15. Независимые события

Дадим следующее определение. Событие А называется независимым от события В, если появление события В не изменяет вероятности появления события В, т. е.

Р(А/В) = Р(А). (15.1)

Несложно доказать, что если событие А не зависит от события В, то и событие В не зависит от события А (в математике и такое требует доказательства!), а потому можно говорить просто о паре независимых (друг от друга) событий А и В. Если события А и В независимы, то значительно привлекательнее становится формула (14.1) для вероятности их произведения .

Теорема. Если события А и В независимы, то вероятность их произведения равна произведению их вероятностей, т. е.

Р(А·В) = Р(А) Р(В). (5.2)

Это соотношение сразу следует из (14.1) с учетом (15.1). Соотношение (15.2) эквивалентно соотношению (15.1), а потому часто берется в качестве определения независимости событий. Поэтому можно дать следующее второе (эквивалентное первому) определение независимости событий. События А и В называются независимыми, если для них выполняется соотношение (15.2). Первое определение независимости событий кажется более естественным с точки зрения “житейской” логики, однако для математика с формальной точки зрения более предпочтительным является второе определение, т. к. оно не использует понятия “условная вероятность”, а формулируется в терминах изначальной (безусловной) вероятности. Однако это опять такое место в изложении материала, которое для данной книжки полезнее оставить без дальнейших обсуждений.

Сделаем пояснение, схожее с тем, которое мы делали при обсуждении формулы (14.1) .

Пояснение. Если мы захотим по формуле (15.2) вычислить вероятность произведения событий Р(А·В), то необходимо прежде убедиться в независимости событий А и В. Для подобной проверки, следуя второму определению, необходимо проверить выполнение для этих событий того же самого соотношения (15.2), которым мы хотели воспользоваться для вычисления Р(А·В). Кажется, что вновь получается замкнутый круг, подобный тому, который мы обсуждали в § 14! Этот “ ! ” – не знак факториала. И выход из этого круга аналогичен прежнему. На самом деле при решении конкретных задач, использующих формулу (15.2), о независимости событий А и В судят не по выполнению соотношения (15.2), а все из тех же “разумных соображений”. Например, вполне разумно предположить, что при подбрасывании двух кубиков на события, связанные с первым кубиком, никак не влияют события, произошедшие со вторым кубиком. Если, скажем, событие А – выпадение 4 на первом кубике, а В – выпадение 6 на втором, то Р(А) = 1/6 и Р(А/В) = 1/6, Р(В) = 1/6 и Р(В/А) = 1/6, т. е. такие события А и В мы вправе считать независимыми. И если бы нас спросили, какова вероятность при подбрасывании двух кубиков следующего события С – на первом кубике появилось 4 очка, а на втором 6 очков, то согласно формуле (15.2) получили бы:  Р(С) = Р(А·В) = Р(А) Р(В) = (1/6)ּ(1/6) = 1/36. Точно также при стрельбе по мишени двух стрелков мы будем считать, что события, связанные с результатами стрельбы разных стрелков, независимы (если только информация о результатах стрельбы одного из них не огорчила другого и тем самым не повлияла на его собственные результаты, т. е. в эксперимент не вмешался так называемый “человеческий фактор”). Если же два события связаны с одним и тем же объектом, с которым проводится эксперимент, не всегда можно интуитивно определить, являются ли они независимыми или нет. Если именно этот вопрос и вызывает основной интерес, то, согласно второму определению, для получения ответа на него проверяется выполнение соотношения (15.2). Вот подобная задача.

Задача 1. Из колоды наугад вынимается карта. Событие А – вынут туз, событие В – вынута карта черной масти. Зависимы ли эти события?

Поскольку всего в колоде 36 карт, из которых 4 туза , а половина колоды – карты черной масти, то Р(А) = 4/36 = 1/9, а Р(В) = =18/36 =1/2. Поэтому Р(А)Р(В) = 1/9ּ1/2 = 1/18 . Произведение событий А и В означает событие, состоящее в том, что вынут туз черной масти. Поскольку таких всего два, то Р(А·В) = 2/36 = 1/18. Таким образом, расчеты показали, что Р(А·В) = Р(А) Р(В), т.е. (согласно второму определению независимости событий, основанному на формуле (15.2) ) события А и В независимы.

Рассмотрим следующую задачу на применение формулы (15.2).

Задача 2. На машину поставлено 2 противоугонных устройства, работающие независимо друг от друга. Вероятность того, что при попытке угона срабатывает первое равно 0,8, а второе срабатывает с вероятностью 0,9. Каковы вероятности следующих событий: А – при попытке угона сработали оба устройства, В – сработало хотя бы одно (т.е. попытка угона не удалась).

