Условная вероятность и формула Байеса - сложные задачи с решениями

Решение:
Ответы выбираются независимо, и каждый из них верен с вероятностью [tex]\frac{1}{4}[/tex]. Пусть [tex]A[/tex] — событие «оба ответа верны», а [tex]B[/tex] — событие «хотя бы один ответ верен». Противоположное к [tex]B[/tex] событие — «оба ответа неверны», поэтому
[tex]P(A)=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{16},\qquad P(B)=1-\frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{7}{16}[/tex]
Так как [tex]A\subset B[/tex], то [tex]P(A\cap B)=P(A)[/tex], и по определению условной вероятности
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1}{16}\cdot \frac{16}{7}=\frac{1}{7}[/tex]
(Иначе: из [tex]16[/tex] равновозможных пар ответов [tex]7[/tex] содержат верный ответ, и лишь в [tex]1[/tex] из них оба ответа верны.)

Решение:
Равновозможные исходы — это [tex]\binom{52}{2}=1326[/tex] неупорядоченных пар карт. Пусть [tex]S[/tex] — событие «обе карты одного достоинства», а [tex]D[/tex] — событие «карты разных мастей». Две карты одного достоинства всегда разных мастей, поэтому [tex]S\cap D=S[/tex]. Подсчитаем пары карт одного достоинства и пары карт одной масти:
[tex]|S|=13\cdot \binom{4}{2}=78,\qquad 4\cdot \binom{13}{2}=312[/tex]
Значит, событию [tex]D[/tex] благоприятствуют [tex]1326-312=1014[/tex] пар, и
[tex]P(S\,|\,D)=\frac{P(S\cap D)}{P(D)}=\frac{78}{1014}=\frac{1}{13}[/tex]
Короче: какой бы ни была первая карта, при данном условии вторая карта с равной вероятностью является любой из [tex]39[/tex] карт трёх других мастей, и ровно [tex]3[/tex] из них того же достоинства, что и первая, поэтому [tex]P=\frac{3}{39}=\frac{1}{13}[/tex].

Решение:
Обозначим орла через [tex]\text{О}[/tex], а решку через [tex]\text{Р}[/tex]. Все [tex]2^3=8[/tex] последовательностей результатов равновозможны. Два события [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] независимы, если [tex]P(X\cap Y)=P(X)\cdot P(Y)[/tex]. Имеем [tex]A=\{\text{ООО},\text{ООР},\text{ОРО},\text{ОРР}\}[/tex], [tex]B=\{\text{ООО},\text{ООР},\text{ОРО},\text{РОО}\}[/tex] и [tex]C=\{\text{ООО},\text{РРР}\}[/tex], поэтому
[tex]P(A)=\frac{4}{8}=\frac{1}{2},\quad P(B)=\frac{4}{8}=\frac{1}{2},\quad P(C)=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}[/tex]
[tex]A\cap B=\{\text{ООО},\text{ООР},\text{ОРО}\}[/tex], поэтому [tex]P(A\cap B)=\frac{3}{8}\ne\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}[/tex]: события [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] зависимы.
[tex]A\cap C=\{\text{ООО}\}[/tex], поэтому [tex]P(A\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}[/tex]: события [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] независимы.
[tex]B\cap C=\{\text{ООО}\}[/tex], поэтому [tex]P(B\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}[/tex]: события [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex] независимы.
Следовательно, ровно [tex]2[/tex] из трёх пар независимы.

