8.5: Незалежні події
- Page ID
- 67061
У цьому розділі ви:
- Визначте незалежні події
- Визначте, чи дві події є незалежними чи залежними
В останньому розділі ми розглянули умовні ймовірності. У деяких прикладах ймовірність події змінювалася при наданні додаткової інформації. Це не завжди так. Додаткова інформація може змінити ймовірність події, а може і не змінити.
У прикладі\(\PageIndex{1}\) ми переглядаємо обговорення на початку попереднього розділу, а потім порівнюємо його з Прикладом\(\PageIndex{2}\).
З колоди витягується карта. Знайдіть наступні ймовірності.
- Карта - король.
- Карта є королем, враховуючи, що карта є лицьовою картою.
Рішення
а. ясно,\(P\) (Карта - король) = 4/52 = 1/13.
б. знайти\(P\) (Карта - король | Карта - це лицьова карта), міркуємо наступним чином:
У колоді карт 12 лицьових карт. У колоді карт 4 короля.
\(P\)(Карта - король | Карта - це лицьова карта) = 4/12 = 1/3.
Читач повинен зауважити, що в наведеному вище прикладі
\(P\)(Карта - король | Карта - це лицьова карта)\(\neq\)\(P\) (Карта - король)
Іншими словами, додаткова інформація, знаючи, що вибрана карта - це лицьова карта, змінила ймовірність отримання короля.
З колоди витягується карта. Знайдіть наступні ймовірності.
- Карта - король.
- Картка є королем, враховуючи, що червона картка показала.
Рішення
а. ясно,\(P\) (Карта - король) = 4/52 = 1/13.
б. знайти\(P\) (Картка - король | Червона картка показала), ми міркуємо наступним чином:
Оскільки червона картка показала, існує лише двадцять шість можливостей. З 26 червоних карток є два королі. Тому,
\(P\)(Картка - король | Червона картка показала) = 2/26 = 1/13.
Читач повинен зауважити, що в наведеному вище прикладі
\(P\)(Картка - король | Червона картка показала) =\(P\) (Картка - король)
Іншими словами, додаткова інформація, яка показала червона картка, не вплинула на ймовірність отримання короля.
Всякий раз, коли на ймовірність події\(E\) не впливає настання іншої події\(F\), і навпаки, ми говоримо, що дві події\(E\) і\(F\) є незалежними. Це призводить до наступного визначення.
Дві події\(E\) і\(F\) є незалежними тоді і лише тоді, коли істинна хоча б одна з наступних двох умов.
- \(\mathbf{P}(\mathbf{E} | \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E})\)або
- \(\mathbf{P}(\mathbf{F} | \mathbf{E})=\mathbf{P}(\mathbf{F})\)
Якщо події не є самостійними, то вони залежні.
Якщо одне з цих умов вірно, то і інше вірно.
Ми можемо використовувати визначення незалежності, щоб визначити, чи дві події є незалежними.
Ми можемо використовувати це визначення, щоб розробити інший спосіб перевірити, чи є дві події незалежними.
Згадаймо формулу умовної ймовірності:
\[\mathrm{P}(\mathrm{E} | \mathrm{F})=\frac{\mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F})}{\mathrm{P}(\mathrm{F})} \nonumber \]
Помноживши обидві сторони на\(\mathrm{P}(\mathrm{F})\), отримуємо
\[\mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F})=\mathrm{P}(\mathrm{E} | \mathrm{F}) \mathrm{P}(\mathrm{F}) \nonumber \]
Тепер якщо дві події незалежні, то за визначенням
\[\mathrm{P}(\mathrm{E} | \mathrm{F})=\mathrm{P}(\mathrm{E}) \nonumber \]
Підставляючи,\(P(E \cap F)=P(E) P(F)\)
Формально ми заявляємо це наступним чином.
Дві події\(E\) і\(F\) є незалежними, якщо і тільки якщо
\[\mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E}) \mathbf{P}(\mathbf{F}) \nonumber \]
У Прикладах\(\PageIndex{3}\) і\(\PageIndex{4}\), ми розглянемо, як перевірити незалежність за допомогою обох методів:
- Вивчіть ймовірність перетину подій, щоб перевірити, чи\(P(E \cap F)=P(E) P(F)\)
- Вивчіть умовні ймовірності, щоб перевірити,\(P(E | F)=P(E)\) чи\(P(F|E)=P(F)\)
Нам потрібно використовувати тільки один з цих методів. Обидва методи при правильному використанні завжди дадуть результати, узгоджені один з одним.
Використовуйте метод, який здається простішим на основі інформації, наведеної в проблемі.