Введем вспомогательные события: А₁ – сработало первое устройство, А₂ – второе. По условию задачи Р(А₁) = 0,8 и Р(А₂) = 0,9. Поскольку событие А состоит в том, что сработали оба устройства одновременно, то А = А₁·А₂. По условию устройства работают независимо, поэтому события А₁ и А₂ мы можем считать независимыми (из “разумных соображений”). Тогда по формуле (15.2) получаем Р(А) = Р(А₁·А₂) = Р(А₁)ּР(А₂) = 0,8ּ0,9 = 0,72. Событие В происходит только тогда, когда происходит хотя бы одно из событий А₁ или А₂. Поэтому по определению суммы событий В = А₁ + А₂. По формуле (11.1) вероятности суммы событий Р(В) = Р(А₁ + А₂) = Р(А₁) + Р(А₂) – –Р(А₁А₂) = 0,8 + 0,9 – 0,72 = 0,98. Как и следовало ожидать, пара устройств надежнее любого из них в отдельности. Однако расчеты помогают выяснить, насколько надежнее.

Попробуем обобщить формулу (15.2) на произвольное число перемножаемых событий. Каким условиям должны удовлетворять события А₁, А₂, …, А_n (n ≥ 3), чтобы выполнялось Р(А₁ּА₂ּ … ּА_n) = =Р(А₁)·Р(А₂) · … · Р(А_n)? Достаточно ли для этого, чтобы любые два события из этой группы образовывали пару независимых событий (в этом случае события А₁, А₂, … А_n называются попарно независимыми)? Оказывается, что попарной независимости для этого не достаточно (можно привести соответствующие примеры). Поэтому мы сейчас введем новый вид независимости группы событий, более жесткий, чем попарная независимость. Будем говорить, что события А₁, А₂, …, А_n (n ≥ 3) независимы в совокупности, если условная вероятность каждого события из этой системы при условии, что какие-либо из остальных событий этой группы наступили, равна его безусловной вероятности. Формальное математическое соотношение, определяющее независимость в совокупности (в соответствии с только что данным словесным определением), достаточно громоздко, поэтому здесь не приводится. Из этого определения следует, что система независимых в совокупности событий является и системой попарно независимых событий. Обратное утверждение в общем случае неверно (опять можно привести соответствующий пример). Для независимых в совокупности событий справедлива следующая теорема.

Теорема . Пусть А₁, А₂, …, А_n есть система независимых в совокупности событий. Тогда

Р(А₁·А₂· … ·А_n) = Р(А₁) · Р(А₂) · … · Р(А_n). (15.3)

Доказательство этой формулы сразу следует из формулы (15.2) и определения совокупной независимости событий. Часто соотношение (15.3) принимают за определение такой независимости. Уже знакомый нам кажущийся возникшим при этом порочный круг разрывается привычным способом: о независимости системы событий судят не по выполнению для них соотношения (15.3), а из “разумных соображений”, содержание которых зависит от существа конкретной задачи.

Справедливо замечание. Пусть события А₁, А₂, …, А_n независимы в совокупности. Заменим в этой системе событий любое количество из них на противоположные. Тогда снова получится система независимых в совокупности событий. Это замечание будет далее полезно при решении некоторых задач.

Следующая задача опять использует шары, а потому (как это часто бывает) является модельной для многих интересных задач.

Задача 3. В корзине имеется 4 белых и 2 черных шара (т. е. всего 6 шаров). Из нее наугад вынимают один шар. Если он белый, то его кладут обратно, шары перемешивают и снова наугад достают шар. Это повторяется до тех пор, пока не будет вынут черный шар. Какова вероятность, что понадобится: а) ровно 3 вынимания, б) не более трех выниманий?

Введем события: В₁ – понадобилось одно вынимание, В₂ – понадобилось два и В₃ – понадобилось три вынимания; С₃ – понадобилось не более трех выниманий; А₁ – при первом вынимании вынут черный шар, А₂ – при втором и А₃ – при третьем вынимании вынут черный шар. Тогда противоположные события Ā₁, Ā₂ и Ā₃ означают, что при соответствующем вынимании вынут белый шар. В задаче требуется найти вероятности Р(В₃) и Р(С₃). Понятно, что В₁ = А₁ (одно вынимание производится только в случае, если в первый же раз вынут черный шар). Событие В₂ (понадобилось 2 вынимания) означает, что при первом вынимании достали белый шар, а при втором черный, т. е. одновременно произошли события Ā₁ и А₂. Таким образом, по определению произведения событий В₂ = Ā₁·А₂. Теперь легко понять, что событие В₃ происходит лишь в том случае, если одновременно произошли события Ā₁, Ā₂ и А₃ (первые 2 раза вынут белый, а третий раз – черный шар), т. е. В₃ = Ā₁·Ā₂·А₃. Поскольку перед каждым новым выниманием шара ситуация остается одной и той же (имеются те же 4 белых и 2 черных шара), то “из разумных соображений” можно считать, что события, связанные с различными по счету доставаниями шара, не зависят друг от друга. Таким образом, события А₁, А₂ и А₃ независимы в совокупности. Учитывая приведенное выше замечание (о замене некоторых событий на противоположные), делаем вывод, что события Ā₁, Ā₂ и А₃ тоже независимы в совокупности. Поэтому по формуле (15.3)

