Niezależność parami a niezależność wzajemna - dwie monety i trzy zdarzenia

Krok 1. Przestrzeń. $\Omega = \{OO, OR, RO, RR\}$, wszystkie wyniki jednakowo prawdopodobne.

$A = \{OO, OR\}, \qquad B = \{OO, RO\}, \qquad C = \{OO, RR\}.$

Każde z nich ma prawdopodobieństwo $\tfrac{2}{4} = \tfrac{1}{2}$.

Krok 2. Punkt a) - pary. Część wspólna każdej pary to jeden wynik:

$A \cap B = \{OO\}, \qquad A \cap C = \{OO\}, \qquad B \cap C = \{OO\}.$

Każda ma prawdopodobieństwo $\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{1}{2}$, więc każde dwa zdarzenia są niezależne. (Na przykład: wiedząc tylko, że w pierwszym rzucie był orzeł, nadal mamy szansę $\tfrac{1}{2}$, że wyniki będą równe.)

Krok 3. Punkt b) - trzy naraz. Niezależność trzech zdarzeń wymaga dodatkowo równości $P(A \cap B \cap C) = P(A) \cdot P(B) \cdot P(C)$. Tymczasem

$P(A \cap B \cap C) = P(\{OO\}) = \frac{1}{4}, \qquad P(A) \cdot P(B) \cdot P(C) = \frac{1}{8}.$

Równość nie zachodzi, więc $A$, $B$, $C$ nie są niezależne.

Krok 4. Sens. Każda para osobno „nic nie mówi” o trzecim zdarzeniu z tej pary, ale dwa zdarzenia razem rozstrzygają trzecie: jeśli zaszły $A$ i $B$ (dwa orły), to $C$ na pewno zaszło, czyli $P(C \mid A \cap B) = 1 \ne \tfrac{1}{2}$.

Pułapka. Sprawdzenie samych par nie wystarcza do orzeczenia, że trzy zdarzenia są niezależne. Ten przykład podał rosyjski matematyk Siergiej Bernstein.

Odpowiedź. Zdarzenia są niezależne parami, ale nie są niezależne wzajemnie, bo $P(A \cap B \cap C) = \dfrac{1}{4} \ne \dfrac{1}{8}$.