מה שמעניין אותנו בהסתברות מותנית זה מה קורה כאשר אנו מתנים את ההסתברות במאורע.

הגדרה 1

יהי מרחב הסתברות $(\Omega,\mathcal{F},P)$ ויהי $B \subseteq \Omega$ מאורע כך ש- $P(B)>0$ . נגדיר

\forall A \subset \Omega:\; P(A \mid B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}

דוגמה

מטילים קוביה הוגנת. אם ידוע שיצא מספר זוגי, מהי ההסתברות שיצא "4"?

P(\left\{ 4 \right\}\mid \left\{ 2k \mid k \in \mathbb{N} \right\})=\frac{P(\left\{ 4 \right\}\cap \left\{ 2k \mid k \in \mathbb{N} \right\})}{P(\left\{ 2k \mid k \in \mathbb{N} \right\})}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}

בהטלה של 2 קוביות הוגנות, מה ההסתברות שהתוצאה השנייה תהיה 4 בהינתן שהתוצאה הראשונה היא 2?

זה לא אמור להשפיע, אך נרצה לוודא כי הנוסחה עדיין עובדת:

P(\left\{ 4_{2} \right\}\mid \left\{ 2_{1} \right\})=\frac{P(\left\{ (2,4) \right\})}{P(\left\{ (2,?) \right\})}=\frac{\frac{1}{36}}{\frac{1}{6}}=\frac{1}{6}

לפעמים דווקא ההסתברות המותנית היא קלה יותר להבנה ונראה זאת במקרה הבא:

(דוגמת הכד) בכד יש $b$ כדורים שחורים ו- $w$ כדורים לבנים. מוציאים מהכד כדורים בזה אחר זה ללא החזרה. מהי ההסתברות שהכדור השני לבן אם ידוע שהכדור הראשון לבן?

כשיש הרבה מאורעות כדאי לסמן אותם בשם שאנו נזהה את המאורע לפיו כי אחרת אנחנו נתבלבל.
נסמן: $B_{i}$ זה שחור בהוצאה ה- $i$ ו- $W_{i}$ הוא לבן בהוצאה ה- $i$ .

P(W_{2} \mid W_{1})=

קל לדעת די בקלות את $W_{1}$ כך: $P(W_{1})=\frac{w}{b+w}$ . נשים לב כי כעת אנו יודעים כי:

P(W_{2} \mid W_{1})=\frac{w-1}{b+w-1}

משפט

יהי $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ויהי $B \subseteq \Omega$ מאורע כך ש- $P(B)>0$ .
נסמן: $P_{B}(A)=P(A \mid B)$ . אזי, $P_{B}$ היא מידת הסתברות.

הוכחה:
נוכיח כי מתקיימות שלושת התכונות.

P_{B}(\emptyset)=\frac{P(\emptyset \cap B)}{P(B)}=\frac{P(\emptyset)}{P(B)}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגדרת מידת הסתברות}} \end{matrix}}{=} \frac{0}{P(B)}=0

לכן, התכונה הראשונה מתקיימת.

P_{B}(\overline{C})=P(\overline{A}\mid B)=\frac{P(\overline{ A}\cap B)}{P(B)}=\frac{P(B)-P(A \cap B)}{P(B)}=1-\frac{p(A \cap B)}{p(B)}=1-P_{B}(A)

ולכן התכונה השנייה מתקיימת.
נסמן ב- $N$ מספר סופי או אינסופי ואז:

\begin{align*} P_{B}\left(\biguplus_{k=1}^N A_{k}\right)&=P\left(\biguplus_{k=1}^N A_{k} \middle| B\right)=\frac{P\left( \left( \biguplus_{k=1}^N A_{k} \right)\cap B \right)}{P(B)}=\frac{P\left(\biguplus_{k=1}^N (A_{k}\cap B)\right)}{P(B)} \\ &=\frac{1}{P(B)}\sum_{k=1}^N P(A_{k} \cap B)=\sum_{k=1}^N \frac{P(A_{k}\cap B)}{P(B)}=\sum_{k=1}^N P_{B}(A_{k}) \end{align*}

