Prawdopodobieństwo warunkowe i niezależność zdarzeń
Prawdopodobieństwo warunkowe
W poprzednim rozdziale przekonaliśmy się, w jaki sposób wyznaczać prawdopodobieństwa zdarzeń w momencie gdy mamy zadaną przestrzeń probabilistyczną. Zajmiemy się teraz następującym zagadnieniem: czasami, przy badaniu prawdopodobieństwa konkretnego zdarzenia, dysponujemy dodatkową informacją, która w istotny sposób zmienia warunki. Najlepiej to zilustrować na przykładzie.
a) jakie jest prawdopodobieństwo, że numer na niej jest parzysty?
b) Wiadomo, że wyciągnięta kula jest biała. Jakie jest prawdopodobieństwo, że numer na niej jest parzysty?
W podpunkcie a) odpowiedź brzmi : mamy osiem kul, z których trzy są podpisane parzystymi numerami. W podpunkcie b) dołożono dodatkową informację: wyciągnięta kula ma biały kolor. Rzecz jasna, informacja ta zmienia odpowiedź: jest pięć kul białych, wśród nich dwie o parzystych numerach, skąd dostajemy wynik
. Formalnie, mamy do czynienia ze schematem klasycznym na
![]() |
Określmy zdarzenia: A - wylosowano kulę o numerze parzystym, B - wylosowano kulę białą; zatem
![]() |
i mamy
![]() |
Powyższe rozważania sugerują następującą definicję.





![]() |
Uwaga: Jak łatwo sprawdzić, przy ustalonym zdarzeniu takim, że
, prawdopodobieństwo warunkowe
jest nową miarą probabilistyczną na
.








Oznaczmy białe kule przez ,
,
,
, a czarną kulę przez
. Mamy
![]() |
, a prawdopodobieństwo zadane jest poprzez określenie mas poszczególnych zdarzeń jednoelementowych (por. Przykład 2 z poprzedniego wykładu).
Rozważmy zdarzenie -
-ta kula jest biała,
. Korzystając z powyższego twierdzenia, mamy \begin{align*} &\mathbb{P}(A_k'\cap A_{k-1}\cap A_{k-2}\cap \ldots \cap A_1)\\ &=\mathbb{P}(A_k'|A_{k-1}\cap \ldots\cap A_1)\mathbb{P}(A_{k-1}|A_{k-2}\cap \ldots \cap A_1)\ldots \mathbb{P}(A_2|A_1)\mathbb{P}(A_1). \end{align*}
a) Z warunków zadania wynika, że
![]() |
a zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi
![]() |
b) Tym razem mamy
![]() |
a więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
![]() |
Zajmiemy się teraz analizą doświadczeń ,,wieloetapowych'', w których mamy do czynienia z losowaniem w kilku krokach, a przestrzeń probabilistyczna jest zadana poprzez specyfikację prawdopodobieństw warunkowych związanych z poszczególnymi krokami (por. przykład poniżej). Zacznijmy od definicji.











![]() |




![]() |
□


![]() |




a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że kula jest biała?
b) Załóżmy, że wyciągnięta kula jest biała. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że losowano z I urny?
Mamy dwa etapy doświadczenia: losowanie urny oraz losowanie kuli z danej urny. Wprowadźmy zdarzenia - wyciągnięto białą kulę,
- wylosowano urnę I,
- wylosowano urnę II. Mamy
,
, a więc rodzina
jest rozbiciem
. Z warunków zadania wynika, że
![]() |
a) Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy
![]() |
b) Na mocy wzoru Bayesa,
![]() |
Niezależność zdarzeń
Zacznijmy od intuicji. Załóżmy, że ,
są zdarzeniami, przy czym
. Wówczas zdarzenia
,
powinny być niezależne, jeśli informacja o tym, że zaszło zdarzenie
nie wpływa na prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia
; tzn. niezależność powinna być równoważna równości
, czyli
Przyjmujemy to jako definicję.



