1. Независимые события. Умножение вероятностей
События \(A\) и \(B\) являются независимыми , если вероятность наступления одного из них не изменяется при наступлении другого.
Событие \(A\) является зависимым от события \(B\), если наступление события \(B\) изменяет вероятность наступления события \(A\).
бросают игральный кубик. Пусть событие \(A\) — «выпало \(2\) очка», событие \(B\) — «выпало чётное число очков». Если нам не известно, наступило событие \(B\) или нет. то вероятность наступления события \(A\) равна 1 6 . Если нам известно, что событие \(B\) наступило (то есть выпало чётное число очков), то вероятность наступления события \(A\) уже будет равной 1 3 . Делаем вывод, что событие \(A\) зависит от события \(B\).
В случае независимых испытаний (например, кубик бросается несколько раз) можно говорить о независимых событиях. В общем случае независимость событий можно проверить с помощью следующей формулы.
Если выполняется формула P ( AB ) = P ( A ) ⋅ P ( B ) , то события \(A\) и \(B\) являются независимыми .
Пусть бросают одновременно два игральных кубика. Пусть событие \(A\) — «первый кубик показывает \(3\) очка», событие \(B\) — «второй кубик показывает \(2\) очка». Количество очков на одном кубике не зависит от количества очков на другом кубике. Подтвердим независимость событий \(A\) и \(B\) с помощью формулы.
Найдём отдельно вероятность каждого события:
P ( A ) = 1 6 и P ( B ) = 1 6 .
Найдём вероятность наступления события \(AB\) (то есть события \(A\) и \(B\) наступили одновременно). Всего может быть 6 ⋅ 6 = 36 исходов:
1 и 1 2 и 1 3 и 1 4 и 1 5 и 1 6 и 1 1 и 2 2 и 2 3 и 2 ¯ 4 и 2 5 и 2 6 и 2 1 и 3 2 и 3 3 и 3 4 и 3 5 и 3 6 и 3 1 и 4 2 и 4 3 и 4 4 и 4 5 и 4 6 и 4 1 и 5 2 и 5 3 и 5 4 и 5 5 и 5 6 и 5 1 и 6 2 и 6 3 и 6 4 и 6 5 и 6 6 и 6
Из них только исход \(3\) и \(2\) очка является благоприятным. Получаем,
P ( AB ) = 1 36 = 1 6 ⋅ 1 6 = P ( A ) ⋅ P ( B ) , т. е. события \(A\) и \(B\) независимые.
Независимые события
Несовместные события [math]A[/math] и [math]B[/math] являются независимыми, тогда и только тогда если хотя бы одно из них является пустым множеством.
Если несовместные события являются независимыми, то выполняется [math] p(A \cap B) = p(A)\cdot p(B) [/math] . Также для несовместных событий выполняется [math] A \cap B = \emptyset [/math] . Следовательно [math] p(\emptyset) = p(A) \cdot p(B) [/math] . А это выполняется тогда и только тогда когда [math] p(A) = 0 [/math] или [math] p(B) = 0 [/math] .
[math] \Leftarrow [/math] :
Примеры
Игральная кость
[math] A = \\ p(A)=\dfrac [/math] — вероятность выпадения чётной цифры
[math] B=\\ p(B)=\dfrac [/math] — вероятность выпадения одной из первых трёх цифр
[math] A \cap B = \ \neq \emptyset [/math] , значит эти события не несовместны.
Получаем, что [math]p(A \cap B) \neq p(A) \cdot p(B)[/math] , значит эти события не независимы.
Карты
[math] A = \\ p(A)=\dfrac [/math] — вероятность выпадения карты заданной масти
[math] B=\\ p(B)=\dfrac [/math] — вероятность выпадения карты заданного достоинства
[math] A \cap B = \ \neq \emptyset [/math] , значит эти события не несовместны.
[math] p(A \cap B)=p(\)=\dfrac[/math] — вероятность выпадения карты заданной масти и заданного достоинства
Получаем, что [math]p(A \cap B)=p(A) \cdot p(B)[/math] , значит эти события независимы.