У таблиці нижче наведено розподіл дальтоніків за статевою ознакою.
| Чоловічий (M) | Жіночий (F) | Всього | |
| дальтонік (C) | 6 | 1 | 7 |
| Не дальтонік (N) | 46 | 47 | 93 |
| Всього | 52 | 48 | 100 |
де\(M\) представляє самця,\(F\) представляє жіночу,\(C\) представляє дальтонік, а\(N\) не дальтонік. Чи є події дальтоніком і чоловічим незалежними?
Рішення 1: Відповідно до тесту на незалежність,\(C\) і\(M\) є незалежними, якщо і тільки тоді\(\mathrm{P}(\mathrm{C} \cap \mathrm{M})=\mathrm{P}(\mathrm{C}) \mathrm{P}(\mathrm{M})\).
З таблиці:\(P(C)\) = 7/100,\(P(M)\) = 52/100 і\(P(C \cap M)\) = 6/100
Отже\(P(C) P(M)\) = (7/100) (52/100) = .0364
яка не дорівнює\(P(C \cap M)\) = 6/100 = .06
Тому дві події не є самостійними. Можна сказати, що вони залежні.
Рішення 2:\(C\) і\(M\) є незалежними, якщо і тільки якщо\(P(C|M) = P(C)\).
Від загальної колонки\(P(C)\) = 7/100 = 0,07
Від чоловічого стовпа\(P(C|M)\) = 6/52= 0,1154
\(P(C|M) \neq P(C)\)Тому вказуючи на те, що дві події не є незалежними.
У місті з двома аеропортами було обстежено 100 рейсів. 20 з цих рейсів вилетіли пізно.
- 45 рейсів в ході опитування вилетів з аеропорту А; 9 з цих рейсів вилетіли пізно.
- 55 рейсів за результатами опитування вилетів з аеропорту В; 11 рейсів вилетіли пізно.
Чи є події «відходять з аеропорту А» і «пішли пізно» незалежними?
Рішення 1
Нехай A буде подією, що рейс вилітає з аеропорту А, а L подія, що рейс вилітає пізно. У нас є
\(P(A \cap L)\)= 9/100,\(P(A)\) = 45/100 і\(P(L)\) = 20/100
Для того щоб дві події були незалежними, ми повинні мати\(P(A \cap L) = P(A) P(L)\)
Так як\(P(A \cap L)\) = 9/100 = 0.09
і\(P(A) P(L)\) = (45/100) (20/100) = 900/10000 = 0,09
дві події «виліт з аеропорту А» і «від'їзд пізно» є незалежними.
Рішення 2
Визначення незалежних подій стверджує, що дві події є незалежними, якщо\(P(E|F)=P(E)\).
У цій задачі нам дається, що
\(P(L|A)\)= 9/45= 0,2 і\(P(L)\) = 20/100 = 0,2
\(P(L|A) = P(L)\), Тому події «вилітають з аеропорту А» і «вилітають пізно» є незалежними.
Монета кидається тричі, а події\(E\)\(F\) і\(G\) визначаються наступним чином:
\(E\): Монета показує голову на першому кидку.
\(F\): З'являються щонайменше дві головки.
\(G\): Голови з'являються в двох послідовних киданнях.
Визначте, чи є наступні події незалежними.
- \(E\)і\(F\)
- \(F\)і\(G\)
- \(E\)і\(G\)
Рішення
Перерахуємо вибірковий простір, події, їх перетину та ймовірності.
\ почати {вирівняний}
&\ математика {S} =\ {\ mathrm {HHH},\ математика {HTH},\ математика {HTH},\ mathrm {HTT},\ mathrm {THH},\ mathrm {THT},\ mathrm {TTH}} {ll}
\ математика {E} =\ {\ математика {HHH},\ математика {HTH},\ математика {HTH},\ математика {HTT}\}, &\ mathrm {P} (\ mathrm {E})
=4/8\ текст {або} 1/2
\\ mathrm {F} =\ {\ математика {HHH},\ математика {HHT},\ математика {HTH},\\ математика {P} (\ математика {F}) =4/8\ текст {або} 1/2\\ математика {G} =
\ {\ математика {HHT},\ математика {THH}\}, &\ математика {P} (\ математика {G}) =2/8\ текст {або} 1\\
\ mathrm {E}\ cap\ математика {F} =\ {\ математика {HHH},\ математика {HTH},\ математика {HTH}\}, &\ математика {P} (\ mathrm {E}\ cap\ mathrm {F}) =3/8\\
\ математика {F}\ cap\ mathrm {G} =\ {therm {HHT},\ математика {THH}\}, &\ mathrm {P} (\ математика {F}\ cap\ математика {G}) =2/8\ текст {або} 1/4\\
\ mathrm {E}\ cap\ mathrm {G} =\ {\ mathrm { HHT}\} &\ mathrm {P} (\ mathrm {E}\ cap\ mathrm {G}) =1/8
\ кінець {масив}
\ кінець {вирівняний}
а.\(E\) і\(F\) буде незалежним тоді і тільки тоді, коли\(P(E \cap F) = P(E) P(F)\)
\(P(E \cap F) = 3/8\)і\(P(E) P(F) = 1/2 \cdot 1/2 = 1/4\).
