
Тогда условная вероятность равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{2} }{ \frac{1}{2} } =
1;$$
\item событие $A$ --- это часть квадрата под веткой гиперболы
$$ \xi_2 = \frac{1}{2 \xi_1}.$$
Вероятность пересечения событий $A$ и $B$ равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{1}{2}.$$
Тогда условная вероятность равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{2} }{ \frac{1}{2} } =
1;$$
\item множество $A$ --- это квадрат со сторонами длиной $1/2$ (рис. \ref{fig:519}).
\begin{figure}[h!]
  \centering
  \includegraphics[width=.4\textwidth]{./pictures/5_19.png}
  \caption{Точки множества $A$}
  \label{fig:519}
\end{figure}
Вероятность пересечения событий $A$ и $B$ равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} =
\frac{1}{4}.$$
Тогда условная вероятность равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{4} }{ \frac{1}{2} } =
\frac{1}{2};$$
\item множество $A$ --- четвёртая часть круга с радиусом $1/2$.
Вероятность пересечения событий $A$ и $B$ равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{1}{4} \cdot \pi \left( \frac{1}{2} \right)^2 =
\frac{ \pi }{16}.$$
Тогда условная вероятность равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{ \pi }{16} }{ \frac{1}{2} } =
\frac{ \pi }{8};$$
\item множество $A$ --- это равнобедренный прямоугольный треугольник с катетами длиной $1$.
Вероятность пересечения событий $A$ и $B$ равна
$$P \left( A \cap B \right) =
\frac{1}{4} \cdot 1^2 =
\frac{1}{4}.$$
Тогда условная вероятность равна
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{ \frac{1}{4} }{ \frac{1}{2} } =
\frac{1}{2}.$$
\end{enumerate}

\subsubsection*{5.20}

\textit{Задание.} Монета, для которой вероятность выпадения решки равна $p$, подбрасывается $n$ раз.
Пусть событие $A$ состоит в том, что решка выпала при первом подбрасывании, а событие $B_k$ --- в том, что выпало ровно $k$ решек.
Для каких пар $ \left( n, k \right) $ события $A$ и $B_k$ являются независимыми?

\textit{Решение.} Известно, что $P$ (выпала решка) $= p$.
Пусть
$ \Omega = \\
= \left\{ \left( i_1, i_2, \dotsc, i_n \right):
i_j \in \left\{ 0, 1 \right\},
j =
\overline{1, n} \right\} $,
где 0 означает, что выпал орёл, 1 --- выпала решка.
Пространство элементарных исходов содержит $ \left| \Omega \right| = 2^n$ элементов.

Запишем событие $A = \left\{ \left( i_1, i_2, \dotsc, i_n \right) \in \Omega: i_1 = 1 \right\} $.
Запишем событие $B_k = \left\{ \left( i_1, i_2, \dotsc, i_n \right) \in \Omega: \sum \limits_{j=1}^n i_j = k \right\} $.

Вероятность события $A$ составляет $P \left( A \right) = p$, что равно вероятности выпадения решки.

Вероятность того, что выпадет ровно $k$ решек равна
$P \left( B_k \right) =
\left( C_n^k \cdot p^k \right) \times \\
\times \left( C_{n-k}^{n-k} \cdot \left( 1-p \right)^{n-k} \right) $,
где $C_n^k$ --- выбор $k$ монет из $n$, которые выпадут решкой,
$p^k$ --- вероятность выпадения $k$ решек,
$C_{n-k}^{n-k}$ ---
выбор $ \left( n-k \right) $ монет из $ \left( n-k \right) $,
которые выпадут орлом,
$ \left( 1-p \right)^{n-k}$ --- вероятность выпадения орлов на $ \left( n-k \right) $ монетах,
так как это событие противоположно выпадению решек.

Из условия независимости событий имеем: $P \left( A \right) \cdot P \left( B_k \right) = P \left( A \cap B_k \right) $.

Найдём вероятность пересечения:
$P \left( A \cap B_k \right) =
p \cdot \left( C_{n-1}^{k-1} \cdot p^{k-1} \right) \times \\
\times \left( C_{n-k}^{n-k} \left( 1-p \right)^{n-k} \right) $,
где $p$ --- вероятность выпадения решки при первом подбрасывании монеты,
$C_{n-1}^{k-1}$ --- выбор $k-1$ подбрасывания из $n-1$,
при котором выпадет решка,
$p^{k-1}$ ---
вероятность такого выпадения,
$C_{n-k}^{n-k}$ ---
выбор $ \left( n-k \right) $ подбрасываний,
среди $ \left( n-k \right) $, при которых выпадут орлы, $ \left( 1-p \right)^{n-k}$ --- вероятность такого выпадения.