Честная монета
[math] A = \\ [/math] — выпадение орла
[math] B=\\ [/math] — выпадение решки
[math] A \cap B = \emptyset [/math] , значит эти события несовместны.
Тетраэдр Бернштейна
Попарно независимые события и события, независимые в совокупности — это не одно и то же.
Рассмотрим правильный тетраэдр, три грани которого окрашены соответственно в красный, синий, зелёный цвета, а четвёртая грань содержит все три цвета.
[math] A [/math] — выпадение грани, содержащей красный цвет
[math] B [/math] — выпадение грани, содержащей синий цвет
[math] C [/math] — выпадение грани, содержащей зеленый цвет
Так как каждый цвет есть на двух гранях из четырёх, вероятность каждого из этих событий равна:
Так как одна грань содержит все три цвета, а остальные — по одному, то вероятность пересечения любых двух событий равна: [math]p(A \cap B)=p(A \cap C)=p(B \cap C)=\dfrac [/math]
[math]p(A) \cdot p(B)=p(A) \cdot p(C)=p(B) \cdot p(C)=\dfrac\cdot\dfrac=\dfrac[/math]
Все события попарно независимы, так как:
[math]p(A \cap B)=p(A) \cdot p(B)[/math]
[math]p(A \cap C)=p(A) \cdot p(C)[/math]
[math]p(B \cap C)=p(B) \cdot p(C)[/math]
Вероятность пересечения всех трёх равна: [math]p(A \cap B \cap C)=\dfrac[/math]
[math]p(A) \cdot p(B) \cdot p(C)=\dfrac\cdot\dfrac\cdot\dfrac=\dfrac[/math]
Cобытия не являются независимыми в совокупности, так как: [math]p(A \cap B \cap C) \neq p(A) \cdot p(B) \cdot p(C)[/math]
Получили, что события являются попарно независимыми, но не являются независимыми в совокупности, значит, эти два понятия — не одно и то же, что мы и хотели показать.
См. также
- Вероятностное пространство, элементарный исход, событие
- Дискретная случайная величина
Источники информации
- НГУ — Независимость
- Википедия — Независимость (теория вероятностей)
- Романовский И. В. Дискретный анализ
Учебник по теории вероятностей
Событие А называется частным случаем события В, если при наступлении А наступает и В. То, что А является частным случаем В, записывается как $A \subset B$.
События А и В называются равными, если каждое из них является частным случаем другого. Равенство событий А и В записывается очевидно: А = В.
Суммой событий А и В называется событие А + В, которое наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий: А или В.
Теорема о сложении вероятностей. Вероятность появления одного из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.
Заметим, что сформулированная теорема справедлива для любого числа несовместных событий:
Если случайные события $A_1, A_2, . A_n$ образуют полную группу несовместных событий, то имеет место равенство $P(A_1)+P(A_2)+. +P(A_n)=1.$ Такие события (гипотезы) используются при решении задач на полную вероятность.
Произведением событий А и В называется событие АВ, которое наступает тогда и только тогда, когда наступают оба события: А и В одновременно. Случайные события А и B называются совместными, если при данном испытании могут произойти оба эти события.
Теорема о сложении вероятностей 2. Вероятность суммы совместных событий вычисляется по формуле
События событий А и В называются независимыми, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. Событие А называется зависимым от события В, если вероятность события А меняется в зависимости от того, произошло событие В или нет.
Теорема об умножении вероятностей. Вероятность произведения независимых событий А и В вычисляется по формуле:
Вероятность произведения зависимых событий вычисляется по формуле условной вероятности.
Примеры решений задач с событиями
Пример. В первом ящике 1 белый и 5 черных шаров, во втором 8 белых и 4 черных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что один из вынутых шаров белый, а другой – черный.
Решение. Обозначим события: А – вынули белый шар из первого ящика,
;
— вынули черный шар из первого ящика,
;
В – белый шар из второго ящика,
;
— черный шар из второго ящика,
.