Р(В₃) = Р(Ā₁·Ā₂·А₃) = Р(Ā₁) · Р(Ā₂) · Р(А₃) . (15.4)

Вычислим вероятности входящих в правую часть этой формулы событий. Ясно, что Р(А₁) = 2/6 = 1/3, так как перед первым доставанием шара имеется 2 черных шара среди их общего количества в 6 шаров. Поскольку перед каждым выниманием шара ситуация остается в точности той же самой, то и вероятности событий А₂ и А₃ те же самые: Р(А₂) = Р(А₂) = 1/3. Для противоположных событий Ā₁ и Ā₂ получим: Р(Ā₁) = 1 – Р(А₁) = 1 – 1/3 = 2/3, точно также Р(Ā₂) = 2/3. Учитывая только что полученные выражения, из (15.4) выводим: Р(В₃) = 2/3 · 2/3 · 1/3 = 4/27. Найдем теперь Р(С₃). Ясно, что “не более 3 выниманий” означает или одно, или 2, или 3 вынимания. Таким образом, событие С₃ происходит только в том случае, когда происходит хотя бы одно из событий В₁, В₂ или В₃, т. е. по определению суммы событий С₃ = В₁ + В₂ + В₃. Поскольку события В₁, В₂, В₃ попарно несовместны (никакие 2 из них не могут появиться одновременно), то по формуле (11.3) для вероятности суммы попарно несовместных событий Р(С₃ ) = Р(В₁) + Р(В₂) + Р(В₃). Найдем Р(В₁) и Р(В₂). Поскольку В₁ = А₁, то Р(В₁) = Р(А₁) =1/3; поскольку В₂ =  Ā₁· А₂, то Р(В₂) = Р(Ā₁) · Р(А₂) = 2/3 · 1/3 = 2/9. Поэтому Р(С₃) = 1/3 + 2/9 + 4/27 =  19/27 .

Если Вы разобрались в решении этой задачи, то уже не сложно будет понять вывод общих формул для данного типа модельных задач, предложенный в следующей задаче, которая является обобщением предыдущей.

Задача 4. В корзине имеется n белых и m черных шаров (т. е. всего n + m шаров, т. к. больше в ней ничего интересного нет). Из нее наугад вынимают один шар. Если он белый, то его кладут обратно, шары перемешивают и снова наугад достают шар. Это повторяется до тех пор, пока не будет вынут черный шар. Какова вероятность, что понадобится: а) ровно k выниманий, б) не более k выниманий?

Снова вводим события: В_k – понадобилось k выниманий, С_k – понадобилось не более k выниманий (k = 1, 2, …), А_i – при i-м вынимании вынут черный шар (i = 1, 2, …). Тогда противоположное событие Ā_i означает что при i-м вынимании вынут белый шар. Понятно, что, как и в предыдущей задаче, В₁ = А₁ и В₂ = Ā₁·А₂. Легко видеть, что в общем случае событие В_k означает, что одновременно произошли события Ā₁, Ā₂, …, Ā_k–1 и А_k, т. е. В_k = Ā₁·Ā₂· … ·Ā_k–1·А_k. В задаче требуется найти вероятности Р(В_k) и Р(С_k). Поскольку перед каждым новым выниманием шара ситуация остается одной и той же (имеются те же n белых и m черных шаров), то опять можно считать, что события, связанные с различными по счету доставаниями, не зависят друг от друга. Таким образом, события А₁, А₂, … А_k независимы в совокупности. Учитывая приведенное выше замечание (о замене некоторых событий на противоположные), события Ā₁, Ā₂, …, Ā_k–1, А_k тоже независимы в совокупности. Поэтому по формуле (15.3)

Р(В_k) = Р(Ā₁·Ā₂· … ·Ā_k–1·А_k) = Р(Ā₁)·Р(Ā₂)· … ·Р(Ā_k–1)·Р(А_k). (15.5)

Вычислим вероятности входящих в правую часть этой формулы событий. Ясно, что Р(А₁) = m /(n+m), поскольку перед первым доставанием шара имеется m черных шаров среди их общего количества n+m. Поскольку перед каждым выниманием шара ситуация остается в точности той же самой, то для всех событий А_i будет выполнено Р(А_i)= m / (n+m), i = 1, 2, … . Поэтому для противоположных событий Р(Ā_i) = 1 – Р(А_i) = 1 – m / (n+m) = n / (n+m). Учитывая полученные выражения, из (15.5) выводим, что для того, чтобы вычислить Р(В_k) нужно (k – 1) раз умножить дробь n / (n+m) саму на себя, а результат умножить на m / (n+m). Поэтому