Приравниваем полученные соотношения:
$p \cdot \left( C_n^k \cdot p^k \right) \times \\
\times \left( C_{n-k}^{n-k} \cdot \left( 1-p \right)^{n-k} \right) =
p \cdot \left( C_{n-1}^{k-1} \cdot p^{k-1} \right) \cdot \left( C_{n-k}^{n-k} \cdot \left(1-p \right)^{n-k} \right) $.
Отсюда $C_n^k \cdot p =  \\ = C_{n-1}^{k-1}$.
Выразим $p$ из последнего соотношения:
$p =
\frac{ \left( n-1 \right)!}{ \left( k-1 \right)! \left( n-k \right)!} \cdot \frac{ k! \left( n-k \right)!}{n!} = \\
= \frac{k}{n}$,
или $k = pn$.

\subsubsection*{5.21}

\textit{Задание.} Вероятность безотказной работы реле при перегреве равна $0.95$, при вибрации --- $0.9$, при перегреве и вибрации --- $0.8$.
Найдите вероятность отказа реле, если вероятность перегрева равна $0.2$, вероятность вибрации --- $0.1$, и считая, что перегрев и вибрация являются независимыми событиями.

\textit{Решение.}
Пусть событие $A =$ \{реле перегрелось\}, событие $B =$ \{произошла вибрация\}, событие $C =$ \{произошёл отказ реле\}, такие что
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( A \right) = 0.2, \,
P \left( B \right) = 0.1, \,
P \left( \left. \overline{C} \right| A \right) = 0.95, \,
P \left( \left. \overline{C} \right| B \right) = 0.9, \\
P \left( \left. \overline{C} \right| A \cap B \right) = 0.2.
\end{split}
\end{equation*}

Распишем условную вероятность:
$$P \left( \left. \overline{C} \right| A \right) =
\frac{P \left( \overline{C} \cap A \right) }{P \left( A \right) } =
\frac{P \left( \overline{C} \cap A \right) }{0.2} =
0.95.$$
Отсюда $P \left( \overline{C} \cap A \right) = 0.2 \cdot 0.95 = 0.19$.

Распишем условную вероятность:
$$P \left( \left. \overline{C} \right| B \right) =
\frac{P \left( \overline{C} \cap B \right) }{P \left( B \right) } =
\frac{P \left( \overline{C} \cap B \right) }{0.1} =
0.9.$$
Отсюда $P \left( \overline{C} \cap B \right) = 0.1 \cdot 0.9 = 0.09$.

Распишем условную вероятность:
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( \left. \overline{C} \right| A \cap B \right) =
\frac{P \left( \overline{C} \cap A \cap B \right) }{P \left( A \cap B \right) } =
\frac{P \left( \overline{C} \cap A \cap B \right) }{P \left( A \right) P \left( B \right) } =
\frac{P \left( \overline{C} \cap A \cap B \right) }{0.2 \cdot 0.1} = \\
= \frac{P \left( \overline{C} \cap A \cap B \right) }{0.02} =
0.2.
\end{split}
\end{equation*}
Отсюда $P \left( \overline{C} \cap A \cap B \right) = 0.2 \cdot 0.02 = 0.004$.

Посчитаем
$P \left( \overline{ \overline{C} \cap A} \right) =
P \left( C \cup \overline{A} \right) =
P \left( C \right) + P \left( \overline{A} \right) - P \left( C \cap \overline{A} \right) =
P \left( C \right) + \\
+ 1 - 0.2 - P \left( C \cap \overline{A} \right) =
1 - 0.19$.
Тогда $P \left( C \right) - P \left( C \cap \overline{A} \right) = 0.2 - 0.19 = 0.01$.

Найдём
$P \left( \overline{ \overline{C} \cap B} \right) =
P \left( C \cup \overline{B} \right) =
P \left( C \right) + P \left( \overline{B} \right) - P \left( C \cap \overline{B} \right) =
P \left( C \right) + \\ + 1 - 0.1 - P \left( C \cap \overline{B} \right) =
1 - 0.09.$
Отсюда $P \left( C \right) - P \left( C \cap \overline{B} \right) = 0.1 - 0.09 = 0.01$.

