Карточки
Тесты
Зави
Независимые события. Правило умножения
Независимые события. Правило умножения
В уроке «Несовместные события; правило сложения» вы складывали вероятности событий, которые не могут произойти вместе. Теперь разберем, как найти вероятность того, что произойдут оба события, если одно никак не влияет на другое. Такие события называют независимыми, а их вероятности перемножают.
Вопрос для начала. Монету бросают дважды. Что вероятнее: орел при первом броске или орел оба раза? Ответ — в конце урока.
Два опыта складываются в одно поле
Бросим монету и кубик. У монеты поле исходов из двух клеток: орел (О) и решка (Р). У кубика — шесть клеток: $1$, $2$, …, $6$. Исход двойного опыта — пара, например «орел и тройка».
Представьте поле: в каждую клетку монеты вложено целое поле кубика. Строка «О» — шесть клеток от «О1» до «О6», строка «Р» — от «Р1» до «Р6».
Получился прямоугольник: $2$ строки по $6$ клеток, всего $2\cdot 6=12$ исходов. Монета и кубик честные и не влияют друг на друга, поэтому все $12$ клеток равновозможны. Так и в общем случае: если у первого опыта $n_1$ исходов, а у второго $n_2$, то у пары опытов $n_1\cdot n_2$ исходов. Числа исходов перемножают, а не складывают: $2+6=8$ клеток не хватило бы, чтобы вместить все пары.
Когда один опыт не влияет на другой
Пусть событие $B$ — «на кубике выпала шестерка». На поле это столбец «6». В строке «О» он занимает $1$ клетку из $6$, и в строке «Р» — тоже $1$ из $6$. Узнали, как упала монета, — а доля шестерки осталась прежней: $\frac16$. Монета на кубик не влияет.
Теперь другой опыт. В мешке $3$ красных и $2$ синих шара. Достают шар, не возвращают его и достают второй. Если первый шар красный, в мешке осталось $4$ шара, из них красных $2$: доля красного стала $\frac24=\frac12$. Если первый синий, красных осталось $3$ из $4$: доля $\frac34$. Результат первого шага меняет вероятность второго.
Определение
События $A$ и $B$ называют независимыми, если наступление одного не меняет вероятность другого. Иначе события называют зависимыми.
На поле независимость видна так: событие $B$ занимает одну и ту же долю в каждой строке события $A$. Если бы шар возвращали в мешок, состав восстанавливался бы, доля красного всегда была бы $\frac35$, и события стали бы независимыми.
Обратите внимание
Независимые и несовместные — разные понятия. «Орел» и «решка» при одном броске монеты несовместны: если выпал орел, решка уже невозможна, ее вероятность стала $0$. Значит, эти события зависимы, и очень сильно.
Вероятность «и» — это доля от доли
Вернемся к монете и кубику. Пусть $A$ — «выпал орел», $B$ — «выпала шестерка». Событие $A\cap B$ — «выпали орел и шестерка». Найдем его вероятность двумя способами.
Долями. Событие $A$ — строка «О», половина поля: $P(A)=\frac12$. Внутри этой строки событие $B$ занимает шестую часть. Шестая часть от половины: $\frac12\cdot\frac16=\frac{1}{12}$.
Клетками. Событию $A\cap B$ благоприятна одна клетка «О6» из $12$: $P(A\cap B)=\frac{1}{12}$. Ответы совпали.
Пример
Кубик бросают дважды. Найдите вероятность того, что оба раза выпадет число больше $4$.
Решение. Поле — квадрат $6\times 6$, всего $36$ клеток: строка — первый бросок, столбец — второй. Событие $A$ «первое число больше $4$» — строки «5» и «6», $P(A)=\frac26=\frac13$. Второй бросок от первого не зависит, поэтому в каждой из этих строк событие $B$ «второе число больше $4$» занимает ту же долю $\frac13$. Доля от доли: $\frac13\cdot\frac13=\frac19$.
Проверка клетками: подходят пары $(5;5)$, $(5;6)$, $(6;5)$, $(6;6)$ — $4$ клетки из $36$, $\frac{4}{36}=\frac19$.
Ответ: $\frac19$.
Правило умножения и почему оно верно
Правило умножения
Если события $A$ и $B$ независимы, то вероятность того, что произойдут оба, равна произведению их вероятностей:
Почему это верно
Скрыть
Пусть у первого опыта $n_1$ равновозможных исходов, из них $m_1$ благоприятны событию $A$. У второго опыта $n_2$ исходов, из них $m_2$ благоприятны событию $B$. Опыты не влияют друг на друга, поэтому поле второго опыта одинаково в каждой клетке первого, и поле пары — прямоугольник из $n_1\cdot n_2$ клеток.
Событию $A\cap B$ благоприятны пары «исход для $A$ и исход для $B$»: их $m_1\cdot m_2$. Значит,
Из правила видно важное свойство. Вероятность — число от $0$ до $1$, а при умножении на такое число результат не растет. Поэтому вероятность «произошли оба события» не больше вероятности каждого из них. На поле это очевидно: перекрытие двух полос не может быть больше любой из полос.
Ошибка
Как ошибаются. Решавр ищет вероятность события «орел и шестерка» так: $\frac12+\frac16=\frac23$.
Проверка на поле. Доля $\frac23$ от $12$ клеток — это $8$ клеток. А событию «орел и шестерка» благоприятна одна клетка «О6». Кроме того, $\frac23$ больше, чем $\frac12$: выходит, что «орел и шестерка» случается чаще, чем просто «орел». Так быть не может.
Где сломалось. Сложение — правило для «или» несовместных событий. Здесь же нужно «и»: оба события вместе, и это перекрытие, доля от доли.