![]() |
Uwaga: Jeśli , to dla dowolnego
zdarzenia
oraz
są niezależne. Ta sama teza zachodzi gdy
.
Zdefiniujemy teraz niezależność większej liczby zdarzeń. Zacznijmy od przypadku skończonego. Intuicyjnie, zdarzenia ,
,
,
są niezależne jeśli każdy podukład tych zdarzeń jest niezależny oraz zdarzenia
,
są niezależne. jak łatwo zauważyć, powyższe warunki wymuszają równość
![]() |
dla dowolnego i dowolnego rosnącego ciągu
. Przyjmujemy to jako definicję.






![]() |







Oczywiście niezależność ,,zespołowa'' (czy też ,,łączna'') zdarzeń ,
,
,
pociąga za sobą ich niezależność parami. Implikacja w drugą stronę nie jest prawdziwa, co ilustruje następujący przykład.



![]() |
a więc zdarzenia ,
,
są niezależne parami. Nie są jednak niezależne zespołowo: mamy
, a więc
.
W przypadku dowolnej (być może nieskończonej) liczby zdarzeń, niezależność definiujemy następująco.










Zdefiniujemy teraz pojęcie niezależności -ciał.











![]() |










Mamy dowieść, że dla dowolnego
oraz dowolnego ciągu
zachodzi równość
![]() |
Rozważmy zdarzenia ,
,
,
dane przez
![]() |
Wówczas ,
,
,
, a zatem
![]() |
co jest równoważne (*). □

![]() |
![]() |
Wówczas i
są niezależne: istotnie, dla dowolnych zdarzeń
,
mamy
![]() |
oraz
![]() |




















![]() |
Jeśli co najmniej jedno ze zdarzeń jest zbiorem pustym, to powyższa równość jest spełniona: obie strony są równe
. Jeśli dla pewnego
mamy
, to możemy to zdarzenie pominąć po obu stronach. Zatem, wystarczy dowieść, że dla dowolnego ciągu
mamy
![]() |
gdzie dla każdego , zdarzenie
jest równe
lub
. Poprzez prostą indukcję, wystarczy wykazać, że
![]() |
co natychmiast wynika z niezależności zdarzeń ,
,
,
: istotnie, \begin{align*} & \mathbb{P}(A_{i_1}'\cap A_{i_2}\cap A_{i_3}\cap\ldots \cap A_{i_k})\\ &= \mathbb{P}(A_{i_2}\cap A_{i_3}\cap\ldots \cap A_{i_k})- \mathbb{P}(A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap A_{i_3}\cap\ldots \cap A_{i_k})\\ &=\mathbb{P}(A_{i_2})\mathbb{P}(A_{i_3})\ldots \mathbb{P}(A_{i_k})-\mathbb{P}(A_{i_1})\mathbb{P}(A_{i_2})\mathbb{P}(A_{i_3})\ldots \mathbb{P}(A_{i_k})\\ &=\mathbb{P}(A_{i_1}')\mathbb{P}(A_{i_2})\mathbb{P}(A_{i_3})\ldots \mathbb{P}(A_{i_k}). \end{align*}
Rozważmy teraz następujący problem. Załóżmy, że mamy doświadczeń, przy czym
-te doświadczenie jest opisywane przez przestrzeń probabilistyczną
. W jaki sposób możemy zbudować przestrzeń
dla doświadczenia polegającego na niezależnym przeprowadzeniu tych
doświadczeń?
Oczywiście, jako zbiór bierzemy
. Aby określić
, zwróćmy uwagę, iż
-ciało
jest reprezentowane, w kontekście powyższego zbioru
, przez klasę
![]() |
Stąd naturalny pomysł, by wziąć ,
-ciało generowane przez
. Innymi słowy, jako
bierzemy
-ciało produktowe
. Przejdźmy do określenia miary probabilistycznej
. Z powyższych postulatów,
-ciała
,
,
,
mają być niezależne, a zatem poszukujemy takiego prawdopodobieństwa
, że dla dowolnych
,
, \begin{align*} &\mathbb{P}(A_1\times A_2\times \ldots \times A_N)=\\ & \P\big((A_1\times \Omega_2\times \ldots\times \Omega_N)\cap(\Omega_1\times A_2\times \ldots\times \Omega_N)\cap \ldots \cap (\Omega_1\times \ldots\times \Omega_{N-1}\times A_N)\big)\\ &\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =\prod_{i=1}^N \P(\Omega_1\times \ldots \times A_i \times \ldots \times \Omega_N). \end{align*} Ponadto, chcemy by
dla każdego
. Podsumowując, poszukujemy takiego
, by dla dowolnych zdarzeń
jak wyżej zachodziła równość
![]() |
Z teorii miary wiadomo, że istnieje dokładnie jedno takie prawdopodobieństwo na
, i jest ono równe
- produktowi miar
,
,
,
.
Analogiczne rozumowanie można przeprowadzić w przypadku gdy mamy do czyniania z nieskończoną liczbą doświadczeń modelowanych przez przestrzenie probabilistyczne .