ולכן התכונה השלישית מתקיימת ולפי הגדרה $P_{B}$ היא מידת הסתברות.
∎

הערה

זה כן נכון ש- $P(\overline{ A}\mid B)=1-P(A \mid B)$ אך צריך לשים כי:

P(A \mid \overline{ B}) {\;\LARGE\color{red}\neq\;} 1-P(A \mid B)

משפט (תכונות

P_{B}

)

יהי $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ויהי $B$ מאורע כף ש- $P(B)>0$ . אזי:

מתקיים: $P(A \cap B)>0 \iff P_{B}(A)>0$ .
מתקיים: $P_{B}(A \cap B)=P_{B}(A)$ .
יהי $C$ מאורע כך ש- $P_{B}(C)>0$ אזי $P_{B}(A \mid C)=P(A \mid B \cap C)$ .
אם $P$ שוות הסתברות על $\Omega$ אז $P_{B}$ שוות הסתברות על $B$ .

הוכחה 2:

P_{B}(A \cap B)=P(A \cap B \mid B)=\frac{P(A \cap B \cap B )}{P(B)}=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}=P_{B}(A)

∎

הוכחה 3:

P_{B}(A \mid C)=\frac{P_{B}(A \cap C)}{P(C)}=\frac{P(A \cap C \mid B)}{P(C \mid B)}=\frac{\frac{P(A \cap C \cap B)}{P(B)}}{\frac{P(C \cap B)}{P(B)}}=\frac{P(A \cap (C \cap B))}{P(C \cap B)}=P_{B \cap C}(A)

∎

הוכחה 4:
יהי $b \in B$ .

P_{B}(\left\{ b \right\})=P(\left\{ b \right\}\mid B)=\frac{P(\left\{ b \right\} \cap B)}{P(B)}=\frac{P(\left\{ b \right\})}{P(B)}

נתון כי $P$ שוות הסתברות מעל $\Omega$ ולכן:

P_{B}(\left\{ b \right\})=\frac{P(\left\{ b \right\})}{P(B)}=\frac{\frac{1}{|\Omega|}}{\frac{|B|}{|\Omega|}}=\frac{1}{|B|}

ולכן, לפי הגדרה, $P_{B}$ שוות הסתברות מעל $B$ .
∎

נוסחאות מגניבות

משפט (נוסחת המכפלה)

P(A \cap B)=P(B)\cdot P(A \mid B)

הוכחה:
נובע מיידית מההגדרת $P(A \mid B)$
∎

דוגמה (מדוגמת הכד)

P(W_{1} \cap W_{2})=P(W_{1})P(W_{2} \mid W_{1})=\frac{w}{b+w}\cdot \frac{w-1}{b+w-1}

משפט (הכללה של נוסחת המכפלה)

יהיו $A_{1},A_{2},\dots,A_{n}$ מאורעות כך ש- $P(\bigcap_{k=1}^{n}A_{k})>0$ אזי:

P\left(\bigcap_{k=1}^n A_{k}\right)=P(A_{1})\cdot P(A_{2} \mid A_{1})\cdot P(A_{3} \mid A_{1}\cap A_{2})\cdots P\left(A_{n}\smid \bigcap_{k=1}^{n-1} A_{k}\right)

הוכחה: באינדוקציה על $n$ .
בסיס: עבור $n=2$ הוכחנו.
צעד: נניח שהטענה נכונה עבור $n$ מאורעות ונוכיח שהיא נכונה עבור $n+1$ מאורעות.

\begin{align*} P\left(\bigcap_{k=1}^{n+1} A_{k}\right)&=P(A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\cap \dots \cap A_{n+1}) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הנחת האינדוקציה}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! P(A_{1}\cap A_{2})P(A_{3} \mid A_{1} \cap A_{2})\cdots P\left(A_{n+1} \smid \bigcap_{k=1}^n A_{m}\right) \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ n=2\;\R{\text{עבור}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!P(A_{1})P(A_{2} \mid A_{1})P(A_{3} \mid A_{1} \cap A_{2})\cdots P\left(A_{n+1} \smid \bigcap_{k=1}^n A_{m}\right) \end{align*}

