Карточки
Тесты
Зави
Тест: 10.3.4
Независимость событий
На уроке «Умножение вероятностей» вероятность «и» считали как долю от доли: $P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)$. Сегодня разберем случай, когда условие $B$ ничего не меняет, — такие события называют независимыми. Выведем критерий $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$, научимся проверять его по таблице данных и выясним, почему несовместные события с положительными вероятностями зависимы.
Условие, которое не меняет долю
18 августа 1913 года в казино Монте-Карло шарик рулетки 26 раз подряд остановился на черном. С каждым новым черным все больше игроков ставили на красное: казалось, что красное «должно» наконец выпасть. Был ли у них расчет? Ответим в конце урока.
Бросим два кубика. Исходы — клетки поля $6\times 6$: столбец — очки на первом кубике, строка — на втором. Все 36 исходов равновозможны. Событие $A$ — «на первом кубике больше 4 очков» — занимает два столбца, 12 клеток: $P(A)=\frac{12}{36}=\frac{1}{3}$.
Пусть известно, что произошло $B$ — «на втором кубике четное число». Поле сужается до 18 клеток $B$, и среди них $A$ занимает 6: $P(A\mid B)=\frac{6}{18}=\frac{1}{3}$. Доля $A$ не изменилась. Теперь пусть известно $C$ — «сумма очков не меньше 10». Это 6 клеток, и 5 из них лежат в $A$: $P(A\mid C)=\frac{5}{6}$. Знание о $C$ сильно повысило шанс $A$.
Разница видна на поле: полоса $B$ режет столбцы $A$ в той же пропорции, что и все поле, а уголок $C$ почти целиком лежит в $A$. Когда сужение поля до $B$ не меняет долю $A$, знание о $B$ ничего не сообщает об $A$.
Определение
Пусть $P(B)>0$. События $A$ и $B$ называют независимыми, если вероятность $A$ при условии $B$ равна вероятности $A$:
Если равенство не выполняется, события называют зависимыми.
$$P(A\mid B)=P(A)$$
Почему вероятность «и» становится произведением
На прошлом уроке вероятность «и» считали как долю от доли: $P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)$. Для независимых событий вторую долю можно заменить на $P(A)$ — и получится произведение обычных вероятностей.
Проверим на кубиках. $P(A\cap B)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$, а $P(A)\cdot P(B)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$ — совпало. Для зависимой пары: $P(A\cap C)=\frac{5}{36}$, а $P(A)\cdot P(C)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{6}=\frac{2}{36}$ — не совпало.
Пусть поле — квадрат площади 1. Событие $A$ — вертикальная полоса шириной $P(A)$, событие $B$ — горизонтальная полоса высотой $P(B)$. Внутри полосы $B$ событие $A$ занимает ту же долю ширины, что и на всем поле, а их пересечение — прямоугольник площадью $P(A)\cdot P(B)$.
Теорема (критерий независимости)
Пусть $P(B)>0$. События $A$ и $B$ независимы тогда и только тогда, когда вероятность их пересечения равна произведению их вероятностей:
Если $P(B)=0$, условная вероятность не определена, и независимыми называют события, для которых выполнено равенство критерия.
$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$
Доказательство
Шаг 1. Пусть $A$ и $B$ независимы, то есть $P(A\mid B)=P(A)$. По формуле умножения $P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)=P(B)\cdot P(A)$.
Шаг 2. Обратно, пусть $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$. По определению условной вероятности $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)\cdot P(B)}{P(B)}=P(A)$, значит, события независимы.
Что и требовалось доказать.
Свойство (противоположное событие)
Если $A$ и $B$ независимы, то независимы и $\overline{A}$ с $B$:
Вывод: $P(\overline{A}\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=P(B)-P(A)P(B)=(1-P(A))\cdot P(B)$, а $1-P(A)=P(\overline{A})$ — по критерию $\overline{A}$ и $B$ независимы.
$$P(\overline{A}\cap B)=(1-P(A))\cdot P(B)$$
Пример 1
Вероятность того, что завтра в Мурманске пойдет снег (событие $A$), равна $0{,}7$, а того, что в Сочи будет солнечно (событие $B$), — $0{,}85$. События считаем независимыми. Найдите вероятность того, что: а) произойдут оба события; б) снега в Мурманске не будет, а в Сочи будет солнечно.
Решение. а) Для независимых событий $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)=0{,}7\cdot 0{,}85=0{,}595$.
б) События $\overline{A}$ и $B$ тоже независимы, $P(\overline{A})=1-0{,}7=0{,}3$. Тогда $P(\overline{A}\cap B)=0{,}3\cdot 0{,}85=0{,}255$.