![$ p\in [0,1] $](/sites/default/files/tex/067174aa8ff7ba967457544404bc4db94c0a394b.png)




![]() |
modeluje ciąg niezależnych powtórzeń próby Bernoulliego. Ciąg ten nazywamy schematem Bernoulliego.
Zauważmy, iż dla dowolnego mamy
, gdzie
jest liczbą jedynek w ciągu
. Wynika stąd, iż jeśli określimy zdarzenie
liczba sukcesów jest równa
, to
![]() |
Załóżmy, że ,
,
są pewnymi zdarzeniami; wówczas
możemy interpretować jako ,,zaszło nieskończenie wiele spośród zdarzeń
,
,
''. Okazuje się, że przy pewnych założeniach, zdarzenie to ma prawdopodobieństwo
lub
. Ściślej, zachodzi następujący fakt.




(i) Jeśli , to
![]() |
(a zatem z prawdopodobieństwem zachodzi skończenie wiele spośród
).
(ii) Jeśli ,
,
są niezależne i
, to
![]() |
![]() |
(ii) Udowodnimy, że zdarzenie przeciwne ma prawdopodobieństwo
. Wystarczy wykazać, iż
dla wszystkich
(wówczas rozważane zdarzenie przeciwne będzie przeliczalną sumą zbiorów miary
, a zatem także będzie miało miarę
). Korzystając z twierdzenia o ciągłości, mamy iż dla dowolnego
,
![]() |
co na mocy niezależności zdarzeń ,
,
jest równe
![]() |
□
Na zakończenie zaprezentujemy pewien przydatny fakt, tzw. lemat o układach. Aby podać pewną motywację, załóżmy, że
,
są miarami probabilistycznymi na pewnej przestrzeni mierzalnej
. Przypuśćmy, iż chcemy wykazać, iż te miary są sobie równe: mamy więc sprawdzić, czy dla dowolnego
zachodzi równość
![]() |
Powstaje bardzo naturalne pytanie: czy wystarczy zweryfikować powyższą tożsamość dla pewnej szczególnej klasy zdarzeń , np. dla generatorów
-ciała
? Okazuje się że zbiór generatorów nie jest na ogół dobrym wyborem: mianowicie trzeba założyć, że klasa ta jest dodatkowo
-układem.











-
,
- jeśli
i
, to
,
- jeśli
jest wstępującym ciągiem elementów
, to
.