Решение:
Всего [tex]23[/tex] шара. Если первый шар белый, то из оставшихся [tex]22[/tex] шаров белых [tex]12[/tex]; если он красный, то белых среди оставшихся [tex]22[/tex] шаров [tex]13[/tex]:
[tex]P(A_1)=\frac{13}{23},\quad P(\overline{A_1})=\frac{10}{23},\quad P(A_2\,|\,A_1)=\frac{12}{22},\quad P(A_2\,|\,\overline{A_1})=\frac{13}{22}[/tex]
По правилу умножения вероятностей и формуле полной вероятности
[tex]P(A_1\cap A_2)=\frac{13}{23}\cdot \frac{12}{22}[/tex]
[tex]P(A_2)=\frac{13}{23}\cdot \frac{12}{22}+\frac{10}{23}\cdot \frac{13}{22}=\frac{13\cdot (12+10)}{23\cdot 22}=\frac{13}{23}[/tex]
Значит, второй шар белый с той же вероятностью, что и первый. Следовательно,
[tex]P(A_1\,|\,A_2)=\frac{P(A_1\cap A_2)}{P(A_2)}=\frac{13}{23}\cdot \frac{12}{22}\cdot \frac{23}{13}=\frac{12}{22}=\frac{6}{11}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]H_1[/tex], [tex]H_2[/tex], [tex]H_3[/tex] — события «выбран ящик [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex]» соответственно, а [tex]N[/tex] — событие «вынутый мяч новый». Ящик выбирается случайно, а при выбранном ящике вероятность вынуть новый мяч равна доле новых мячей в нём:
[tex]P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}; \quad P(N\,|\,H_1)=\frac{2}{3}; \quad P(N\,|\,H_2)=\frac{3}{5}; \quad P(N\,|\,H_3)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(N)=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}+\frac{3}{5}+\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{29}{15}=\frac{29}{45}[/tex]
По формуле Байеса
[tex]P(H_1\,|\,N)=\frac{P(H_1)\,P(N\,|\,H_1)}{P(N)}=\frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}}{\frac{29}{45}}=\frac{2}{9}\cdot \frac{45}{29}=\frac{10}{29}[/tex]
Ответ не равен [tex]\frac{2}{9}[/tex] (два из девяти новых мячей), потому что мячи из разных ящиков вынимаются с разными вероятностями: конкретный мяч из ящика [tex]1[/tex] вынимается с вероятностью [tex]\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{9}[/tex], а конкретный мяч из ящика [tex]2[/tex] — с вероятностью [tex]\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{5}=\frac{1}{15}[/tex].

Решение:
Рассмотрим случайно выбранный вопрос. Пусть [tex]K[/tex] — событие «студент знает ответ», [tex]G[/tex] — событие «студент отвечает наугад», а [tex]C[/tex] — событие «отмеченный ответ верный». При ответе наугад каждый из четырёх вариантов выбирается с равной вероятностью, поэтому
[tex]P(K)=\frac{2}{3}; \quad P(G)=\frac{1}{3}; \quad P(C\,|\,K)=1; \quad P(C\,|\,G)=\frac{1}{4}[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(C)=\frac{2}{3}\cdot 1+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}=\frac{2}{3}+\frac{1}{12}=\frac{3}{4}[/tex]
Ответ выбран не наугад ровно тогда, когда студент его знал, поэтому по формуле Байеса
[tex]P(K\,|\,C)=\frac{P(K)\,P(C\,|\,K)}{P(C)}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{3}{4}}=\frac{8}{9}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]D[/tex] — событие «человек болен», а [tex]T[/tex] — событие «тест положительный». По условию
[tex]P(D)=0{,}005; \quad P(\overline{D})=0{,}995; \quad P(T\,|\,D)=0{,}99; \quad P(T\,|\,\overline{D})=1-0{,}99=0{,}01[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(T)=P(D)\,P(T\,|\,D)+P(\overline{D})\,P(T\,|\,\overline{D})[/tex]
[tex]P(T)=0{,}005\cdot 0{,}99+0{,}995\cdot 0{,}01=0{,}00495+0{,}00995=0{,}0149[/tex]
По формуле Байеса
[tex]P(D\,|\,T)=\frac{P(D)\,P(T\,|\,D)}{P(T)}=\frac{0{,}00495}{0{,}0149}=\frac{99}{298}\approx 0{,}33[/tex]
Наглядно: из [tex]200\,000[/tex] человек в среднем [tex]1000[/tex] больны, и у [tex]990[/tex] из них тест положительный, а из [tex]199\,000[/tex] здоровых положительный тест у [tex]1990[/tex]. Таким образом, только [tex]990[/tex] из [tex]2980[/tex] положительных результатов приходятся на больных.