∎

משפט (נוסחת ההסתברות השלמה)

תהי $A_{1},A_{2},\dots,A_{n}$ חלוקה של $\Omega$ . (כלומר, $\bigcup_{k=1}^n A_{k}=\Omega$ ומתקיים $A_{i}\cap A_{j}=\emptyset$ )
יהי מאורע $B \subseteq \Omega$ מאורע, אזי:

P(B)=\sum_{k=1}^n P(B \mid A_{k})\cdot P(A_{k})

הוכחה:

\begin{align*} P(B)&=P(B \cap \Omega)=P\left( B \cap \left( \biguplus_{k=1}^n A_{k} \right) \right)=P\left(\biguplus_{k=1}^n (B \cap A_{k})\right)=\sum_{k=1}^n P(B \cap A_{k}) \\ &=\sum_{k=1}^n P(A_{k})\cdot P(B \mid A_{k}) \end{align*}

∎

הערה

יש ניסוחים לנוסחת ההסתברות השלמה בה במקום הדרישה $A_{i}\cap A_{j}=\emptyset$ מופיעה הדרישה $P(A_{i}\cap A_{j})=0$ .

תרגיל

הוכיחו את ההערה, זה היה לפני 4 שנים במבחן!

דוגמה (בדוגמת הכד)

\begin{align*} P(W_{2})&=P(W_{2}\mid W_{1})P(W_{1})+P(W_{2}\mid B_{1})P(B_{1})=\frac{w-1}{b+w-1}\cdot \frac{w}{b+w}+\frac{w}{b+w-1}\cdot \frac{b}{b+w} \\ &=\frac{w\cancel{ (w-1+b) }}{(b+w)\cancel{ (b+w-1) }}=\frac{w}{b+w} \end{align*}

נשים לב כי זה דבר מוזר מאוד שכן אנו מוציאים כדור ולא מחזירים אותו.
בשיעורי הבית נוכיח כי לכל $k$ מתקיים כי $P(W_{k})=\frac{w}{b+w}$ .

משפט (נוסחת בייס)

יהיו $A,B$ מאורעות כך ש- $P(A)>0$ וגם $P(B)>0$ . אזי:

P(A \mid B)=\frac{P(B \mid A)\cdot P(A)}{P(B)}

רמז טוב לבייס זה משחקי עבר-עתיד.

דוגמה (בדוגמת הכד)

P(W_{1} \mid W_{2})=\frac{P(W_{2}\mid W_{1})\cdot P(W_{1})}{P(W_{2})}=\frac{\frac{w-1}{b+w-1}\cdot \frac{w}{b+w}}{\frac{w}{b+w}}=\frac{w-1}{b+w-1}

הוכחת בייס:

P(A \mid B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{המכפלה}} \end{matrix}}{=} \frac{P(A)P(B \mid A)}{P(B)}

∎

דוגמה (לשאלה מבוחן אמצע)

תרגיל

בבדיקת חוזק של עצם מסויים בוחרים קומה באקראי מבניין בעל $10$ קומות ומשליכים ממנה את החפץ.
ידוע שאם החפץ נזרק מהקומה ה- $k$ הוא ישבר בהסתברות $\frac{k}{10}$ כאשר $k=1,\dots,10$ .
א. מה הסיכוי שהחפץ ישבר?
ב. אם נשבר, מהי ההסתברות שנזרק מהקומה ה- $7$ ? ואם לא נשבר?