Починаючи з 3/8 ≠ 1/4, ми маємо\(P(E \cap F) \neq P(E) P(F)\).
Події\(E\) і не\(F\) є самостійними.
б.\(F\) і\(G\) буде незалежним тоді і тільки тоді, коли\(P(F \cap G) = P(F) P(G)\).
\(P(F \cap G) = 1/4\)і\(P(F) P(G) = 1/2 \cdot 1/4 =1/8\).
Починаючи з 3/8 ≠ 1/4, ми маємо\(P(F \cap G) \neq P(F) P(G)\).
Події\(F\) і не\(G\) є самостійними.
c.\(E\) і\(G\) буде незалежним, якщо\(P(E \cap G) = P(E) P(G)\)
\(P(E \cap G) = 1/8\)і\(P(E) P(G) = 1/2 \cdot 1/4 =1/8\)
Події\(E\) і\(G\) є незалежними подіями, тому що\(P(E \cap G) = P(E) P(G)\)
Імовірність того, що Хайме в цьому році відвідає свою тітку в Балтіморі, становить 0,30, а ймовірність того, що він відправиться на рафтинг по річці Колорадо, становить 0,50. Якщо дві події незалежні, яка ймовірність того, що Хайме зробить і те, і інше?
Рішення
Нехай\(A\) буде подія, що Хайме відвідає свою тітку в цьому році, і\(R\) буде подією, що він піде на рафтинг по річці.
Нам дано\(P(A)\) = .30 і\(P(R)\) = .50, і ми хочемо знайти\(P(A \cap R)\).
Оскільки нам кажуть, що події\(A\) і\(R\) є незалежними,
\[P(A \cap R)=P(A) P(R)=(.30)(.50)=.15 \nonumber \]
Дано\(P(B | A) = .4\). Якщо A і B незалежні, знайдіть\(P(B)\).
Рішення
Якщо\(A\) і\(B\) є незалежними, то за визначенням\(P(B | A) = P(B)\)
Тому,\(P(B) = .4\)
З огляду\(P(A) =.7\) на,\(P(B| A) = .5\). Знайти\(P(A \cap B)\).
Рішення 1
За визначенням\(P(B | A)=\frac{P(A \cap B)}{P(A)}\)
Підставляючи, ми маємо
\[.5=\frac{\mathrm{P}(\mathrm{A} \cap \mathrm{B})}{.7} \nonumber \]
Тому,\(P(A \cap B) = .35\)
Рішення 2
Знову почніть з\(P(B | A)=\frac{P(A \cap B)}{P(A)}\)
Множення обох сторін на\(P(A)\) дає
\[P(A \cap B)=P(B | A) P(A)=(.5)(.7)=.35 \nonumber \]
Обидва рішення до Прикладу\(\PageIndex{8}\) насправді однакові, за винятком того, що у Рішенні 2 ми відклали підстановку значень у рівняння до тих пір, поки ми не вирішили рівняння для\(P(A \cap B)\). Це дає наступний результат:
Якщо події\(E\) і не\(F\) є самостійними
\[\mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E} | \mathbf{F}) \mathbf{P}(\mathbf{F}) \quad \text { and } \quad \mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{F} | \mathbf{E}) \mathbf{P}(\mathbf{E}) \nonumber \]
З огляду на\(P(A) =.5\)\(P(A \cup B ) = .7\), якщо\(A\) і\(B\) є незалежними, знайти\(P(B)\).
Рішення
Правило додавання говорить, що
\[\mathrm{P}(\mathrm{A} \cup \mathrm{B})=\mathrm{P}(\mathrm{A})+\mathrm{P}(\mathrm{B})-\mathrm{P}(\mathrm{A} \cap \mathrm{B}) \nonumber \]
Так як\(A\) і\(B\) є незалежними,\(P(A \cap B)=P(A) P(B)\)
Підставляємо\(P(A \cap B)\) в складанні формулу і отримуємо
\[\mathrm{P}(\mathrm{A} \cup \mathrm{B})=\mathrm{P}(\mathrm{A})+\mathrm{P}(\mathrm{B})-\mathrm{P}(\mathrm{A}) \mathrm{P}(\mathrm{B}) \nonumber \]
Впускаючи\(P(B) = x\), і підставляючи значення, отримуємо
\ [\ почати {масив} {l}
.7=.5+x-.5 х\\
.7=.5+.5 х\\
.2=.5 x\\
.4=x
\\ end {масив}\ nonumber\]
Тому,\(P(B) = .4\)