Нам нужно, чтобы произошло одно из событий или . По теореме об умножении вероятностей
, .
Тогда искомая вероятность по теореме сложения будет
.
Пример. Вероятность попадания в цель у первого стрелка 0,8, у второго – 0,9. Стрелки делают по выстрелу. Найти вероятность: а) двойного попадания; б) двойного промаха, в) хотя бы одного попадания; г) одного попадания.
Пусть А – попадание первого стрелка, ;
В – попадание второго стрелка, .
Тогда — промах первого, ;
Найдем нужные вероятности.
а) АВ – двойное попадание,
б) – двойной промах, .
в) А+В – хотя бы одно попадание,
г) – одно попадание,
Пример. Решить задачу, применяя теоремы сложения и умножения. Мастер обслуживает 3 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок потребует внимания рабочего в течение смены, равна 0,4, второй — 0,6, третий – 0,3. Найти вероятность того, что в течение смены: а) ни один станок не потребует внимания мастера, б) ровно 1 станок потребует внимания мастера.
Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение смены), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,4$, $p_2=0,6$, $p_3=0,3$. Тогда $q_1=0,6$, $q_2=0,4$, $q_3=0,7$.
Найдем вероятность события $X$=(Ни один станок не потребует внимания в течение смены):
$$ P(X)=P\left(\overline \cdot \overline \cdot \overline\right)= q_1 \cdot q_2 \cdot q_3 = 0,6\cdot 0,4 \cdot 0,7 = 0,168. $$
Найдем вероятность события $Z$= (Ровно один станок потребует внимания в течение смены):
$$ P(Z)= \\ = P(A_1) \cdot P\left(\overline \right) \cdot P\left(\overline \right) + P\left(\overline\right) \cdot P(A_2) \cdot P\left(\overline \right) + P\left(\overline \right) \cdot P\left(\overline \right) \cdot P(A_3)=\\ = p_1 \cdot q_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot q_2 \cdot p_3 =\\ = 0,4\cdot 0,4 \cdot 0,7+0,6\cdot 0,6 \cdot 0,7+0,6\cdot 0,4 \cdot 0,3 = 0,436. $$
Пример. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках. Вероятности того, что формула содержится в первом, втором и третьем справочниках равны 0,6; 0,7 и 0,8. Найти вероятности того, что формула содержится 1) только в одном справочнике; 2) только в двух справочниках; 3) во всех трех справочниках.
А – формула содержится в первом справочнике;
В – формула содержится во втором справочнике;
С – формула содержится в третьем справочнике.
Воспользуемся теоремами сложения и умножения вероятностей.
Вероятность наступления хотя бы одного события
Пусть в результате испытания могут появиться n событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны. Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий?
Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.
Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий $A_1, A_2, . A_n$, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий
$$ P(A)=1-P\left(\overline\right)\cdot P\left(\overline\right)\cdot . \cdot P\left(\overline\right)= 1-q_1 \cdot q_2 \cdot . \cdot q_n. $$
Если события $A_1, A_2, . A_n$ имеют одинаковую вероятность $p$, то формула принимает простой вид:
Примеры решений на эту тему
Пример. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: p1 = 0,8; p2 = 0,7; p3 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.
Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события (попадание первого орудия), (попадание второго орудия) и (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.
Вероятности событий, противоположных событиям , и (т. е. вероятности промахов), соответственно равны:
Пример. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А).
Решение. События «машина работает» и «машина не работает» (в данный момент) — противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице:
Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна
Так как полученная вероятность весьма близка к единице, то на основании следствия из принципа практической невозможности маловероятных событий мы вправе заключить, что в данный момент работает хотя бы одна из машин.
Пример. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадает в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы один раз?
Решение. Обозначим через А событие «при n выстрелах стрелок попадает в цель хотя бы один раз». События, состоящие в попадании в цель при первом, втором выстрелах и т. д., независимы в совокупности, поэтому применима формула .