פתרון א':
נגדיר מאורעות: $A_{k}$ - נבחרה הקומה ה- $k$ כאשר $k=1,2,\dots,10$ .
כשאומרים באקראי הכוונה היא שיש סיכוי שווה למאורעות ולכן $P(A_{k})=\frac{1}{10}$ .
נגדיר $B$ כמאורע בו החפץ ישבר בניסוי ואז, לפי הנתונים: $P(B \mid A_{k})=\frac{k}{10}$ כאשר $k=1,\dots,10$ .
הסיטואציה פה תלוייה ולכן נשתמש בנוסחת ההסתברות השלמה:

P(B)=\sum_{k=1}^{10} P(B \mid A_{k})P(A_{k})=\sum_{k=1}^{10} \frac{k}{10}\cdot \frac{1}{10}=\frac{1}{100}\sum_{k=1}^{10}k=\frac{55}{100}=\frac{11}{20}

פתרון ב':
בעקרון, מה שהם שואלים אותנו זה $P(A_{7} \mid B)$ . מה שאנחנו צריכים לחשוב עכשיו הוא שיש יותר סיכוי לקומות הגבוהות מאשר לקומות הנמוכות. אם היינו שואלים בהינתן שהוא לא נשבר אז הסיכוי שזרקו מהקומה העשירית הוא $0$ שכן הסיכוי שהוא נשבר מהקומה העשירית הוא $1$ . לכן, אנחנו מצפים שהתוצאה תהיה יותר מ- $\frac{1}{10}$ . הנרמול בעצם פה הוא רק בעזרת החישוב.

P(A_{7}\mid B)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{בייס}} \end{matrix}}{=}\frac{P(B \mid A_{7})P(A_{7})}{P(B)}=\frac{\frac{7}{10}\cdot \frac{1}{10}}{\frac{55}{100}}=\frac{7}{55}

אם הוא לא נשבר אז זה בדיוק $P(A_{7} \mid \overline{B})$ . אנחנו כמובן לא עושים משלים כי אנחנו לא יכולים, זו הייתה בדיוק ההערה ממקודם. נחשב זאת באותו האופן:

P(A_{7} \mid \overline{B})=\frac{P(\overline{B}\mid A_{7})P(A_{7})}{P(\overline{B})}=\frac{\frac{3}{10}\cdot \frac{1}{10}}{\frac{45}{100}}=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}

אי תלות

בעיקרון היינו רוצים להגדיר מאורעות בלתי תלויים כך שאם אנחנו עושים $P(A \mid B)$ אז היינו רוצים ש- $B$ כלל לא ישפיע. ההגדרה ההיא מעצבנת אותנו גם כי היא כלל לא סימטרית כלפי $A$ ו- $B$ . היינו רוצים להגדיר: $P(A \cap B)=P(A)P(B)$ .

הגדרה 2 (מאורעות בלתי תלויים)

יהי $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ויהיו $A,B$ מאורעות.
נאמר ש- $A,B$ הם מאורעות בלתי תלויים אם:

P(A \cap B)=P(A)\cdot P(B)

הערה

אף פעם לא יצפו מאיתנו להבין מהסיפור האם מאורעות הינם בלתי תלויים.
או שיגידו לנו במפורש או שיבקשו מאיתנו להוכיח במפורש.
אנחנו תמיד מניחים שהמאורעות תלויים אלא אם נאמר אחרת.

הערה

יכול להיות ששני מאורעות יהיו בלתי תלויים עבור מידת הסתברות $P$ מסויימת אך יהיו תלויים עבור מידת הסתברות אחרת $\tilde{P}$ .

דוגמה

בהטלת קוביה הוגנות פעמיים נגדיר: $A$ המאורע בו יוצא $2$ בהטלה הראשונה ו- $B$ המאורע בו יצא $4$ בהטלה השנייה.
נראה כעת כי $A,B$ בלתי תלויים.

P(A)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6} \qquad \qquad \qquad P(B)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}

P(A \cap B)=P(\left\{ (2,4) \right\})=\frac{1}{36}=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=P(A)\cdot P(B)

לכן, לפי הגדרה הם בלתי תלויים.

הערה

אם $P(B)=0$ אז $A$ ו- $B$ ב"ת בכל $A \subseteq \Omega$ . (באופן דומה, גם אם $P(B)=1$ הוא ב"ת בכל $A$ )
נתונים מאורעות $A,B$ כך ש- $P(A),P(B)\neq 0$ . אם $A,B$ זרים $A\impliedby$ ו- $B$ תלויים.