Найдём
$P \left( \overline{ \overline{C} \cap A \cap B} \right) =
P \left( C \cup \overline{A} \cup \overline{B} \right) =
P \left( C \right) + P \left( \overline{A} \right) + P \left( \overline{B} \right) - \\
- P \left( C \cap \overline{A} \right) - P \left( C \cap \overline{B} \right) - P \left( \overline{A} \cap \overline{B} \right) +
P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) =
P \left( C \right) + 1 - 0.2 + 1 - \\ 
- 0.1 - P \left( C \cap \overline{A} \right) - P \left( C \cap \overline{B} \right) - \left( 1 - 0.2 \right) \left( 1 - 0.1 \right) +
P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) =
P \left( C \right) - \\
- P \left( C \cap \overline{A} \right) -
P \left( C \cap \overline{B} \right) +P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) + 0.98 =
1 - 0.004 =
0.996$.
Отсюда
$P \left( C \right) -
P \left( C \cap \overline{A} \right) -
P \left( C \cap \overline{B} \right) + P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) = 0.016$.

Составим систему:
\begin{equation*}
\begin{split}
\begin{cases}
P \left( C \right) = P \left( C \cap \overline{A} \right) + 0.01; \\
P \left( C \right) = P \left( C \cap \overline{B} \right) + 0.01; \\
P \left( C \right) =
P \left( C \cap \overline{B} \right) -  P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) + P \left( C \cap \overline{A} \right) + 0.016.
\end{cases}
\end{split}
\end{equation*}

Получили 3 уравнения и 4 неизвестных.
Упростим:
$P \left( C \right) =
P \left( C \right) - \\
- 0.01 - P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) + P \left( C \right) - 0.01 + 0.016 =
0.006 - P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) + 2P \left( C \right) $.

Выразим вероятность события $C$.
Получим:
$P \left( C \right) = 0.012 - \\
- 0.5 P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) $.

Отсюда $P \left( C \cap \overline{A} \cap \overline{B} \right) = 0.024 - 2 P \left( C \right) $.

По формуле включений-исключений:
$P \left( \overline{C \cap \overline{A} \cap \overline{B}} \right) =
P \left( \overline{C} \cup A \cup B \right) = \\
= P \left( \overline{C} \right) +
P \left( A \right) +
P \left( B \right) -
P \left( \overline{C} \cap A \right) -
P \left( \overline{C} \cap B \right) - P \left( A \cap B \right) + P \left( \overline{C} \cap A \cap B \right) = \\
= 1 - P \left( C \right) + 0.2 + 0.1 - 0.2 \cdot 0.1 + 0.04 =
0.92 - P \left( C \right) $.

Это равно $0.92 - P \left( C \right) = 1 - P \left( C \cap \overline{A} \overline{B} \right) = 1 - 0.024 + 2 P \left( C \right) $.
Тогда $0.92 - P \left( C \right) = 0.076 + 2 P \left( C \right) $.
Выразим вероятность события $C$ из этого уравнения: $3P \left( C \right) = 0.92 - 0.076 = 0.844$.
Отсюда $P \left( C \right) = 0.844/3 = \\ = 0.281 \left( 3 \right) $.

\subsubsection*{5.22}

\textit{Задание.} Вероятность того, что сервер будет атакован на протяжении дня равна $0.1$.
Считая, что в разные дни атаки происходят независимо, найти вероятность того, что за неделю сервер:
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item будет атакован 2 раза;
\item не будет атакован.
\end{enumerate}

\textit{Решение.}
\begin{enumerate}[label=\alph*)]
\item За неделю сервер будет атакован 2 раза и в остальные 5 дней не будет атакован.
Нужно выбрать 2 дня из семи, когда сервер будет атакован --- это $C_7^2$.
Тогда вероятность того, что сервер будет атакован ровно 2 раза за неделю, равна
$P =
C_7^2 \cdot \left( 0.1 \right)^2 \left( 1 - 0.1 \right)^5$; 
\item вероятность того, что север не будет атакован ни разу за неделю, равна $P = \left( 1 - 0.1 \right)^7$.
\end{enumerate}

\subsubsection*{5.23}

\textit{Задание.} Пусть событие $R_i$ состоит в том, что $i$-ый игрок в покер имеет на руках <<royal flush>> (то есть 10, В, Д, К, Т одной масти).
Покажите, что наличие одного <<royal flush>> увеличивает вероятность второго <<royal flush>>, то есть
$P \left( \left. R_2 \right| R_1 \right) >
P \left( R_2 \right) $.

\textit{Решение.} Распишем условную вероятность
$$P \left( \left. R_2 \right| R_1 \right) =
\frac{P \left( R_2 \cap R_1 \right) }{P \left( R_1 \right) }.$$
Нужно доказать, что $P \left( R_2 \cap R_1 \right) > P \left( R_2 \right) P \left( R_1 \right) $.

