8.5: Незалежні події

Цілі навчання

У цьому розділі ви:

1. Визначте незалежні події
2. 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$\PageIndex{2}$.

Приклад$\PageIndex{1}$

З колоди витягується карта. Знайдіть наступні ймовірності.

1. Карта - король.
2. 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.

Приклад$\PageIndex{2}$

З колоди витягується карта. Знайдіть наступні ймовірності.

1. Карта - король.
2. 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.

Визначення: Незалежний

Дві події$E$ і$F$ є незалежними тоді і лише тоді, коли істинна хоча б одна з наступних двох умов.

1. $\mathbf{P}(\mathbf{E} | \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E})$або
2. $\mathbf{P}(\mathbf{F} | \mathbf{E})=\mathbf{P}(\mathbf{F})$

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.

Тест на незалежність

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.

Приклад$\PageIndex{3}$

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.

Приклад$\PageIndex{4}$

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.

Приклад$\PageIndex{5}$

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.

1. $E$і$F$
2. $F$і$G$
3. $E$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$P(E \cap G) = P(E) P(G)$

Приклад$\PageIndex{6}$

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,

$$P(A \cap R)=P(A) P(R)=(.30)(.50)=.15 \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{7}$

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,$P(B) = .4$

Приклад$\PageIndex{8}$

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:

Правило множення для подій, які НЕ є незалежними

Якщо події$E$ і не$F$ є самостійними

$$\mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E} | \mathbf{F}) \mathbf{P}(\mathbf{F}) \quad \text { and } \quad \mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{F} | \mathbf{E}) \mathbf{P}(\mathbf{E}) \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{9}$

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,$P(B) = .4$