הוכחה (הערה 1):
מכיוון ש- $A \cap B \subseteq A$ אזי, לפי משפט: $P(A \cap B)\leq P(B)$ ואז:

P(A \cap B)=0=P(B)=P(B)\cdot P(A)

לכן, לפי הגדרה, $B$ ב"ת ב- $A$ .
∎

תרגיל (תרגילון)

אבי משתתף בשתי הגרלות ב"ת. הסיכוי שיזכה בהגרלה $\mathrm{I}$ הוא $0.1$ והסיכוי שיזכרה בהגרלה $\mathrm{II}$ הוא $0.05$ .
מה הסיכוי שיזכה לפחות בהגרלה אחת?

נגדיר $A$ כמאורע בו אבי זוכה בהגרלה $\mathrm{I}$ ו- $B$ כמאורע בו אבי זוכה בהגרלה $\mathrm{II}$ .

\begin{align*} P(A \cup B)&\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הכלה-הדרה}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!P(A)+P(B)-P(A \cap B)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ב"ת}} \end{matrix}}{=}P(A)+P(B)-P(A)\cdot P(B) \\ &=0.1+0.05-0.1\cdot 0.05=\boxed{0.145} \end{align*}

הערה

בלתי תלויים $\cancel{\impliedby}$ איחוד הופך לסכום.

תרגיל

מטילים קוביה הוגנת פעמיים.

יהי $A$ המאורע בו ההטלה הראשונה יצאה $4$ .
יהי $B$ המאורע בו סכום ההטלות הוא 6.
יהי $C$ המאורע בו סכום ההטלות הוא 7.

הוכיחו: $A$ ו- $B$ תלויים ו- $A$ ו- $C$ בלתי תלויים.

P(A)=\frac{1}{6} \qquad \qquad P(B)=P(\left\{ (1,5),(5,1),(2,4),(4,2) \right\})=\frac{5}{36}

P(C)=P(\left\{ (2,5),(1,6),(3,4),(5,2),(6,1),(4,3) \right\})=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}

P(A \cap B)=P(\left\{ (4,2) \right\})=\frac{1}{36} \qquad \qquad P(A \cap C)=P(\left\{ (4,3) \right\})=\frac{1}{36}

ואכן:

P(A \cap B)\neq P(A)\cdot p(B)

P(A \cap C)=P(A)\cdot P(C)

טענה

יהי $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ויהיו $A,B$ מאורעות ב"ת.
אזי, $A, \overline{B}$ ב"ת.

הוכחה:

P(A \cap \overline{B})=P(A)-P(A \cap B)=P(A)-P(A)\cdot P(B)=P(A)(1-P(B))=P(A)\cdot P(\overline{ B})

∎

מסקנה

\R{\text{ב"ת}}\;\overline{A},\overline{B}\iff \R{\text{ב"ת}}\;\overline{A},B \iff \R{\text{ב"ת}}\;A,\overline{ B} \iff \R{\text{ב"ת}}\; A,B

הוכחה:
ישירות מהטענה הנ"ל.
∎

אוסף של מאורעות ב"ת

נתחיל בגרסה מצומצמת: $A,B,C$ נקראים ב"ת (כאוסף) אם:

\begin{matrix} P(A \cap B)=P(A)\cdot P(B) \qquad P(A \cap C)=P(A)\cdot P(C) \qquad P(B \cap C)=P(B)\cdot P(C) \\ P(A \cap B \cap C)=P(A)\cdot P(B)\cdot P(C) \end{matrix}

הגדרה 3 (מאורעות ב"ת בזוגות)

יהי $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ויהיו $A,B,C$ מאורעות.
נאמר ש- $A,B,C$ בלתי תלויים בזוגות אם הם מתקיים: $P(A \cap B)=P(A)\cdot P(B)$ ו- $P(A \cap C)=P(A)\cdot P(C)$ וגם $P(B \cap C)=P(B)\cdot P(C)$ .