Найдём вероятность того, что у первого игрока будет на руках <<royal flush>>.
Выберем одну масть из четырёх: $C_4^1$.
Вероятность сочетания равна
$$P \left( R_1 \right) =
\frac{C_4^1}{C_{52}^5}.$$

Найдём вероятность того, что у двух игроков появится <<royal flush>>.
Сначала выберем данное сочетание карт одной масти.
Остаётся 3 масти.
Выбрать одну из них можно $C_3^1$ способом.
Тогда вероятность равна
$$P \left( R_1 \cap R_2 \right) =
\frac{C_4^1C_3^1}{C_{52}^{10}} =
\frac{4 \cdot 3 \cdot 10! \cdot 42!}{52!} =
\frac{12 \cdot 10! \cdot 42!}{52!}.$$

Распишем произведение вероятностей:
$$P \left(R_1 \right) P \left( R_2 \right) =
\left( \frac{C_4^1}{C_{52}^{5}} \right)^2 =
\left( \frac{4 \cdot 5! \cdot 47!}{52!}\right)^2 =
\frac{16 \cdot 5! \cdot 5! \cdot 47! \cdot 47!}{52! \cdot 52!}.$$

Нужно показать, что
$$\frac{12 \cdot 10! \cdot 42!}{52!} >
\frac{16 \cdot 5! \cdot 5! \cdot 47! \cdot 47!}{52! \cdot 52!}.$$
Сократим на
$$ \frac{4}{52!}$$
и распишем факториалы:
$$3 \cdot 5! \cdot 5 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 42! >
\frac{4 \cdot 5! \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 42! \cdot 43 \cdot 44 \cdot 45 \cdot 46 \cdot 47 \cdot 47!}{52!}.$$

Сократим на $3 \cdot 5 \cdot 5! \cdot 42!$, а также сократим дробь на $47!$.
Получим:
$$7 \cdot 8 \cdot 9 >
\frac{4 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 43 \cdot 44 \cdot 45 \cdot 46 \cdot 47}{48 \cdot 49 \cdot 50 \cdot 51 \cdot 52} =
\frac{32 \cdot 43 \cdot 44 \cdot 45 \cdot 46 \cdot 47}{48 \cdot 49 \cdot 50 \cdot 51 \cdot 52}.$$
Получили, что дробь справа --- это $32$, умноженное на число меньше единицы.
Это число не будет превышать 32.
А слева --- $504 > 32$.
Неравенство доказано.

\subsubsection*{5.24}

\textit{Задание.} Монета находится в одном из $n$ ящиков.
Вероятность того, что она в $i$-м ящике равна $p_i$.
Если вы будете искать монету в $i$-м ящике и она действительно там, вы найдёте её с вероятностью $a_i$.
Покажите, что вероятность $p$ того, что монета находится в $j$-м ящике, при условии, что вы искали и не нашли её в $i$-м ящике, равна
\begin{equation*}
\begin{split}
p =
\begin{cases}
\frac{p_j}{1-p_i a_i}, i \neq j, \\
\frac{ \left( 1-a_i \right) p_i}{1-p_i a_i}, i = j.
\end{cases}
\end{split}
\end{equation*}

\textit{Решение.} Пусть Событие $B = $ \{монета находится в $j$-м ящике\}.
Его вероятность равна $P \left( B \right) = p_i$.
Событие $A =$ \{находим монету в $i$-м ящике\}, т.е. мы её ищем, находим, монета там лежит.
Его вероятность равна $P \left( A \right) = \\ = p_i a_i$.

Пусть $i \neq j$.
Вероятность пересечения событий $ \overline{A}$ и $B$ означает, что монета находится в каком-то $j$-м ящике.
Тогда условная вероятность события $B$ при условии, что произошло событие $ \overline{A}$, равна
$$P \left( \left. B \right| \overline{A} \right) =
\frac{P \left( \overline{A} \cap B \right) }{P \left( \overline{A} \right) } =
\frac{p_j}{1-p_i a_i}.$$

Рассмотрим случай, когда $i = j$.
Тогда мы не находим её в $i$-м ящике, но она там находится.
Вероятностьь в этом случае равна
$$p =
\frac{ \left( 1-a_i \right) p_i}{1-p_i a_i}.$$

\subsubsection*{5.25}

\textit{Задание.} Допустим, что $A$ и $B$ такие события, что
$P \left( \left. A \right| B \right) = P \left( \left. B \right| A \right); \,
P \left( A \cup B \right) = \\
= 1; \,
P \left( A \cap B \right) > 0$.
Докажите, что $P \left( A \right) > 1/2$.