1) Zauważmy, że jeśli jest
-układem oraz
spełniają
, to
![]() |
korzystając z (i) i (ii).
2) Jeśli jest jednocześnie
-układem oraz
-układem, to jest
-ciałem. Aby to wykazać, zauważmy, iż jeśli
, to
![]() |
na mocy 1) oraz warunków definiujących -układ i
-układ. Wobec tego, przez prostą indukcję,
będzie zamknięte ze względu na branie skończonych sum, a zatem jeśli
,
,
jest dowolnym ciągiem elementów z
, to
![]() |
W ostatnim kroku skorzystaliśmy z tego, że ,
,
,
jest wstępującym ciągiem elementów
.
3) Niech będzie klasą wszystkich
-układów zawierających
i połóżmy
. Wówczas
oraz
. Wystarczy więc udowodnić, że
jest
-ciałem: na mocy 2), wystarczy wykazać, że
jest
-układem. Weźmy dowolne
i rozważmy klasę
![]() |
Oczywiście , gdyż
jest
-układem. Ponadto
jest
-układem:
-
, bo
;
- jeśli
,
, to
a więc
;
-
, to
skąd wynika, iż
.
Zatem zawiera
, gdyż
jest najmniejszym
-układem zawierającym
. Wykazaliśmy więc, że dla dowolnego
oraz dowolnego
,
. Następnie powtarzamy rozumowanie: ustalamy
i definiujemy
. Mamy
oraz
jest
-układem, skąd wynika, iż
, a więc dla dowolnych
zachodzi
. Dowód jest zakończony. □
Jako zastosowanie, udowodnimy następujący fakt.







![]() |
generowane przez poszczególne podrodziny też są niezależne.