הגדרה 4 (מאורעות ב"ת כאוסף)

יהי $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ויהי $S$ אוסף של מאורעות.
נאמר ש- $S$ אוסף של מאורעות בלתי תלויים אם לכל $A_{1},\dots,A_{n}\in S$ מתקיים:

P\left( \bigcap_{k=1}^n A_{k} \right)=P(A_{1})\cdot P(A_{2})\cdots P(A_{n})

דוגמה

מטילים קוביה "הוגנת" עם 4 פאות $\left\{ 1,2,3,4 \right\}$ .
נגדיר: $A=\left\{ 1,2 \right\},B=\left\{ 1,3 \right\},C=\left\{ 1,4 \right\}$ . נרצה להראות כי $A,B,C$ ב"ת בזוגות אך לא ב"ת כאוסף.

P(A)=P(B)=P(C)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}

P(A \cap B)=P(A \cap C)=P(B \cap C)=P(\left\{ 1 \right\})=\frac{1}{4}

אז לכל זוג ההסתברות של החיתוך שווה למכפלת ההסתברויות. כלומר, ב"ת בוגות. אבל:

P(A \cap B \cap C)=P(\left\{ 1 \right\})=\frac{1}{4}\neq \frac{1}{8}=P(A)\cdot P(B)\cdot P(C)

נרצה כעת לדעת בנוסף האם $A \cup B,C$ תלויים.

P(A \cup B)=P(\left\{ 1,2,3 \right\})=\frac{3}{4} \qquad P(C \cap (A \cup B))=P(\left\{ 1 \right\})=\frac{1}{4}

ולכן:

\frac{1}{4}=P(C \cap (A \cup B))\neq P(C)\cdot P(A \cup B)=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{8}

משפט

יהיו $S$ אוסף של מאורעות ב"ת כאוסף ו- $A_{1},\dots,A_{n},B_{1},\dots,B_{n}\in S$
אם $D_{1}$ נוצר מקומבינציה של $A_{1},\dots,A_{n}$ ו- $D_{2}$ נוצר מקומבינציה של $B_{1},\dots,B_{n}$ אזי: $D_{1},D_{2}$ ב"ת.
(כאשר קומבינציה הכוונה: ע"י חיתוך/איחוד/משלים/הפרש)

תרגיל

נתונה צנרת:
2 - הסתברות מותנית 2026-11-11 17.14.37.excalidraw.svg
נתון כי $a,b,c$ סתומים בהסתברות $0.4,0.3,0.2$ באופן ב"ת.
מהי ההסתברות שיעברו מים מ- $K$ ל- $L$ ?

נגדיר: $A$ כמאורע בו $a$ פנוי. $B$ כמאורע בו $b$ פנוי. $C$ כמאורע בו $c$ פנוי.
נתון $\overline{A},\overline{B},\overline{C}$ ב"ת (כאוסף) ולכן $A,B,C$ ב"ת.

\begin{align*} P(A \cap (B \cup C))&= P(A)\cdot P(B \cup B)=P(A)(P(B)+P(C)-P(B \cap C)) \\ &=P(A)(P(B)+P(C)-P(B)\cdot P(C)) \end{align*}

ואז אפשר פשוט להציב את הנתונים.

הערה

בתרגיל היה נתון $A_{1},A_{2},A_{3}$ ב"ת ובמהלך התרגיל היה צריך לחשב את $P(\bigcup_{k=1}^n A_{k})$ .
ההסתברות של האיחוד לא שווה לסכום ההסתברויות.
באיחוד זה לא כדאי להשתמש בהכלה-הדחה ולכן אפשר להשתמש בהסתברות של המשלים ואז זה חיתוך ויש לנו כלל לגבי מאורעות ב"ת וחיתוך.

P\left(\bigcup_{k=1}^n A_{k}\right)=1-P\left(\bigcap_{k=1}^n \overline{A_{k}}\right)=1-\prod_{k=1}^n P(\overline{A_{k}})=1-\prod_{k=1}^n(1-P(A_{k}))

2 - הסתברות מותנית

הסתברות מ'

הסתברות מותנית

2 - הסתברות מותנית

הסתברות מ'

הסתברות מותנית

נוסחאות מגניבות

אי תלות

אוסף של מאורעות ב"ת