\textit{Решение.} Распишем условные вероятности:
$$P \left( \left. A \right| B \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) }.$$
По условию задачи это равно
$$P \left( \left. B \right| A \right) =
\frac{P \left( A \cap B \right) }{P \left( B \right) }.$$
Отсюда видим, что $P \left( A \right) = P \left( B \right) $.

По формуле включений-исключений:
$P \left( A \cup B \right) =
P \left( A \right) + P \left( B \right) - P \left( A \cap B \right) = \\
= 2P \left( A \right) - P \left( A \cap B \right) =
1$.
Выразим отсюда вероятность события $A$.
Имеем:
$$P \left( A \right) = \frac{1}{2} + \frac{P \left( A \cap B \right) }{2}.$$
По условию $P \left( A \cap B \right) > 0$.
Поэтому
$$P \left( A \right) >
\frac{1}{2}.$$

\subsubsection*{5.26}

\textit{Задание.} Пусть события $A$ и $B$ независимые и $A \subset B$.
Докажите, что или $P \left( A \right) = 0$, или $P \left( B \right) = 1$.

\textit{Решение.} Так как события независимы, то справедлива формула $P \left( A \cap B \right) =  \\ = P \left( A \right) P \left( B \right) $.
Так как $A \subset B$, то $A \cap B = A$.
Поэтому $P \left( A \cap B \right) = P \left( A \right) = \\ = P \left( A \right) P \left( B \right) $.

Если $P \left( A \right) \neq 0$, то можно на него сократить, тогда $P \left( B \right) = 1$.
Иначе $P \left( A \right) = 0$, тогда $P \left( B \right) \in \left( 0, 1 \right) $.

\subsubsection*{5.27}

\textit{Задание.} Докажите, что
$P \left( \left. A_1 \dotsc A_n \right| C \right) =
P \left( \left. A_1 \right| C \right)
P \left( \left. A_2 \right| A_1 C \right) \dotsc \cdot \\
\cdot P \left( \left. A_n \right| A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} C \right) $.

\textit{Решение.} Распишем левую часть:
$$P \left( \left. A_1 \dotsc A_n \right| C \right) =
\frac{P \left( A_1 \dotsc A_n C \right) }{P \left( C \right) }.$$
Распишем правую часть:
\begin{equation*}
\begin{split}
P \left( \left. A_1 \right| C \right) P \left( \left. A_2 \right| A_1 C \right) \dotsc
P \left( \left. A_n \right| A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} C \right) = \\
= \frac{P \left( A_1 C \right) }{P \left( C \right) } \cdot \frac{P \left( A_1 A_2 C \right) }{P \left( A_1 C \right) } \dotsc
\frac{P \left( A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} A_n C \right) }{P \left( A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} C \right) }.
\end{split}
\end{equation*}
Всё кроме числителя последней дроби и знаменателя первой дроби сокращается.
Получаем то, что требовали:
$$P \left( \left. A_1 \right| C \right) P \left( \left. A_2 \right| A_1 C \right) \dotsc
P \left( \left. A_n \right| A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} C \right) =
\frac{P \left( A_1 A_2 \dotsc A_{n-1} A_n C \right) }{P \left( C \right) }.$$
А это равно левой части.

\subsubsection*{5.28}

\textit{Задание.} Пусть событие $A$ такое, что $P \left( A \right) $ равно 0 или 1.
Докажите, что $A$ и произвольное событие $B$ независимы.

\textit{Решение.} $P \left( A \right) = 0$ или $P \left( A \right) = 1 \Rightarrow \forall B, \qquad A$ и $B$ --- независимы.
\begin{enumerate}
\item $P \left( A \right) = 0$.
Тогда $P \left( A \right) P \left( B \right) = 0$.
Вероятность пересечения $P \left( A \cap B \right) \leq \\
\leq P \left( A \right) \Rightarrow P \left( A \cap B \right) = 0$;
\item Рассмотрим случай, когда $P \left( A \right) = 1 \Rightarrow P \left( \overline{A} \right) = 0$.
По предыдущему пункту
$P \left( \overline{A} \cap B \right) =
0 \rightarrow P \left( \overline{A} \cap B \right) =
P \left( B \right) - P \left( A \cap B \right) \Rightarrow \\
\Rightarrow P \left( A \cap B \right) =
P \left( B \right) =
P \left( A \right) \cdot P \left( B \right) =
1 \cdot P \left( B \right) =
P \left( B \right) $.
\end{enumerate}