Решение:
Рассмотрим гипотезы [tex]H_1[/tex]: «выбрана монета с двумя орлами», [tex]H_2[/tex]: «выбрана обычная монета» и [tex]H_3[/tex]: «выбрана монета с двумя решками». Монета выбирается случайно, поэтому [tex]P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}[/tex]. Пусть [tex]A[/tex] — событие «выпал орёл». Тогда
[tex]P(A\,|\,H_1)=1; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{1}{2}; \quad P(A\,|\,H_3)=0[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+0\right)=\frac{1}{2}[/tex]
На скрытой стороне орёл ровно тогда, когда выбрана монета с двумя орлами, поэтому по формуле Байеса искомая вероятность равна
[tex]P(H_1\,|\,A)=\frac{P(H_1)\,P(A\,|\,H_1)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{3}\cdot 1}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}[/tex]
Наглядно: сверху может оказаться одна из трёх равновозможных сторон с орлом, и две из них принадлежат монете с двумя орлами.

Решение:
Пусть [tex]H_1[/tex] — событие «потерянный шар белый», [tex]H_2[/tex] — «потерянный шар чёрный», а [tex]A[/tex] — «вынутый шар белый». Если потерян белый шар, в урне остаются [tex]3[/tex] белых и [tex]3[/tex] чёрных шара, а если чёрный — [tex]4[/tex] белых и [tex]2[/tex] чёрных. Следовательно,
[tex]P(H_1)=\frac{4}{7}; \quad P(H_2)=\frac{3}{7}; \quad P(A\,|\,H_1)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=\frac{4}{7}\cdot \frac{1}{2}+\frac{3}{7}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{7}+\frac{2}{7}=\frac{4}{7}[/tex]
Этого и следовало ожидать: потеря шара неизвестного цвета не меняет вероятность того, что случайно вынутый шар белый. По формуле Байеса
[tex]P(H_1\,|\,A)=\frac{P(H_1)\,P(A\,|\,H_1)}{P(A)}=\frac{\frac{2}{7}}{\frac{4}{7}}=\frac{1}{2}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]H_k[/tex] — событие «переложено ровно [tex]k[/tex] белых шаров», [tex]k=0; 1; 2; 3[/tex]; эти гипотезы попарно несовместны и исчерпывают все возможности. Все [tex]\binom{9}{3}=84[/tex] способа выбрать [tex]3[/tex] шара равновозможны, поэтому [tex]P(H_k)=\frac{\binom{4}{k}\binom{5}{3-k}}{84}[/tex]:
[tex]P(H_0)=\frac{10}{84}; \quad P(H_1)=\frac{40}{84}; \quad P(H_2)=\frac{30}{84}; \quad P(H_3)=\frac{4}{84}[/tex]
Пусть [tex]A[/tex] — событие «шар, вынутый из второго сосуда, белый». Если произошло [tex]H_k[/tex], то во втором сосуде [tex]k[/tex] белых шаров из [tex]3[/tex], поэтому [tex]P(A\,|\,H_k)=\frac{k}{3}[/tex]. По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=\frac{10}{84}\cdot 0+\frac{40}{84}\cdot \frac{1}{3}+\frac{30}{84}\cdot \frac{2}{3}+\frac{4}{84}\cdot 1=\frac{40+60+12}{252}=\frac{112}{252}=\frac{4}{9}[/tex]
Это совпадает с вероятностью вынуть белый шар прямо из первого сосуда, как и должно быть: последний вынутый шар с равной вероятностью может оказаться любым из [tex]9[/tex] шаров.

