Условна вероятност и формула на Бейс - трудни задачи с решения

Решение:
Двата отговора се избират независимо и всеки от тях е верен с вероятност [tex]\frac{1}{4}[/tex]. Нека [tex]A[/tex] е събитието „и двата отговора са верни“, а [tex]B[/tex] – събитието „поне един отговор е верен“. Противоположното на [tex]B[/tex] събитие е „и двата отговора са грешни“, следователно
[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]
Тъй като [tex]A\subset B[/tex], то [tex]P(A\cap B)=P(A)[/tex] и от определението за условна вероятност
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1}{16}\cdot \frac{16}{7}=\frac{1}{7}[/tex]
(Иначе казано: от [tex]16[/tex]-те равновъзможни двойки отговори [tex]7[/tex] съдържат верен отговор и само в [tex]1[/tex] от тях и двата отговора са верни.)

Решение:
Равновъзможните изходи са [tex]\binom{52}{2}=1326[/tex] неподредени двойки карти. Нека [tex]S[/tex] е събитието „двете карти са от един и същ номинал“, а [tex]D[/tex] – събитието „двете карти са от различни бои“. Две карти от един и същ номинал винаги са от различни бои, затова [tex]S\cap D=S[/tex]. Преброяваме двойките от един и същ номинал и двойките от една и съща боя:
[tex]|S|=13\cdot \binom{4}{2}=78,\qquad 4\cdot \binom{13}{2}=312[/tex]
Следователно събитието [tex]D[/tex] се състои от [tex]1326-312=1014[/tex] двойки и
[tex]P(S\,|\,D)=\frac{P(S\cap D)}{P(D)}=\frac{78}{1014}=\frac{1}{13}[/tex]
По-кратко: каквато и да е първата карта, при даденото условие втората карта е с еднаква вероятност всяка от [tex]39[/tex]-те карти от другите три бои, а точно [tex]3[/tex] от тях са от същия номинал като първата, затова [tex]P=\frac{3}{39}=\frac{1}{13}[/tex].

Решение:
Означаваме ези с [tex]\text{Е}[/tex] и тура с [tex]\text{Т}[/tex]. Всичките [tex]2^3=8[/tex] редици от резултати са равновъзможни. Две събития [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] са независими, когато [tex]P(X\cap Y)=P(X)\cdot P(Y)[/tex]. Имаме [tex]A=\{\text{ЕЕЕ},\text{ЕЕТ},\text{ЕТЕ},\text{ЕТТ}\}[/tex], [tex]B=\{\text{ЕЕЕ},\text{ЕЕТ},\text{ЕТЕ},\text{ТЕЕ}\}[/tex] и [tex]C=\{\text{ЕЕЕ},\text{ТТТ}\}[/tex], следователно
[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{ЕЕЕ},\text{ЕЕТ},\text{ЕТЕ}\}[/tex], следователно [tex]P(A\cap B)=\frac{3}{8}\ne\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}[/tex]: събитията [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са зависими.
[tex]A\cap C=\{\text{ЕЕЕ}\}[/tex], следователно [tex]P(A\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}[/tex]: събитията [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] са независими.
[tex]B\cap C=\{\text{ЕЕЕ}\}[/tex], следователно [tex]P(B\cap C)=\frac{1}{8}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}[/tex]: събитията [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex] са независими.
Следователно точно [tex]2[/tex] от трите двойки са независими.

Решение:
Топките са [tex]23[/tex]. Ако първата топка е бяла, [tex]12[/tex] от останалите [tex]22[/tex] топки са бели; ако е червена, [tex]13[/tex] от останалите [tex]22[/tex] топки са бели:
[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 правилото за умножение на вероятностите и формулата за пълната вероятност
[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]
Значи втората топка е бяла със същата вероятност като първата. Следователно
[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:
Нека [tex]H_1[/tex], [tex]H_2[/tex], [tex]H_3[/tex] са съответно събитията „избрана е кутия [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex]“, а [tex]N[/tex] е събитието „извадената топка е нова“. Кутията се избира случайно, а при избрана кутия вероятността топката да е нова е равна на дела на новите топки в нея:
[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 формулата за пълната вероятност
[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 формулата на Бейс
[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]
Отговорът не е [tex]\frac{2}{9}[/tex] (две от деветте нови топки), защото топките в различните кутии не са равновъзможни: определена топка от кутия [tex]1[/tex] се изважда с вероятност [tex]\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{9}[/tex], а определена топка от кутия [tex]2[/tex] – с вероятност [tex]\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{5}=\frac{1}{15}[/tex].

