Зависимые и независимые события

Пример 1.

Из колоды, содержащей 36 карт, наудачу извлекается одна карта. Пусть событие В означает, что вынута карта красной масти, и событие А – что вынута либо бубновая, либо червонная дама. Условная вероятность P\left(A\ /\ B\right)=\frac{2}{18}=\frac{1}{9}, так как событие А может произойти только в тех случаях, когда событие В уже произошло.

Пример 2.

Вернемся к примеру, рассмотренному в начале параграфа, т. е. когда из урны, в которой 12 белых и 3 синих шара, поочередно извлекаются наудачу два шара. Предположим, что первый из вынутых шаров не возвращается в урну. Событие В означает, что в первый раз вынут белый шар, а событие А – что во второй раз вынут белый шар. Найдем вероятность того, что оба раза будет вынут белый шар. Получим:

P\left(AB\right)=P\left(B\right)\cdot P\left(A\ /\ B\right) = \frac{12}{15}\cdot\frac{11}{14}=\frac{22}{35}\approx0,63.

Пример 3.

Игральную кость бросают два раза. Пусть событие А состоит в выпадении 6 очков при первом бросании, а событие В – в выпадении 6 очков при втором бросании. Поскольку события А и В независимы, то P\left(AB\right)=P\left(A\right)\cdot P\left(B\right)=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{36}\approx0,028.

Пример 4.

На шести гранях кубика отмечены цифры 1, 3, 3, 5, 5, 5. Кубик бросают три раза подряд. Найдем вероятность того, что в двух бросках из трех выпадет 5 очков.

Нарисуем так называемое «дерево» всех возможных случаев (которые в данном случае не равновозможны) и выберем из них интересующие нас случаи. Для вычисления вероятности запишем возле «ветвей дерева» вероятности, с которыми можно ожидать выпадение последующего числа очков (рис. 1.12, см. с. 36).

Рис. 1.12

Шесть отмеченных синим цветом случаев из нижней строки – это и есть отдельные частные случаи рассматриваемого события. Эти случаи (как и все остальные случаи нижней строки) являются взаимоисключающими. Вероятности частных случаев подсчитаем по правилу умножения вероятностей, двигаясь по «ветвям» от начала «дерева» до его соответствующих концов. Тогда

P(выпадение 5 очков в двух случаях при трех бросаниях кубика) = P(либо 155, либо 355, либо 515, либо 535, либо 551, либо 553) =) = \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} = \frac{3}{8}=0,375.

Пример 5.

Одновременно бросают две монеты. Найдем вероятность того, что хотя бы на одной из монет выпадет орел.

Пусть событие А означает выпадение орла на первой монете, а событие В – выпадение орла на второй монете. Данные события не являются несовместными. Интересующее нас событие есть А + В и его вероятность P(A + B) = P(A) + P(B) – P(AB).

Так как события А и В к тому же независимы, то P\left(AB\right)=P\left(A\right)\cdot P\left(B\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4} и мы получим: P\left(A+B\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.

Такой же результат получается при подсчете числа всех возможностей и числа благоприятствующих возможностей. Всего имеется 4 комбинации: орел-орел, орел-решка, решка-орел, решка-решка, из них 3 являются благоприятствующими. Таким образом, n = 4, k = 3, p = 3 : 4 = 0,75.

Пример 6.

На банкетном столе стоят 6 подносов с шоколадными конфетами. Один официант заполнил 4 подноса, положив на каждый по 15 конфет с начинкой и по 15 конфет без начинки, а второй официант – 2 подноса, положив на каждый по 10 конфет с начинкой и по 20 конфет без начинки. Найдем, какова вероятность того, что взятая наугад со случайного подноса конфета окажется с начинкой.

Такую задачу целесообразно решить не по готовым формулам, а с помощью рассуждений, пользуясь теоремами сложения и умножения вероятностей.

P(конфета с начинкой) = P(конфета с начинкой либо с подноса первого официанта, либо с подноса второго официанта). Уже из выражения либо ... либо следует, что соответствующие вероятности надо сложить. Поскольку события являются несовместными, то P(конфета с начинкой) = P(конфета с начинкой с подноса первого официанта) + P(конфета с начинкой с подноса второго официанта). Так как каждый официант заполнил несколько подносов, то события, записанные в скобках, означают, что сначала случайным образом выбирается поднос и лишь затем конфета с этого подноса. Следовательно, P(конфета с начинкой) = P(поднос первого официанта и конфета с начинкой с этого подноса) + P(поднос второго официанта и конфета с начинкой с этого подноса). В случае обоих слагаемых мы имеем дело с произведением двух событий, причем эти события (выбирается некоторый поднос и затем конфета с начинкой) являются зависимыми. Поэтому нужно воспользоваться теоремой, касающейся случая зависимых событий:

P(конфета с начинкой) = P(поднос первого официанта) ∙ P(конфета с начинкой с этого подноса) + P(поднос второго официанта) · P(конфета с начинкой с этого подноса) =

=\frac{4}{6}\cdot\frac{15}{30}+\frac{2}{6}\cdot\frac{10}{30}=\frac{4}{9}\approx0,44.