Приняв во внимание, что, по условию, (следовательно, ), получим
Прологарифмируем это неравенство по основанию 10:
Итак, , т.е. стрелок должен произвести не менее 5 выстрелов.
Как доказать что события независимы
2. Основы теории вероятностей
Независимые события
При практическом применении вероятностно-статистических методов принятия решений постоянно используется понятие независимости. Например, при применении статистических методов управления качеством продукции говорят о независимых измерениях значений контролируемых параметров у включенных в выборку единиц продукции, о независимости появления дефектов одного вида от появления дефектов другого вида, и т.д. Независимость случайных событий понимается в вероятностных моделях в следующем смысле.
Определение 2. События А и В называются независимыми, если Р(АВ) = Р(А) Р(В). Несколько событий А, В, С,… называются независимыми, если вероятность их совместного осуществления равна произведению вероятностей осуществления каждого из них в отдельности: Р(АВС…) = Р(А)Р(В)Р(С)…
Это определение соответствует интуитивному представлению о независимости: осуществление или неосуществление одного события не должно влиять на осуществление или неосуществление другого. Иногда соотношение Р(АВ) = Р(А) Р(В|A) = P(B)P(A|B), справедливое при P(A)P(B) > 0, называют также теоремой умножения вероятностей.
Утверждение 1. Пусть события А и В независимы. Тогда события и независимы, события и В независимы, события А и независимы (здесь — событие, противоположное А, и — событие, противоположное В).
Действительно, из свойства в) в (3) следует, что для событий С и D, произведение которых пусто, P(C+D) = P(C) + P(D). Поскольку пересечение АВ и В пусто, а объединение есть В, то Р(АВ) + Р(В) = Р(В). Так как А и В независимы, то Р(В) = Р(В) — Р(АВ) = Р(В) — Р(А)Р(В) = Р(В)(1 — Р(А)). Заметим теперь, что из соотношений (1) и (2) следует, что Р() = 1 – Р(А). Значит, Р(В) = Р()Р(В).
Вывод равенства Р(А) = Р(А)Р() отличается от предыдущего лишь заменой всюду А на В, а В на А.
Для доказательства независимости и воспользуемся тем, что события АВ, В, А, не имеют попарно общих элементов, а в сумме составляют все пространство элементарных событий. Следовательно, Р(АВ) + Р(В) + Р(А) + Р() = 1. Воспользовавшись ранее доказанными соотношениями, получаем, что Р(В)= 1 — Р(АВ) — Р(В)(1 — Р(А)) — Р(А)(1 — Р(В))= (1 – Р(А))(1 – Р(В)) = Р()Р(), что и требовалось доказать.
Пример 3. Рассмотрим опыт, состоящий в бросании игрального кубика, на гранях которого написаны числа 1, 2, 3, 4, 5,6. Считаем, что все грани имеют одинаковые шансы оказаться наверху. Построим соответствующее вероятностное пространство. Покажем, что события «наверху – грань с четным номером» и «наверху – грань с числом, делящимся на 3» являются независимыми.
Разбор примера. Пространство элементарных исходов состоит из 6 элементов: «наверху – грань с 1», «наверху – грань с 2»,…, «наверху – грань с 6». Событие «наверху – грань с четным номером» состоит из трех элементарных событий – когда наверху оказывается 2, 4 или 6. Событие «наверху – грань с числом, делящимся на 3» состоит из двух элементарных событий – когда наверху оказывается 3 или 6. Поскольку все грани имеют одинаковые шансы оказаться наверху, то все элементарные события должны иметь одинаковую вероятность. Поскольку всего имеется 6 элементарных событий, то каждое из них имеет вероятность 1/6. По определению 1событие «наверху – грань с четным номером» имеет вероятность ½, а событие «наверху – грань с числом, делящимся на 3» — вероятность 1/3. Произведение этих событий состоит из одного элементарного события «наверху – грань с 6», а потому имеет вероятность 1/6. Поскольку 1/6 = ½ х 1/3, то рассматриваемые события являются независимыми в соответствии с определением независимости.