Zdarzenia niezależne - definicja, jak sprawdzić niezależność, przykłady

Klasa 4 liceum i technikum

Zdarzenia niezależne to takie, w których zajście jednego nie zmienia prawdopodobieństwa drugiego. Formalnie $A$ i $B$ są niezależne, gdy $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$ - prawdopodobieństwo, że zajdą oba, jest iloczynem ich prawdopodobieństw. Typowy przykład to wyniki dwóch rzutów monetą: to, co wypadło w pierwszym rzucie, nie wpływa na drugi.

Uwaga: niezależność sprawdza się rachunkiem, a nie intuicją. Zdarzenia, które „wyglądają na powiązane”, bywają niezależne, a zdarzenia rozłączne - wręcz przeciwnie.

Skąd definicja

Z prawdopodobieństwa warunkowego: $A$ „nie zależy” od $B$, gdy $P(A \mid B) = P(A)$. Podstawiając $P(A \mid B) = \tfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ i mnożąc przez $P(B)$, dostajemy $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$. Ta postać jest symetryczna (nie wyróżnia $A$ ani $B$) i działa też, gdy $P(B) = 0$ - dlatego przyjmuje się ją za definicję.

Jak sprawdzić niezależność - przykłady

Przykład 1 (karty). Z talii $52$ kart losujemy jedną. $A$ - „as”, $K$ - „kier”. Czy są niezależne?

$P(A) = \frac{4}{52} = \frac{1}{13}, \qquad P(K) = \frac{13}{52} = \frac{1}{4}, \qquad P(A \cap K) = \frac{1}{52} = \frac{1}{13} \cdot \frac{1}{4}.$

Tak, są niezależne. Wśród kierów asy stanowią $\tfrac{1}{13}$ - tyle samo, ile w całej talii.

Przykład 2 (kostki). Rzucamy dwiema kostkami. $A$ - „na pierwszej kostce parzysta liczba oczek”, $B$ - „suma oczek wynosi $7$”, $C$ - „suma oczek wynosi $8$”.

Krok 1. $P(A) = \tfrac{1}{2}$, $P(B) = \tfrac{6}{36} = \tfrac{1}{6}$, $P(C) = \tfrac{5}{36}$.

Krok 2. $A \cap B = \{(2,5), (4,3), (6,1)\}$, więc $P(A \cap B) = \tfrac{3}{36} = \tfrac{1}{12} = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{1}{6}$ - $A$ i $B$ są niezależne.

Krok 3. $A \cap C = \{(2,6), (4,4), (6,2)\}$, więc $P(A \cap C) = \tfrac{1}{12}$, a $P(A) \cdot P(C) = \tfrac{5}{72}$ - $A$ i $C$ są zależne.

Suma $7$ da się uzyskać przy każdej wartości na pierwszej kostce (zawsze jest „pasująca” druga), suma $8$ - nie (przy jedynce się nie da). Stąd różnica.

Wykluczające się to nie niezależne

Jeśli $A \cap B = \varnothing$ i $P(A) > 0$, $P(B) > 0$, to $P(A \cap B) = 0 \ne P(A) \cdot P(B)$. Zdarzenia rozłączne o dodatnich prawdopodobieństwach są zawsze zależne - i to bardzo mocno: gdy zaszło $A$, wiemy na pewno, że $B$ nie zaszło. Przy rzucie kostką „jedynka” i „szóstka” wykluczają się, więc są zależne. Mylenie tych pojęć to klasyczny błąd.

Niezależność dopełnień

Twierdzenie. Jeśli $A$ i $B$ są niezależne, to $A'$ i $B$ też są niezależne.

Dowód. $B$ rozkłada się na rozłączne części $A \cap B$ i $A' \cap B$, więc

$P(A' \cap B) = P(B) - P(A \cap B) = P(B) - P(A) P(B) = (1 - P(A)) \cdot P(B) = P(A') \cdot P(B).$

$\blacksquare$ Stosując to twierdzenie dwa razy, dostajemy niezależność $A'$ i $B'$. W przykładzie z kostkami: „pierwsza nieparzysta” i „suma $7$” też są niezależne.