Ответ: а) $0{,}595$; б) $0{,}255$.
Проверяем независимость по таблице
Если объект равновероятно выбирают из конечной совокупности, описанной таблицей, вероятности находят как доли. Независимость в этой модели проверяют по критерию — сравнивают пересечение с произведением.
Как проверить независимость
- Найдем $P(A)$, $P(B)$ и $P(A\cap B)$.
- Перемножим $P(A)$ и $P(B)$.
- Сравним произведение с $P(A\cap B)$.
- При равенстве события независимы, иначе зависимы.
Пример 2
Учебные данные: опросили 200 учеников. Выбираем одного из 200 опрошенных равновероятно; независимость проверяем в этой модели. Событие $A$ — «случайно выбранный ученик занимается спортом», $B$ — «ученик носит очки». Независимы ли события $A$ и $B$?
Решение. 1) $P(A)=\frac{80}{200}=0{,}4$, $P(B)=\frac{50}{200}=0{,}25$, $P(A\cap B)=\frac{20}{200}=0{,}1$.
2) $P(A)\cdot P(B)=0{,}4\cdot 0{,}25=0{,}1$.
3) Произведение совпало с $P(A\cap B)$, значит, события независимы.
Проверка: среди спортсменов в очках $\frac{20}{80}=0{,}25$ — та же доля, что и среди всех.
Ответ: независимы.
На схеме справа в очках 30 спортсменов и 20 остальных. Итоги те же, но $P(A\cap B)=\frac{30}{200}=0{,}15\ne 0{,}1$: среди спортсменов в очках уже $\frac{30}{80}=0{,}375$ учеников, а среди остальных — около $0{,}17$. Ровная граница на такой схеме и есть независимость. Вывод делают только по числам.
Несовместные — не значит независимые
Вернемся к двум кубикам и возьмем другие события. Пусть теперь $A$ — «на первом кубике 6 очков», $B$ — «сумма очков меньше 5». Каждое занимает 6 клеток: $P(A)=P(B)=\frac{1}{6}$. Области не пересекаются: если сумма меньше 5, то на первом кубике не больше 3 очков.
Сузим поле до $B$. В оставшихся 6 клетках нет ни одной клетки $A$: $P(A\mid B)=0$, хотя $P(A)=\frac{1}{6}$. Знание о $B$ изменило долю $A$: она стала нулевой.
Ошибка
Решавр рассуждает: «События $A$ и $B$ не пересекаются, значит, не влияют друг на друга. Они независимы, поэтому $P(A\cap B)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{36}$».
Проверка на числах. Клеток, где на первом кубике 6 очков, а сумма меньше 5, нет: $A\cap B=\varnothing$ и $P(A\cap B)=0$. Но $\frac{1}{36}\ne 0$ — ответ Решавра неверен.
Где сломалось рассуждение. «Не пересекаются» Решавр прочитал как «не влияют». На деле наоборот: если известно, что произошло $B$, то $A$ уже невозможно. Значит, события зависимы.
Свойство
Если события $A$ и $B$ несовместны и $P(A)>0$, $P(B)>0$, то они зависимы:
$$P(A\cap B)=0\ne P(A)\cdot P(B)$$
Совместность — пересекаются ли области на поле; независимость — меняется ли доля одного события при сужении поля до другого.
Когда независимых событий больше двух
Независимыми бывают и несколько событий: выстрелы разных стрелков, работа отдельных приборов, повторные броски монеты. Бросим монету три раза: всего 8 равновозможных исходов. Какой бы ни выпал результат первых бросков, на следующем орел остается в половине исходов: $\frac12$. Прошлые броски не сужают поле следующего — на дереве на каждой развилке стоят одни и те же вероятности, а путь — произведение вероятностей на ветках.
Определение
События $A_1, A_2, \ldots, A_n$ называют независимыми в совокупности, если для любого набора из них вероятность пересечения равна произведению вероятностей. В частности,
События попарно независимы, если независима каждая пара из них.
$$P(A_1\cap A_2\cap\ldots\cap A_n)=P(A_1)\cdot P(A_2)\cdot\ldots\cdot P(A_n)$$
Попарной независимости для независимости в совокупности мало. Правильный тетраэдр: на трех гранях написаны буквы $a$, $b$, $c$, на четвертой — все три буквы. Тетраэдр бросают и смотрят на нижнюю грань. Событие $A$ — «на грани есть буква $a$», $B$ — «есть $b$», $C$ — «есть $c$». Буква $a$ есть на двух гранях из четырех: $P(A)=P(B)=P(C)=\frac12$. Любые две буквы вместе — только на четвертой грани: $\frac14=\frac12\cdot\frac12$, то есть каждые два события независимы. Все три буквы тоже только на ней: $\frac14\ne\frac18=\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12$, для тройки произведение не выполняется.