Решение:
Разглеждаме случайно избран въпрос. Нека [tex]K[/tex] е събитието „студентът знае отговора“, [tex]G[/tex] – събитието „студентът налучква“, а [tex]C[/tex] – събитието „отбелязаният отговор е верен“. При налучкване всеки от четирите отговора се избира с еднаква вероятност, затова
[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 формулата за пълната вероятност
[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]
Отговорът не е избран случайно точно когато студентът го е знаел, затова по формулата на Бейс
[tex]P(K\,|\,C)=\frac{P(K)\,P(C\,|\,K)}{P(C)}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{3}{4}}=\frac{8}{9}[/tex]

Решение:
Нека [tex]D[/tex] е събитието „човекът е болен“, а [tex]T[/tex] – събитието „тестът е положителен“. От условието
[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 формулата за пълната вероятност
[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 формулата на Бейс
[tex]P(D\,|\,T)=\frac{P(D)\,P(T\,|\,D)}{P(T)}=\frac{0{,}00495}{0{,}0149}=\frac{99}{298}\approx 0{,}33[/tex]
Интуитивно: сред [tex]200\,000[/tex] души средно [tex]1000[/tex] са болни и [tex]990[/tex] от тях имат положителен тест, а от [tex]199\,000[/tex] здрави положителен тест имат [tex]1990[/tex]. Така само [tex]990[/tex] от [tex]2980[/tex] положителни резултата се падат на болни хора.

Решение:
Разглеждаме хипотезите [tex]H_1[/tex]: „избрана е монетата с две ези“, [tex]H_2[/tex]: „избрана е обикновената монета“ и [tex]H_3[/tex]: „избрана е монетата с две тура“. Монетата се избира случайно, затова [tex]P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}[/tex]. Нека [tex]A[/tex] е събитието „пада се ези“. Тогава
[tex]P(A\,|\,H_1)=1; \quad P(A\,|\,H_2)=\frac{1}{2}; \quad P(A\,|\,H_3)=0[/tex]
По формулата за пълната вероятност
[tex]P(A)=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+0\right)=\frac{1}{2}[/tex]
На скритата страна има ези точно когато е избрана монетата с две ези, затова по формулата на Бейс търсената вероятност е
[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]
Интуитивно: отгоре може да се окаже една от три равновъзможни страни с ези, а две от тях принадлежат на монетата с две ези.

Решение:
Нека [tex]H_1[/tex] е събитието „изгубената топка е бяла“, [tex]H_2[/tex] – „изгубената топка е черна“, а [tex]A[/tex] – „извадената топка е бяла“. Ако е изгубена бяла топка, в урната остават [tex]3[/tex] бели и [tex]3[/tex] черни топки, а ако е изгубена черна – [tex]4[/tex] бели и [tex]2[/tex] черни. Следователно
[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 формулата за пълната вероятност
[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]
Това е очаквано: изгубването на топка, без да се види цветът ѝ, не променя вероятността случайно извадена топка да е бяла. По формулата на Бейс
[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:
Нека [tex]H_k[/tex] е събитието „преместени са точно [tex]k[/tex] бели топки“, [tex]k=0; 1; 2; 3[/tex]; тези хипотези са несъвместими и изчерпват всички възможности. Всички [tex]\binom{9}{3}=84[/tex] избора на [tex]3[/tex] топки са равновъзможни, затова [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]
Нека [tex]A[/tex] е събитието „топката, извадена от втория съд, е бяла“. Ако е настъпило [tex]H_k[/tex], във втория съд има [tex]k[/tex] бели топки от общо [tex]3[/tex], затова [tex]P(A\,|\,H_k)=\frac{k}{3}[/tex]. По формулата за пълната вероятност
[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]
Това е равно на вероятността да се извади бяла топка направо от първия съд, както и трябва да бъде: последната извадена топка с еднаква вероятност може да е всяка от деветте топки.