Поле годится и для десятичных вероятностей. Нарисуем квадрат со стороной $1$. Событие $A$ — вертикальная полоса шириной $P(A)$, событие $B$ — горизонтальная полоса высотой $P(B)$. Для независимых событий их перекрытие — прямоугольник площадью $P(A)\cdot P(B)$. Например, при $P(A)=0{,}5$ и $P(B)=0{,}4$ перекрытие занимает $0{,}2$ квадрата, а сумма $0{,}9$ — почти весь квадрат.
Правило работает и для трех событий: сначала находим долю от доли для двух, затем от полученной доли берем долю третьего.
Задача
Охранная система состоит из трех датчиков, которые работают независимо. Каждый срабатывает при тревоге с вероятностью $0{,}9$. Найдите вероятность того, что при тревоге сработают все три датчика.
Решение. Датчики независимы, поэтому применяем правило умножения по шагам. Первые два сработают с вероятностью $0{,}9\cdot 0{,}9=0{,}81$. От этой доли третий датчик сработает в $0{,}9$ случаев: $0{,}81\cdot 0{,}9=0{,}729$.
Ответ: $0{,}729$.
Промахи тоже независимы. Если датчик срабатывает с вероятностью $0{,}9$, то не срабатывает с вероятностью $1-0{,}9=0{,}1$. Значит, все три датчика откажут с вероятностью $0{,}1\cdot 0{,}1\cdot 0{,}1=0{,}001$.
Когда одну и ту же долю брать нельзя
Снова мешок: $3$ красных и $2$ синих шара, два шара достают подряд без возвращения. Решавр рассуждает: «Красный шар достают с вероятностью $\frac35$, значит, два красных — $\frac35\cdot\frac35=\frac{9}{25}$». Проверим на поле.
Ошибка
Как ошибаются. Перемножают вероятности, хотя события зависимы: $P(\text{оба красные})=\frac35\cdot\frac35=\frac{9}{25}=0{,}36$.
Проверка на поле. Обозначим шары К1, К2, К3, С1, С2. Строка поля — первый шар, столбец — второй: всего $5\cdot 5=25$ клеток. Но один и тот же шар нельзя достать дважды, поэтому $5$ клеток диагонали невозможны, остается $20$ равновозможных клеток. Оба шара красные в квадрате $3\times 3=9$ клеток, но $3$ из них лежат на диагонали. Подходят $6$ клеток: $P=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}=0{,}3$, а не $0{,}36$.
Где сломалось. Правило умножения требует независимости. После первого красного шара в мешке $2$ красных из $4$, и доля красного уже $\frac12$, а не $\frac35$.
Если шар возвращают в мешок, диагональ снова допустима: подходят все $9$ клеток из $25$, и тогда ответ Решавра $\frac{9}{25}$ верен. Перед тем как умножать, спросите себя: меняет ли первый шаг то, из чего выбирают на втором?
На поле зависимость видна так же, как в разделе 2: в строке К1 красный второй шар занимает $2$ допустимые клетки из $4$, а в строке С1 — $3$ из $4$. Доля в строках разная, поэтому события зависимы. Нельзя брать одну и ту же долю $\frac35$ дважды. Доля от доли по-прежнему работает, но вторую долю берут по новому составу мешка: красные строки — $\frac35$ поля, внутри каждой такой строки красный столбец занимает $\frac24$. Получаем $\frac35\cdot\frac24=\frac{6}{20}$ — столько же, сколько клеток на поле. Подробно такой расчет — в уроке «Дерево опыта; «хотя бы один»».
Теперь ответ на вопрос из начала урока. Монета не помнит прошлых бросков: второй бросок от первого не зависит. Поле двух бросков — четыре клетки ОО, ОР, РО, РР. «Орел при первом броске» — две клетки, $\frac12$. «Орел оба раза» — одна клетка, $\frac12\cdot\frac12=\frac14$. Два орла подряд вдвое менее вероятны, чем орел при первом броске. А «сумма» $\frac12+\frac12=1$ означала бы, что два орла выпадают всегда, хотя на поле есть еще три клетки.
Вывод
Правило умножения нужно всякий раз, когда несколько независимых опытов должны закончиться удачно одновременно: все датчики сработали, оба стрелка попали, несколько бросков подряд дали нужный результат. Чтобы вспомнить главное, представьте поле исходов.
Отработать правило можно в тренажере «Противоположные и независимые события».
Следующий урок. Дерево опыта; «хотя бы один».
Повторите. Если сложно считать долю от доли, вернитесь к уроку Несовместные события; правило сложения.
Тест урока → тренажер темы. Закрепите правило умножения в тренажере «Противоположные и независимые события».
Часто задаваемые вопросы
Нет. Монета не помнит прошлых бросков, броски независимы. Вероятность решки при шестом броске по-прежнему $\frac12$. Ожидание, что решка «должна» выпасть, — частая ошибка игроков.
Можно на числах: посчитать $P(A)$, $P(B)$ и $P(A\cap B)$ по клеткам поля и сравнить $P(A\cap B)$ с произведением. Например, при одном броске кубика события «четное число» и «число больше 4» независимы: $P(A\cap B)=\frac16$ и $\frac12\cdot\frac13=\frac16$.
Если у обоих событий вероятности больше нуля, то нет. Несовместное событие после наступления другого становится невозможным, его вероятность падает до $0$. Значит, наступление одного меняет вероятность другого — это зависимость.
Для независимых событий одна вероятность умножается на другую, а это число не больше $1$, поэтому результат не растет. На поле событие «оба» — часть каждой из областей $A$ и $B$, а часть не бывает больше целого.
Да, если опыты не влияют друг на друга, как броски монеты или работа отдельных датчиков. Вероятности перемножают по очереди: например, четыре решки подряд — $\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac{1}{16}$.
5
5
1
5