Ошибка Решавра
Решавр рассуждает: «Каждая пара независима, значит, вероятность всех трех равна $\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac18$».
Где ошибка. На деле $P(A\cap B\cap C)=\frac14$. Переход от пар к тройке не доказан: проверять произведение нужно для каждого набора, в том числе для тройки.
Хотя бы одно из независимых событий
Событие «произошло хотя бы одно» противоположно событию «не произошло ни одно». Если $A_1,\ldots,A_n$ независимы в совокупности, то $\overline{A}_1,\ldots,\overline{A}_n$ также независимы в совокупности: для двух событий это свойство из раздела 2, для $n$ его применяют по очереди к каждому событию. Независимость симметрична: если $A$ не зависит от $B$, то и $B$ не зависит от $A$. Поэтому вероятность того, что не произошло ни одно из исходных событий, равна произведению $1-P(A_i)$:
Для $n=3$: $P=1-(1-p_1)(1-p_2)(1-p_3)$.
$$P(\text{хотя бы одно})=1-(1-P(A_1))\cdot(1-P(A_2))\cdot\ldots\cdot(1-P(A_n))$$
Пример 3
В магазине два платежных терминала. Первый исправен с вероятностью $0{,}95$, второй — с вероятностью $0{,}9$, поломки происходят независимо. Найдите вероятность того, что исправен хотя бы один терминал.
Решение. Оба неисправны с вероятностью $(1-0{,}95)\cdot(1-0{,}9)=0{,}05\cdot 0{,}1=0{,}005$. Хотя бы один исправен с вероятностью $1-0{,}005=0{,}995$.
Ответ: $0{,}995$.
Задача
Вернемся к рулетке Монте-Карло. В ней 37 ячеек: 18 черных, 18 красных и зеро. Запуски независимы. а) Какова вероятность красного после 26 черных подряд? б) Какова вероятность 26 черных подряд?
Решение. а) Прошлые запуски не сужают поле следующего: в нем снова 37 ячеек, из них 18 красных. $P=\frac{18}{37}\approx 0{,}486$ — столько же, сколько в любом другом запуске.
б) Запуски независимы, поэтому вероятности перемножаются: $\left(\frac{18}{37}\right)^{26}\approx 7{,}3\cdot 10^{-9}$ — примерно один шанс из 137 миллионов.
Ответ: а) $\frac{18}{37}$; б) около $7{,}3\cdot 10^{-9}$.
Вот и ответ на вопрос из начала урока. Серия из 26 черных действительно крайне редка, но она уже произошла. Шарик не помнит прошлых запусков, поэтому ставка на красное в 27-й раз выигрывает с той же вероятностью $\frac{18}{37}$, что и всегда. Уверенность, что после серии «должно» выпасть другое, называют ошибкой игрока.
Вывод
События независимы, если знание об одном не меняет долю другого. Тогда вероятность «и» — простое произведение, и задачи про отдельные приборы, стрелков и повторные опыты решаются без условных вероятностей. Вспомнить главное поможет поле:
На следующем уроке — формула полной вероятности: поле разобьем на части и сложим все пути к событию.
Часто задаваемые вопросы
Независимость задают в условии или обосновывают устройством опыта в принятой модели. Для равновероятного выбора из конечной совокупности, полностью описанной таблицей, независимость проверяют по критерию $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$.
Только если вероятность одного из них равна нулю (тогда равенство критерия $0=0$ выполнено, и такие события называют независимыми). Если $P(A)>0$ и $P(B)>0$, то для несовместных $P(A\cap B)=0$, а произведение $P(A)\cdot P(B)$ больше нуля, поэтому события зависимы.
Нет. Для трех событий нужны и пары, и тройка: на тетраэдре каждая пара независима, но $\frac14\ne\frac18$ для тройки. Поэтому независимость в совокупности — более сильное условие, чем попарная.
5
5
1
5
Получите полный доступ ко всем материалам и занимайтесь в удобном темпе — без ограничений.
- Более 700 000 учеников и 50 000 учителей по всей России.
- Повышение среднего балла по предмету до 20 % после месяца занятий.
- Всплеск интереса к учебе и более глубокое понимание предметов.
Создайте бесплатный аккаунт — и откройте больше возможностей:
- Отслеживайте прогресс освоения тем
- Получайте персональные подборки полезных уроков и заданий
- Проводите работу над ошибками после занятий