Решение:
Выстрелы независимы, поэтому вероятность каждого сочетания попаданий и промахов равна произведению соответствующих вероятностей. Ровно два попадания получаются в трёх несовместных случаях:
попадают [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex], а [tex]C[/tex] промахивается: [tex]0{,}6\cdot 0{,}5\cdot 0{,}6=0{,}18[/tex];
попадают [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex], а [tex]B[/tex] промахивается: [tex]0{,}6\cdot 0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}12[/tex];
попадают [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], а [tex]A[/tex] промахивается: [tex]0{,}4\cdot 0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}08[/tex].
Значит, вероятность ровно двух попаданий равна [tex]0{,}18+0{,}12+0{,}08=0{,}38[/tex], а вероятность того, что попаданий ровно два и [tex]C[/tex] попал, равна [tex]0{,}12+0{,}08=0{,}20[/tex]. По определению условной вероятности искомая вероятность равна
[tex]P=\frac{0{,}20}{0{,}38}=\frac{20}{38}=\frac{10}{19}[/tex]
Так как [tex]\frac{10}{19}\gt\frac{1}{2}[/tex], вероятнее, что [tex]C[/tex] попал, чем что он промахнулся, хотя [tex]C[/tex] — самый слабый стрелок.

Решение:
Пусть [tex]H_k[/tex] — событие «неисправны ровно [tex]k[/tex] блоков», [tex]k=0; 1; 2; 3[/tex]. Блоки выходят из строя независимо, каждый с вероятностью [tex]\frac{1}{4}[/tex], поэтому по формуле Бернулли [tex]P(H_k)=\binom{3}{k}\left(\frac{1}{4}\right)^k\left(\frac{3}{4}\right)^{3-k}[/tex]:
[tex]P(H_0)=\frac{27}{64}; \quad P(H_1)=\frac{27}{64}; \quad P(H_2)=\frac{9}{64}; \quad P(H_3)=\frac{1}{64}[/tex]
Пусть [tex]A[/tex] — событие «машина останавливается». По условию
[tex]P(A\,|\,H_0)=0; \quad P(A\,|\,H_1)=\frac{2}{3}; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{3}{4}; \quad P(A\,|\,H_3)=1[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=\frac{27}{64}\cdot \frac{2}{3}+\frac{9}{64}\cdot \frac{3}{4}+\frac{1}{64}\cdot 1=\frac{72}{256}+\frac{27}{256}+\frac{4}{256}=\frac{103}{256}[/tex]

Решение:
Вопросы вытягиваются без возвращения. Первые два вопроса образуют одну из [tex]\binom{25}{2}=300[/tex] равновозможных пар. Пусть [tex]B_0[/tex] — событие «студент не знает ни одного из них», а [tex]B_1[/tex] — «знает ровно один из них». Пар из невыученных вопросов [tex]\binom{10}{2}=45[/tex], а пар ровно с одним выученным вопросом [tex]15\cdot 10=150[/tex], поэтому
[tex]P(B_0)=\frac{45}{300}=\frac{3}{20}; \quad P(B_1)=\frac{150}{300}=\frac{1}{2}[/tex]
Если произошло [tex]B_1[/tex], то среди оставшихся [tex]23[/tex] вопросов [tex]14[/tex] выученных и [tex]9[/tex] невыученных, поэтому третий вопрос окажется невыученным с условной вероятностью [tex]\frac{9}{23}[/tex]. Студент не сдаёт экзамен, если произошло [tex]B_0[/tex] или если произошло [tex]B_1[/tex] и он не знает третий вопрос. Эти случаи несовместны, поэтому искомая вероятность равна
[tex]P=P(B_0)+P(B_1)\cdot \frac{9}{23}=\frac{3}{20}+\frac{1}{2}\cdot \frac{9}{23}=\frac{3}{20}+\frac{9}{46}=\frac{69+90}{460}=\frac{159}{460}\approx 0{,}346[/tex]

