Rozważmy doświadczenie polegające na wylosowaniu kolejno dwóch kul z urny, w której znajduje się 5 kul białych i 1 czarna. Interesuje nas zdarzenie B = "w drugim losowaniu kula czarna". Niech A będzie zdarzeniem odpowiadającym wynikowi pierwszego losowania. Jeśli za pierwszym razem wylosowaliśmy kulę czarną i nie zwracamy jej do urny, to zdarzenie A ma istotny wpływ na zajście lub nie zdarzenia B. Jeśli jednak za każdym razem wylosowaną kulę wkładamy ponownie do urny, to wylosowanie kuli czarnej za pierwszym razem nie ma wpływu na wynik drugiego losowania. Mamy wtedy P(B|A) = P(B).

Przykład 13.4.1

Z talii kart losujemy dwie karty ze zwracaniem. Rozważmy zdarzenia

Zbiór zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu, to zbiór par (x,y), gdzie x oznacza kartę wylosowaną za pierwszym, a y za drugim razem. Takich zdarzeń jest 52². Zdarzeniu A i zdarzeniu B sprzyjają 4_*52 zdarzenia elementarne (jeden z 4 asów i dowolna karta). Natomiast zdarzeniu A Ç B= "za pierwszym i za drugim razem as" sprzyja 16 zdarzeń elementarnych. Mamy więc

P(A Ç B) = (4_*4)/52², P(A)= 4/52, P(B) = 4/52,

czyli P(A Ç B) = P(A) _* P(B). Na mocy definicji 13.4.1 zdarzenia A i B są niezależne.

Wniosek Jeśli A i B stanowią parę zdarzeń niezależnych, to P(A|B) = P(A Ç B)/P(B) = P(A).

W powyższego wniosku, bardziej może niż z definicji 13.4.1, widać, że jeśli zdarzenia są niezależne, to zajście zdarzenia B nie wpływa na prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A. Zdarzenie A nie zależy więc od tego, czy zajdzie, czy też nie zajdzie, zdarzenie B.

W następnym przykładzie zwrócimy uwagę na istotną różnicę między pojęciami zdarzeń niezależnych i wykluczających się. Zdarzenia wykluczające się, tzn. takie, że ich przecięcie jest puste, na ogół nie są niezależne i odwrotnie, zdarzenia niezależne na ogół nie są rozłączne. Przypomnijmy, że zdarzenia wykluczające się gwarantują, że prawdopodobieństwo sumy zdarzeń jest równe sumie prawdopodobieństw. Zdarzenia niezależne gwarantują natomiast, że prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń jest równe iloczynowi prawdopodobieństw.

Przykład 13.4.2

Rozważmy doświadczenie z rzutem dwiema kostkami sześciennymi do gry. Jak wiadomo przestrzeń zdarzeń elementarnych składa się z par (x, y) takich, że x, y Î {1,2,...,6}. Niech będą następujące zdarzenia:

A = "Suma wyrzuconych oczek wynosi 5" = {(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)},

B = "W pierwszym rzucie więcej niż dwa oczka" ={(x, y) : x = 3,4,5,6 i y = 1,2,3,4,5,6},

C = "W drugim rzucie co najwyżej 3 oczka" = {(x,y): x = 1,2...,6 i y = 1,2,3},

D = "Suma wyrzuconych oczek większa od 9" = {(4,6), (5,5), (5,6), (6,4), (6,5), (6,6)}.

Prawdopodobieństwa tych zdarzeń wynoszą odpowiednio :

P(A) = 4/36, P(B) = 4_*6/36, P(C) = 3_*6/36, P(D)=6/36

Zdarzenia A i B nie są niezależne i nie są wykluczające:

Zdarzenia A i D wykluczają się, ale nie są niezależne:

Zdarzenia B i C nie wykluczają się, ale są niezależne:

B Ç C ¹ Æ oraz P(B Ç C) = 12/36 = P(B)*P(C).

Pytanie 13.4.1 Czy istnieją zdarzenia A i B równocześnie niezależne i wykluczające się?

Pojęcie niezależności zdarzeń można uogólnić na dowolny skończony ciąg zdarzeń tak jak w poniższej definicji.

Uwaga Jest możliwe, że zdarzenia są parami niezależne, ale nie są niezależne. Jako ilustrację tej tezy przedstawimy przykład Bernsteina 13.4.3.

Przykład 13.4.3

W urnie znajdują się 4 paski oznaczone 110, 101, 011, 000. Niech doświadczenie polega na wyciągnięciu jednego paska z urny. Zakładamy, że wyciągnięcie każdego paska jest tak samo prawdopodobne. Niech A_i oznacza zdarzenie polegające na wybraniu paska z jedynką na pozycji i-tej. Mamy

P(A₁) = P(A₂) = P(A₃) = ½ oraz P(A₁Ç A₂Ç A₃) = 0 ¹ P(A₁)×P(A₂)×P(A₃) = (½)³.

Równocześnie, dla par zdarzeń mamy

Zdarzenia A₁, A₂, A₃ chociaż są parami niezależne, to nie są niezależne w sensie definicji 13.4.2.

Przykład 13.4.4

Rozważmy doświadczenie polegające na n rzutach, symetryczną monetą. Przestrzeń zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu składa się z n elementowych ciągów o wartościach O (orzeł) lub R (reszka) na każdej pozycji. Niech A_i będzie zdarzeniem polegającym na tym, że w i-tym rzucie wypadł orzeł. Pokażemy, że zdarzenia A₁,..., A_n są niezależne.

Zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A_i, to n elementowe ciągi, które na itej pozycji mają literkę O. Takich zdarzeń elementarnych jest 2^n-1. Ponieważ wszystkich zdarzeń elementarnych jest 2ⁿ, zatem P(A_i) = 1/2 . Niech { i1,...,ik} będzie dowolnym podzbiorem zbioru {1,2,...,n}. Zbiór zdarzeń elementarnych takich, że na pozycjach i1,...,ik występuje O jest równa liczbie funkcji określonych w zbiorze {1,2,...,n}-{ i1,...,ik } i o wartościach w zbiorze {O,R}, zatem składa się z 2^(n-k) elementów (por wykład 11). Ponieważ moc zbioru zdarzeń elementarnych wynosi 2ⁿ, to P(A_i1 Ç ...Ç A_ik) = 2^(n-k) /2ⁿ = 1/2^k. Ostatecznie

Wynika stąd na mocy definicji 13.4.2, że zdarzenia A₁, ..., A_n są niezależne.

Dowód.

Korzystając z założenia o niezależności zdarzeń A i B mamy:

P(A) ×P(B') = P(A) × (1-P(B)) = P(A) - P(A) × P(B) = P(A) - P(AÇ B).

Ponieważ zdarzenia (A Ç B) i (A Ç B') wykluczają się, więc na mocy definicji prawdopodobieństwa P(A) = P((A Ç B) È (A Ç B')) = P(A Ç B) + P(A Ç B'), czyli

Podstawiając to do wcześniej otrzymanej równości, mamy P(A) ×P(B') = P(AÇ B'). J

Pytanie 13.4.2: Rozważmy doświadczenie polegające na losowaniu 2 kart z 52-elementowej talii kart bez zwracania. Czy zdarzenia A = " za pierwszym razem wylosowano asa", B = " za drugim razem wylosowano asa" są niezależne?

« poprzedni punkt

następny punkt »