Р(В_k) = n^k–1 m / (n+m)^k . (15.6)

Если ввести параметр q = n / (n+m), то эта формула может быть переписана в виде

Р(В_k) = (m / n) q^k , где q = n / (n+m). (15.7)

Найдем Р(С_k). Ясно, что “не более k выниманий” означает или одно, или 2, или 3, или … или k выниманий. Поэтому также, как в предыдущей задаче, С_k = В₁ + В₂ + … + В_k, где события В₁, В₂, …, В_k попарно несовместны. По формуле (11.3) для вероятности суммы попарно несовместных событий Р(С_k) = Р(В₁) + Р(В₂) + … + Р(В_k). Из формулы (15.7) при k = 1, 2, … получаем Р(В₁) = (m / n) q, Р(В₂) = =(m / n) q², … . Поэтому Р(С_k) = (m / n) q + (m / n) q² + … + (m / n) q^k = =(m / n) ּ (q + q² + … + q^k), т. е. Р(С_k) =(m / n) ּqּ(1 – q^k) / (1 – q) (использована соответствующая формула для суммы геометрической прогрессии (q + q² + … + q^k). Подставляя в эту формулу введенное ранее обозначение q = n / (n+m), получаем окончательное выражение

Р(С_k) = 1 – q^k , где q = n / (n+m). (15.8)

Замечание. Любопытные могут попытаться описать пространство элементарных исходов эксперимента, описанного в этой задаче. Это не так уж просто.

Рассмотрим некоторые задачи на применение полученных формул.

Задача 5. Монета подбрасывается до тех пор, пока не выпадет орел. Найти вероятность того, что понадобится: а) ровно 3 подбрасывания, б) не более трех подбрасываний.

Поскольку при подбрасывании монеты с одинаковой вероятностью (равной, очевидно, ½) могут выпасть орел или решка, то с точки зрения теории вероятностей подбрасывание монеты вполне можно заменить выниманием наудачу шара из корзины, в которой лежат 2 шара – черный и белый. При этом можно считать, что вынимание черного шара из корзины равнозначно появлению орла при подбрасывании монеты, а вынимание белого – решки. Этим самым задача сводится к следующей модельной задаче типа задачи 4. Из корзины, в которой лежат белый и черный шар, наудачу вынимается один из них. Если он белый, то его кладут обратно и снова наугад достают шар. Это повторяется до тех пор, пока не будет вынут черный шар. Найти вероятность того, что понадобится: а) ровно 3 вынимания, б) не более трех не более 3 выниманий.

Как и в модельной задаче обозначим события: В₃ – понадобилось ровно 3 вынимания (или, что то же самое, понадобилось 3 подбрасывания монеты) , С₃ – понадобилось не более 3 выниманий (т. е. не более 3 подбрасываний в задаче о монете). Необходимо найти Р(В₃) и Р(С₃). Ясно, что Р(В₃) получается из формулы (15.7) при k = 3, а n = m = 1 (белых и черных шаров в корзине по одному): Р(В₃) = =1 / 2³ = 1/8. Точно также Р(С₃) получается из формулы (15.8) при тех же параметрах: Р(С₃) = 1 – 1/8 = 7/8.

Задача 6. Некто решил найти человека, родившегося в тот же день, что и он сам. Для этого он выходит на улицу и опрашивает случайных прохожих (какого числа у них день рождения?) до тех пор, пока не встретит нужного человека. Найти вероятность событий: В_k – пришлось опросить ровно k человек, С_k – пришлось опросить не более k человек (k = 1, 2, … ).

Примем два (достаточно точных) предположения: а) в году 365 дней, б) для случайного прохожего имеется одинаковая вероятность родиться в любой из этих дней. В этом случае опрос каждого из прохожих равносилен вытягиванию шара из корзины, в которой 364 белых шаров (столько дней в году не совпадают с днем рождения опрашивающего) и один черный шар (соответствует дню рождения опрашивающего). Теперь должно быть понятно, что для вычисления Р(В_k) следует применить формулу (15.7) со значением параметров: n = 364, m = 1. Поэтому Р(В_k) = (364/365)^k / 364. Аналогично, по формуле (15.8) получим Р(С_k ) = 1 – (364/365)^k. В таблице представлены некоторые значения этой вероятности для различных чисел k (посмотрите – она интересна!)

k	1	2	3	10	20	50	100	150	200	250	300
P(Ck)	0,0027	0,0055	0,0082	0,027	0,053	0,13	0,24	0,34	0,42	0,50	0,56