Решение:
Все броски независимы. Рассмотрим один круг: бросок [tex]A[/tex], затем [tex]B[/tex], затем [tex]C[/tex]. В этом круге [tex]A[/tex] выигрывает с вероятностью [tex]p_A[/tex]; [tex]B[/tex] выигрывает, если [tex]A[/tex] не выиграл, а у [tex]B[/tex] выпало [tex]4[/tex] или [tex]5[/tex] (вероятность [tex]p_B[/tex]); [tex]C[/tex] выигрывает, если [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] не выиграли, а у [tex]C[/tex] выпало [tex]6[/tex] (вероятность [tex]p_C[/tex]); никто не выигрывает с вероятностью [tex]q[/tex]:
[tex]p_A=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\quad p_B=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{6}=\frac{1}{6}[/tex]
[tex]p_C=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{18},\quad q=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{5}{6}=\frac{5}{18}[/tex]
Если никто не выиграл, игра начинается заново в точно такой же ситуации, поэтому [tex]C[/tex] выигрывает в [tex]k[/tex]-м круге с вероятностью [tex]q^{k-1}p_C[/tex]. Суммируем бесконечно убывающую геометрическую прогрессию:
[tex]P(C)=p_C\left(1+q+q^2+\ldots\right)=\frac{p_C}{1-q}=\frac{\frac{1}{18}}{1-\frac{5}{18}}=\frac{1}{13}[/tex]
Проверка: аналогично [tex]P(A)=\frac{p_A}{1-q}=\frac{9}{13}[/tex] и [tex]P(B)=\frac{p_B}{1-q}=\frac{3}{13}[/tex], и действительно [tex]\frac{9}{13}+\frac{3}{13}+\frac{1}{13}=1[/tex].

Решение:
Все [tex]36[/tex] исходов для двух костей равновозможны, а поднимаемая рука выбирается независимо от костей, каждая с вероятностью [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Пусть [tex]S[/tex] — событие «на показанной кости выпало [tex]6[/tex]», а [tex]H[/tex] — событие «на обеих костях выпало [tex]6[/tex]». Применим формулу полной вероятности с тремя гипотезами: две шестёрки (вероятность [tex]\frac{1}{36}[/tex], тогда [tex]S[/tex] наступает наверняка), ровно одна шестёрка ([tex]10[/tex] исходов, вероятность [tex]\frac{10}{36}[/tex], тогда [tex]S[/tex] наступает с вероятностью [tex]\frac{1}{2}[/tex]) и ни одной шестёрки (тогда [tex]S[/tex] невозможно):
[tex]P(S)=\frac{1}{36}\cdot 1+\frac{10}{36}\cdot \frac{1}{2}+\frac{25}{36}\cdot 0=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}[/tex]
По формуле Байеса
[tex]P(H\,|\,S)=\frac{P(H)\cdot P(S\,|\,H)}{P(S)}=\frac{\frac{1}{36}\cdot 1}{\frac{1}{6}}=\frac{1}{6}[/tex]
Это согласуется с интуицией: скрытая кость не зависит от показанной. Ответ [tex]\frac{1}{11}[/tex] был бы верным, только если бы мы знали лишь то, что хотя бы на одной из костей выпало [tex]6[/tex]; здесь мы знаем больше, потому что была показана случайно выбранная кость.