Решение:
Изстрелите са независими, затова вероятността на всяка комбинация от попадения и пропуски е произведение на отделните вероятности. Точно две попадения има в три несъвместими случая:
улучват [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex], а [tex]C[/tex] не улучва: [tex]0{,}6\cdot 0{,}5\cdot 0{,}6=0{,}18[/tex];
улучват [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex], а [tex]B[/tex] не улучва: [tex]0{,}6\cdot 0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}12[/tex];
улучват [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], а [tex]A[/tex] не улучва: [tex]0{,}4\cdot 0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}08[/tex].
Следователно вероятността за точно две попадения е [tex]0{,}18+0{,}12+0{,}08=0{,}38[/tex], а вероятността да има точно две попадения и [tex]C[/tex] да е улучил е [tex]0{,}12+0{,}08=0{,}20[/tex]. По определението за условна вероятност търсената вероятност е
[tex]P=\frac{0{,}20}{0{,}38}=\frac{20}{38}=\frac{10}{19}[/tex]
Тъй като [tex]\frac{10}{19}\gt\frac{1}{2}[/tex], по-вероятно е [tex]C[/tex] да е улучил, отколкото да е пропуснал, въпреки че [tex]C[/tex] е най-слабият стрелец.

Решение:
Нека [tex]H_k[/tex] е събитието „повредени са точно [tex]k[/tex] блока“, [tex]k=0; 1; 2; 3[/tex]. Блоковете се повреждат независимо, всеки с вероятност [tex]\frac{1}{4}[/tex], затова по формулата на Бернули [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]
Нека [tex]A[/tex] е събитието „машината спира да работи“. От условието
[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 формулата за пълната вероятност
[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:
Въпросите се теглят без връщане. Първите два въпроса образуват една от [tex]\binom{25}{2}=300[/tex] равновъзможни двойки. Нека [tex]B_0[/tex] е събитието „студентът не знае нито един от тях“, а [tex]B_1[/tex] – „знае точно един от тях“. Двойките от ненаучени въпроси са [tex]\binom{10}{2}=45[/tex], а двойките с точно един научен въпрос са [tex]15\cdot 10=150[/tex], затова
[tex]P(B_0)=\frac{45}{300}=\frac{3}{20}; \quad P(B_1)=\frac{150}{300}=\frac{1}{2}[/tex]
Ако е настъпило [tex]B_1[/tex], сред останалите [tex]23[/tex] въпроса има [tex]14[/tex] научени и [tex]9[/tex] ненаучени, затова третият въпрос е ненаучен с условна вероятност [tex]\frac{9}{23}[/tex]. Студентът не взима изпита, ако настъпи [tex]B_0[/tex] или ако настъпи [tex]B_1[/tex] и той не знае третия въпрос. Тези случаи са несъвместими, затова търсената вероятност е
[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:
Всички хвърляния са независими. Разглеждаме един кръг: хвърляне на [tex]A[/tex], след това на [tex]B[/tex], след това на [tex]C[/tex]. В този кръг [tex]A[/tex] печели с вероятност [tex]p_A[/tex]; [tex]B[/tex] печели, ако [tex]A[/tex] не спечели и на [tex]B[/tex] се падне [tex]4[/tex] или [tex]5[/tex] (вероятност [tex]p_B[/tex]); [tex]C[/tex] печели, ако [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] не спечелят и на [tex]C[/tex] се падне [tex]6[/tex] (вероятност [tex]p_C[/tex]); никой не печели с вероятност [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]
Ако никой не спечели, играта започва отначало в напълно същата ситуация, затова [tex]C[/tex] печели в [tex]k[/tex]-ия кръг с вероятност [tex]q^{k-1}p_C[/tex]. Сумираме безкрайната намаляваща геометрична прогресия:
[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: по същия начин [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 наистина [tex]\frac{9}{13}+\frac{3}{13}+\frac{1}{13}=1[/tex].

Решение:
Всичките [tex]36[/tex] изхода за двата зара са равновъзможни, а повдигнатата ръка се избира независимо от заровете, всяка с вероятност [tex]\frac{1}{2}[/tex]. Нека [tex]S[/tex] е събитието „показаният зар е [tex]6[/tex]“, а [tex]H[/tex] — събитието „и двата зара показват [tex]6[/tex]“. Прилагаме формулата за пълната вероятност с три хипотези: две шестици (вероятност [tex]\frac{1}{36}[/tex], тогава [tex]S[/tex] настъпва сигурно), точно една шестица ([tex]10[/tex] изхода, вероятност [tex]\frac{10}{36}[/tex], тогава [tex]S[/tex] настъпва с вероятност [tex]\frac{1}{2}[/tex]) и нито една шестица (тогава [tex]S[/tex] е невъзможно):
[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 формулата на Бейс
[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]
Това съответства на интуицията, че скритият зар не зависи от показания. Отговорът [tex]\frac{1}{11}[/tex] би бил верен само ако знаехме единствено, че поне един от заровете показва [tex]6[/tex]; тук знаем повече, защото беше показан случайно избран зар.