Trzy i więcej zdarzeń

Zdarzenia $A, B, C$ są niezależne (wzajemnie), gdy zachodzą cztery równości:

$P(A \cap B) = P(A) P(B), \qquad P(A \cap C) = P(A) P(C),$

$P(B \cap C) = P(B) P(C), \qquad P(A \cap B \cap C) = P(A) P(B) P(C).$

Trzy pierwsze (niezależność parami) nie wystarczą. Przykład. Dwa rzuty monetą: $A$ - orzeł w pierwszym, $B$ - orzeł w drugim, $C$ - oba wyniki takie same. Każde ma prawdopodobieństwo $\tfrac{1}{2}$, każda para przecina się w jednym wyniku $(O, O)$ z czterech, więc $P(A \cap B) = P(A \cap C) = P(B \cap C) = \tfrac{1}{4}$ - parami niezależne. Ale $P(A \cap B \cap C) = \tfrac{1}{4} \ne \tfrac{1}{8}$: znając $A$ i $B$, znamy $C$ na pewno.

Zastosowanie: niezawodność układów

Elementy urządzeń psują się (w przybliżeniu) niezależnie, więc niezależność służy do liczenia niezawodności.

Przykład 3. Dwa elementy działają niezależnie z prawdopodobieństwami $0{,}9$ i $0{,}8$.

• Szeregowo (układ działa, gdy działają oba): $0{,}9 \cdot 0{,}8 = 0{,}72$.
• Równolegle (układ działa, gdy działa co najmniej jeden): przez zdarzenie przeciwne - układ nie działa, gdy zepsują się oba: $1 - 0{,}1 \cdot 0{,}2 = 0{,}98$.

Połączenie równoległe to „zapas” - dlatego samoloty mają kilka niezależnych układów sterowania.

Przykład 4 (co najmniej jeden trafi). Trzech strzelców strzela niezależnie do tarczy; trafiają z prawdopodobieństwami $0{,}5$, $0{,}6$ i $0{,}7$. Jakie jest prawdopodobieństwo, że tarcza zostanie trafiona co najmniej raz?

$P = 1 - 0{,}5 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 1 - 0{,}06 = 0{,}94.$

Pułapka: $0{,}5 + 0{,}6 + 0{,}7 = 1{,}8$ - dodawanie prawdopodobieństw zdarzeń, które się nie wykluczają, daje nawet liczby większe od $1$.

Typowe błędy

• Utożsamianie „niezależne” z „wykluczające się”. Rozłączne (o dodatnich $P$) są zależne.
• Zakładanie niezależności bez sprawdzenia - w zadaniu „czy są niezależne?” trzeba porównać liczby.
• Mnożenie prawdopodobieństw zdarzeń zależnych, np. przy losowaniu bez zwracania - tam potrzebne jest $P(A) \cdot P(B \mid A)$.
• Dodawanie zamiast liczenia przez dopełnienie przy „co najmniej jeden”.

Najczęstsze pytania

Jak sprawdzić, czy zdarzenia są niezależne? Oblicz $P(A)$, $P(B)$ i $P(A \cap B)$, a potem sprawdź, czy $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$. Jeśli tak - są niezależne, jeśli nie - zależne.

Czy zdarzenia wykluczające się są niezależne? Nie (gdy oba mają dodatnie prawdopodobieństwo): $P(A \cap B) = 0$, a $P(A) \cdot P(B) > 0$.

Czym różnią się zdarzenia niezależne od rozłącznych? Rozłączne nie mogą zajść razem ($A \cap B = \varnothing$). Niezależne mogą zajść razem, a zajście jednego nie zmienia szans drugiego ($P(A \cap B) = P(A) P(B)$).

Czy as i kier to zdarzenia niezależne? Tak: $P(\text{as}) \cdot P(\text{kier}) = \tfrac{1}{13} \cdot \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{52} = P(\text{as kier})$.

Jak obliczyć prawdopodobieństwo, że co najmniej jedno z niezależnych zdarzeń zajdzie? Od $1$ odejmij iloczyn prawdopodobieństw zdarzeń przeciwnych: $1 - P(A_1') \cdot \ldots \cdot P(A_n')$.

Przećwicz

• Niezależność zdarzeń - zadania → - sprawdzanie z definicji na kostkach i kartach, zdarzenia rozłączne a niezależne, trzech strzelców, niezawodność układu, niezależność parami a wzajemna (zadania z pełnym rozwiązaniem krok po kroku).
• Cały zestaw: rachunek prawdopodobieństwa - zadania z rozwiązaniami →

Podsumowanie

• $A$ i $B$ są niezależne, gdy $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$, czyli $P(A \mid B) = P(A)$.
• Niezależność sprawdzamy rachunkiem: as i kier - niezależne; pierwsza parzysta i suma $8$ - zależne.
• Zdarzenia rozłączne o dodatnich prawdopodobieństwach są zależne.
• Dopełnienia zdarzeń niezależnych też są niezależne.
• „Co najmniej jeden” z niezależnych: $1 - \prod P(A_i')$; układ szeregowy - iloczyn, równoległy - dopełnienie.