Решение:
В силу симметрии можно считать, что сначала вы выбрали дверь [tex]1[/tex]. С вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex] приз находится за дверью [tex]1[/tex], и тогда при смене выбора вы проигрываете. С вероятностью [tex]\frac{2}{3}[/tex] приз находится за дверью [tex]2[/tex] или [tex]3[/tex]; тогда ведущий вынужден открыть другую, пустую дверь, так что оставшаяся закрытой дверь скрывает приз и смена выбора приносит выигрыш. Следовательно, при смене выбора вы выигрываете с вероятностью [tex]\frac{2}{3}[/tex] (без смены — лишь с вероятностью [tex]\frac{1}{3}[/tex]).
Тот же результат по формуле Байеса: пусть ведущий открыл дверь [tex]3[/tex], [tex]C_i[/tex] — событие «приз за дверью [tex]i[/tex]», а [tex]D[/tex] — событие «ведущий открывает дверь [tex]3[/tex]». Тогда [tex]P(D\,|\,C_1)=\frac{1}{2}[/tex], [tex]P(D\,|\,C_2)=1[/tex], [tex]P(D\,|\,C_3)=0[/tex], и
[tex]P(C_2\,|\,D)=\frac{\frac{1}{3}\cdot 1}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot 1+\frac{1}{3}\cdot 0}=\frac{2}{3}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]A_k[/tex] — событие «[tex]k[/tex]-й член семьи получит монетку», [tex]1\le k\le 10[/tex]. Оно происходит тогда и только тогда, когда первые [tex]k-1[/tex] человек берут куски без монетки, а [tex]k[/tex]-й берёт кусок с монеткой. Воспользуемся правилом умножения вероятностей при последовательном извлечении без возвращения.
Первый не получает монетку с вероятностью [tex]\frac{9}{10}[/tex]; если он её не получил, остаётся [tex]9[/tex] кусков, в одном из которых монетка, поэтому второй не получает её с вероятностью [tex]\frac{8}{9}[/tex], и т.д. Если первые [tex]k-1[/tex] человек не получили монетку, остаётся [tex]11-k[/tex] кусков, ровно в одном из которых она есть, поэтому [tex]k[/tex]-й получает её с условной вероятностью [tex]\frac{1}{11-k}[/tex]. Следовательно,
[tex]P(A_k)=\frac{9}{10}\cdot \frac{8}{9}\cdot \ldots\cdot \frac{11-k}{12-k}\cdot \frac{1}{11-k}=\frac{1}{10}[/tex]
так как в произведении каждый числитель сокращается со следующим знаменателем (при [tex]k=1[/tex] оно равно просто [tex]\frac{1}{10}[/tex]). Итак, все десять человек получают монетку с одной и той же вероятностью [tex]\frac{1}{10}[/tex]: у того, кто тянет позже, условный шанс [tex]\frac{1}{11-k}[/tex] больше, но это в точности компенсируется меньшим шансом того, что монетка ещё не вытянута.
Другое рассуждение: порядок, в котором берут куски, — случайная перестановка [tex]10[/tex] кусков, и кусок с монеткой с равной вероятностью стоит на любом из [tex]10[/tex] мест.

Решение:
Напомним, что события [tex]A_1, \ldots, A_n[/tex] независимы в совокупности, если для любого [tex]k\ge 2[/tex] и любого набора индексов [tex]1\le i_1\lt i_2\lt\ldots\lt i_k\le n[/tex] выполняется
[tex]P(A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap\ldots\cap A_{i_k})=P(A_{i_1})\cdot P(A_{i_2})\cdot \ldots\cdot P(A_{i_k})[/tex]
Лемма: если события [tex]A_1, A_2, \ldots, A_n[/tex] независимы, то и [tex]\overline{A_1}, A_2, \ldots, A_n[/tex] независимы. Действительно, равенства, в которые первое событие не входит, не меняются. Для равенства, в которое оно входит, возьмём любое непустое множество индексов [tex]S\subseteq\{2, \ldots, n\}[/tex] и положим [tex]B=\bigcap_{i\in S}A_i[/tex]. События [tex]A_1\cap B[/tex] и [tex]\overline{A_1}\cap B[/tex] несовместны, и их объединение есть [tex]B[/tex], поэтому, дважды используя независимость исходных событий, получаем
[tex]P(\overline{A_1}\cap B)=P(B)-P(A_1\cap B)=\prod_{i\in S}P(A_i)-P(A_1)\prod_{i\in S}P(A_i)[/tex]
[tex]=\left(1-P(A_1)\right)\prod_{i\in S}P(A_i)=P(\overline{A_1})\prod_{i\in S}P(A_i)[/tex]
а это и есть нужное равенство. Определение независимости симметрично относительно событий, поэтому лемма позволяет заменить любое одно событие независимой совокупности на противоположное.
Теперь индукцией по [tex]k=0, 1, \ldots, n[/tex] докажем, что события [tex]\overline{A_1}, \ldots, \overline{A_k}, A_{k+1}, \ldots, A_n[/tex] независимы. База индукции: при [tex]k=0[/tex] это условие задачи. Индукционный переход: если утверждение верно для некоторого [tex]k\lt n[/tex], то, применив лемму к событию [tex]A_{k+1}[/tex], получаем его для [tex]k+1[/tex]. При [tex]k=n[/tex] получаем, что события [tex]\overline{A_1}, \overline{A_2}, \ldots, \overline{A_n}[/tex] независимы.