Решение:
Поради симетрията можем да считаме, че първоначално сте избрали врата [tex]1[/tex]. С вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex] наградата е зад врата [tex]1[/tex] и тогава при смяна губите. С вероятност [tex]\frac{2}{3}[/tex] наградата е зад врата [tex]2[/tex] или [tex]3[/tex]; тогава водещият е принуден да отвори другата, празната врата, така че оставащата затворена врата скрива наградата и при смяна печелите. Следователно при смяна печелите с вероятност [tex]\frac{2}{3}[/tex] (без смяна — само с вероятност [tex]\frac{1}{3}[/tex]).
Същият резултат с формулата на Бейс: нека водещият е отворил врата [tex]3[/tex], [tex]C_i[/tex] е събитието „наградата е зад врата [tex]i[/tex]“, а [tex]D[/tex] — събитието „водещият отваря врата [tex]3[/tex]“. Тогава [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:
Нека [tex]A_k[/tex] е събитието [tex]k[/tex]-ият член на семейството да получи паричката, [tex]1\le k\le 10[/tex]. То настъпва точно когато първите [tex]k-1[/tex] души изтеглят парчета без паричката, а [tex]k[/tex]-ият изтегли парчето с паричката. Използваме правилото за умножение на вероятности при последователни тегления без връщане.
Първият не получава паричката с вероятност [tex]\frac{9}{10}[/tex]; ако не я е получил, остават [tex]9[/tex] парчета, едно от които с паричката, затова вторият не я получава с вероятност [tex]\frac{8}{9}[/tex] и т.н. Ако първите [tex]k-1[/tex] души не са получили паричката, остават [tex]11-k[/tex] парчета, точно едно от които я съдържа, затова [tex]k[/tex]-ият я получава с условна вероятност [tex]\frac{1}{11-k}[/tex]. Следователно
[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]
защото в произведението всеки числител се съкращава със следващия знаменател (при [tex]k=1[/tex] то е просто [tex]\frac{1}{10}[/tex]). И така, и десетимата получават паричката с една и съща вероятност [tex]\frac{1}{10}[/tex]: който тегли по-късно, има по-голям условен шанс [tex]\frac{1}{11-k}[/tex], но това точно се компенсира от по-малкия шанс паричката още да не е изтеглена.
Друг довод: редът, в който се теглят парчетата, е случайна пермутация на [tex]10[/tex]-те парчета и парчето с паричката е с еднаква вероятност на всяко от [tex]10[/tex]-те места.

Решение:
Припомняме, че събитията [tex]A_1, \ldots, A_n[/tex] са независими (в съвкупност), ако за всяко [tex]k\ge 2[/tex] и всеки избор на индекси [tex]1\le i_1\lt i_2\lt\ldots\lt i_k\le n[/tex] е изпълнено
[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]
Лема: ако [tex]A_1, A_2, \ldots, A_n[/tex] са независими, то и [tex]\overline{A_1}, A_2, \ldots, A_n[/tex] са независими. Наистина, равенствата, в които първото събитие не участва, не се променят. За равенство, в което то участва, вземаме произволно непразно множество от индекси [tex]S\subseteq\{2, \ldots, n\}[/tex] и полагаме [tex]B=\bigcap_{i\in S}A_i[/tex]. Събитията [tex]A_1\cap B[/tex] и [tex]\overline{A_1}\cap B[/tex] са несъвместими и обединението им е [tex]B[/tex], затова, като използваме два пъти независимостта на дадените събития, получаваме
[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]
което е търсеното равенство. Определението за независимост е симетрично относно събитията, затова лемата позволява да заменим кое да е събитие от независима съвкупност с противоположното му.
Сега с индукция по [tex]k=0, 1, \ldots, n[/tex] доказваме, че събитията [tex]\overline{A_1}, \ldots, \overline{A_k}, A_{k+1}, \ldots, A_n[/tex] са независими. База: при [tex]k=0[/tex] това е условието. Индукционна стъпка: ако твърдението е вярно за някое [tex]k\lt n[/tex], прилагаме лемата към събитието [tex]A_{k+1}[/tex] и получаваме твърдението за [tex]k+1[/tex]. При [tex]k=n[/tex] получаваме, че [tex]\overline{A_1}, \overline{A_2}, \ldots, \overline{A_n}[/tex] са независими.