![]() |
Na mocy niezależności -ciał, wzór (*) zachodzi dla zbiorów postaci
![]() |
![]() |
Ustalmy jak wyżej i rozważmy klasę
zachodzi (*)
. Mamy więc
, i ta ostatnia klasa jest, rzecz jasna,
-układem generującym
. Ponadto
jest
-układem:
-
, bo
.
- jeśli
i
, to
: istotnie, \begin{align*} \P(A\cap (B_2\setminus B_1))&=\P\big((A\cap B_2)\setminus (A\cap B_1)\big)\\ &=\P(A\cap B_2)-\P(A\cap B_1)\\ &=\P(A)\big(\P(B_2)-\P(B_1)\big)=\P(A)\P(B_2\setminus B_1). \end{align*}
- Jeśli
, to
, gdyż z twierdzenia o ciągłości, \begin{align*} \P\left(A\cap \left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right)\right)&=\P\left(\bigcup_{n=1}^\infty(A \cap B_n)\right)\\ &=\lim_{n\to \infty} \P(A\cap B_n)\\ &=\lim_{n\to \infty} \P(A)\P(B_n)=\P(A)\P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_n\right). \end{align*}
Zatem na mocy lematu o układach,
zawiera
, czyli (*) zachodzi dla dowolnego zbioru
postaci
oraz
. Następnie, powtarzamy rozumowanie: ustalamy
i definiujemy
zachodzi (*)
. Klasa
zawiera wszystkie zbiory postaci
, które tworzą
-układ generujący
. Tak jak wyżej, sprawdzamy, że
jest
układem, a zatem z lematu o
układach,
. Wobec tego (*) zachodzi dla wszystkich
oraz
, skąd dostajemy żądaną niezależność
-ciał. □
Zadania
1. Grupa osób (
), wśród których są osoby
,
i
, ustawia się losowo w kolejce. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że
a) stoi bezpośrednio przed
, jeśli
stoi bezpośrednio przed
?
b) stoi przed
, jeśli
stoi przed
?
2. Z talii 52 kart losujemy 5 kart bez zwracania. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że mamy dokładnie asy, jeżeli wiadomo, że
a) mamy co najmniej jednego asa;
b) mamy asa czarnego koloru;
c) mamy asa pik;
d) pierwszą wylosowaną kartą jest as;
e) pierwszą wylosowaną kartą jest czarny as;
f) pierwszą wylosowaną kartą jest as pik.
3. W urnie znajdują się trzy białe i cztery czarne kule. Losujemy kulę, wyrzucamy bez oglądania, a następnie losujemy kolejną kulę z urny.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że druga kula jest biała?
b) Załóżmy, że za drugim razem wyciągnięto białą kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że za pierwszym razem wylosowano czarną kulę?
4. W populacji jest 15 dyslektyków. Jeśli w teście diagnostycznym uczeń popełni 6 lub więcej błędów, to zostaje uznany za dyslektyka. Każdy dyslektyk na pewno popełni co najmniej 6 błędów w takim teście, ale również nie-dyslektyk może popełnić więcej niż 5 błędów -- dzieje się tak z prawdopodobieńswem 0,1. Jasio popełnił w teście 6 błędów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że jest dyslektykiem? Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w kolejnym teście też popełni co najmniej 6 błędów?
5. W pewnej fabryce telewizorów każdy z aparatów może być wadliwy z prawdopodobieństwem . W fabryce są trzy stanowiska kontroli i wyprodukowany telewizor trafia na każde ze stanowisk z jednakowym prawdopodobieństwem.
-te stanowisko wykrywa wadliwy telewizor z prawdopodobieństwem
. Telewizory nie odrzucone w fabryce trafiają do hurtowni i tam poddawane są dodatkowej kontroli, która wykrywa wadliwy telewizor z prawdopodobieństwem
.
a) Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że dany nowowyprodukowany telewizor znajdzie się w sprzedaży (tzn. przejdzie przez obie kontrole).
b) Przypuśćmy, że telewizor jest już w sklepie. Jakie jest prawdopodobieństwo, że jest on wadliwy?
6. Rzucamy dwa razy kostką. Rozważmy zdarzenia: -- za pierwszym razem wypadła liczba oczek podzielna przez
;
-- suma wyrzuconych oczek jest parzysta;
-- za każdym razem uzyskaliśmy tę samą liczbę oczek. Czy zdarzenia
,
są niezależne? Czy
,
,
są niezależne?
7. Na kartonikach zapisano
różnych liczb rzeczywistych. Kartoniki włożono do pudełka, starannie wymieszano, a następnie losowano kolejno bez zwracania. Niech
--
-ta wylosowana liczba jest większa od poprzednich.
a) Udowodnić, że ,
.
b) Udowodnić, że zdarzenia są niezależne.
8. Dane są liczby całkowite dodatnie ,
oraz liczby
spełniające warunek
. Dowieść, że
![]() |
9. Wyznaczyć najbardziej prawdopodobną liczbę sukcesów w schemacie prób Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu
.
10. Rzucono 10 razy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w pierwszym rzucie otrzymano szóstkę, jeśli wiadomo, że
a) otrzymano trzy szóstki?
b) w następnych dziewięciu rzutach otrzymano same szóstki?
11. Rzucamy kostką aż do momentu gdy wyrzucimy piątkę bądź trzy razy szóstkę (łącznie, niekoniecznie pod rząd). Jakie jest prawdopodobieństwo, że rzucimy dokładnie razy?
12. Prawdopodobieństwo tego, że w urnie znajduje się kostek, wynosi
,
. Losujemy kolejno bez zwracania wszystkie kostki z urny i wykonujemy rzuty każdą z nich. Jakie jest prawdopodobieństwo, że uzyskamy
szóstek?
13. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że liczba sukcesów w schemacie Bernoulliego prób z
będzie podzielna
a) przez ?
b) przez ?
14. Niech będzie przestrzenią probabilistyczną dla schematu
prób Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu
. Dla dowolnego
, niech
oznacza zdarzenie, iż jest dokładnie
sukcesów. Wykazać, że dla dowolnego
oraz każdego
, prawdopodobieństwo warunkowe
nie zależy od
.
15. Rzucamy nieskończenie wiele razy monetą, dla której prawdopodobieństwo wypadnięcia orła wynosi . Dla
, rozważmy zdarzenie
- do rzutu
włącznie wypadło tyle samo orłów co reszek. Udowodnić, że z prawdopodobieństwem
zajdzie skończenie wiele spośród zdarzeń
,
,
.
16. Rzucamy nieskończenie wiele razy monetą, dla której prawdopodobieństwo wypadnięcia orła wynosi . Udowodnić, że z prawdopodobieństwem
wystąpi nieskończenie wiele serii złożonych ze
orłów pod rząd.
17. Dane są dwie miary probabilistyczne ,
na
.
a) Załóżmy, że dla dowolnej liczby mamy
. Udowodnić, że jeśli
jest symetryczny względem
, to
.
b) Przypuśćmy, że jest pewną klasą generującą
(tzn. spełniającą
). Czy z tego, że
dla każdego
, wynika, iż
?