3. Niezależność zdarzeń

R16lZdWVwWZiN

Często wydaje nam się, że nie mamy wpływu na pewne wydarzenia, które dotyczą nas bezpośrednio.

Uważamy wręcz, że to nieunikniony los wytycza ścieżki naszej drogi życiowej. Dla niektórych jest to dobre wytłumaczenie, aby nie podejmować żadnych działań, a los niech za nas zdecyduje. Dla innych zdanie się na los, to maskowanie pokrętnych poczynań. Przykładem może być rejent Milczek, postać literacka występująca w komedii A. Fredry „Zemsta”, który tłumaczy swoje postępowanie zrządzeniem losu.

RH49d4LEP41AQ

Rycina przedstawia dwóch mężczyzn w pomieszczeniu. Po lewo siedzi przy biurku starszy, siwy, lekko wyłysiały mężczyzna z wąsami. Mężczyzna ma na nosie okulary, jest ubrany w garnitur. W prawej dłoni trzyma pióro i notuje. Na biurku leżą rozłożone dokumenty, stoi kałamarz i kubek. Po prawej stronie ryciny stoi drugi mężczyzna. On również jest w podeszłym wieku, ma bujną siwą czuprynę i duże wąsy. Ubrany jest w strój szlachcica. Wskazuje on coś palcem prawej dłoni siedzącemu mężczyźnie. Palec wskazujący skierowany jest w stronę papierów na biurku. Lewą ręką stojący mężczyzna trzyma się pod bok. — Ludwik Solski jako Dyndalski (po lewej) i Jerzy Leszczyński jako Cześnik Maciej Raptusiewicz (po prawej) w sztuce Zemsta.
Teatr im. Juliusza Słowackiego w Krakowie, reżyseria Teofil Trzciński.
Źródło: dostępny w internecie: commons.wikimedia.org, domena publiczna.

Co los spuści, przyjąć trzeba;
Niech się dzieje wola Nieba.
Aleksander Fredro „Zemsta”

W matematyce też spotykamy się ze zdarzeniami losowymi. Choć w kontekście bardziej teoretycznym niż praktycznym. W tym materiale poznamy jedno z najważniejszych pojęć rachunku prawdopodobieństwa związanego ze zdarzeniami losowymi – zdarzenia losowe niezależne. Być może przeczytawszy o zdarzeniach niezaleźnych, zastanawiasz się, czy są też zdarzenia zależne. Odpowiedź i na to pytanie znajdziesz, analizując prezentowany materiał.

Twoje cele

Sprawdzisz, czy dane zdarzenia są niezależne czy zależne.
Obliczysz iloczyn prawdopodobieństw zdarzeń losowych.
Obliczysz prawdopodobieńswtwo iloczynu zdarzeń losowych.
Uzasadnisz własności prawdopopodobieństwa iloczynu zdarzeń losowych.

Prawdopodobieństwo iloczynu dwóch zdarzeń

Przekształcając wzór $P (A / B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}$ na prawdopodobieństwo warunkowe dwóch zdarzeń $A$ , $B$ takich, że $P (B) > 0$ otrzymujemy wzór na prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń $P (A \cap B) = P (B) \cdot P (A / B)$ .

Jeśli $P (A) > 0$ to możemy również zapisać $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B / A)$ .

Wzór na prawdopodobieństwo iloczynu dwóch zdarzeń

Niech $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ . Wtedy:

$P (A \cap B) = P (B) \cdot P (A / B)$ , jeśli $P (B) > 0$

$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B / A)$ , jeśli $P (A) > 0$

Przykład 1

Z talii $52$ kart wyciągamy kolejno dwie karty bez zwracania. Obliczymy prawdopodobieństwo, że obie wylosowane karty będą asami.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na tym, że pierwsza wylosowana karta będzie asem,
$B$ – zdarzenie polegające na tym, że druga wylosowana karta będzie asem.

Wtedy $A \cap B$ to zdarzenie polegające na tym, że pierwsza i druga wylosowana karta będą asami.

W talii złożonej z $52$ kart są cztery asy, zatem:

$P (A) = \frac{4}{52}$

Po wylosowaniu asa, w talii zostało tylko $51$ kart, w tym trzy asy, stąd:

$P (B / A) = \frac{3}{51}$

Prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń $A$ i $B$ jest równe:

$P (A \cap B) = \frac{4}{52} \cdot \frac{3}{51} = \frac{1}{221}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wylosowania dwóch asów w kolejnych losowaniach jest równe $\frac{1}{221}$ .

Przykład 2

Łucznik trafia w tarczę z prawdopodobieństwem $0, 4$ , przy czym jest $60 %$ szansy na to, że jeśli trafi w tarczę, to trafi w środek tarczy. Obliczymy, jakie jest prawdopodobieństwo, że strzelec trafi w środek tarczy.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na tym, że strzelec trafi w środek tarczy,
$B$ – zdarzenie polegające na tym, że strzelec trafi w tarczę.

$P (B) = 0, 4$

$P (A / B) = 0, 6$

Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń otrzymujemy:

$P (A \cap B) = 0, 4 \cdot 0, 6 = 0, 24$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo tego, że strzelec trafi w środek tarczy jest równe $0, 24$ .

Zdarzenia niezależne

Zawodnicy $A$ i $B$ rzucają piłkami do kosza. Wynik rzutu zawodnika $A$ nie zależy od wyniku rzutu zawodnika $B$ i odwrotnie. Rezultaty rzutów są od siebie niezależne.

Jeżeli $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ i zajście zdarzenia $A$ nie zależy od zajścia zdarzenia $B$ , to o takich zdarzeniach mówimy, że są niezależne.

Wówczas $P (A) = P (A / B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}$ , czyli $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ .

Zdarzenia losowe niezależne

Definicja: Zdarzenia losowe niezależne

Zdarzenia $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ nazywamy niezależnymi wtedy i tylko wtedy, gdy

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

Z powyższej definicji wynika, że aby sprawdzić, czy dane zdarzenia $A$ i $B$ są niezależne, wystarczy sprawdzić, czy zachodzi równość $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ .

Przykład 3

Spośród liczb naturalnych od $1$ do $50$ losujemy jedną liczbę.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana liczba jest podzielna przez $8$ ,
$B$ – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana liczba jest podzielna przez $10$ .

Zauważmy, że liczba $40$ jest podzielna zarówno przez $8$ , jak i przez $10$ , więc przypuszczamy, że zdarzenia $A$ i $B$ nie są niezależne.

Sprawdzimy nasze przypuszczenia, obliczając prawdopodobieństwa odpowiednich iloczynów.

Zdarzeniu $A$ sprzyjają liczby:

$8$ , $16$ , $24$ , $32$ , $40$ , $48$ .

Zatem: $P (A) = \frac{6}{50}$ .

Zdarzeniu $B$ sprzyjają liczby:

$10$ , $20$ , $30$ , $40$ , $50$ .

Zatem: $P (B) = \frac{5}{50}$ .

Zdarzeniu $A \cap B$ sprzyja liczba $40$ .

Zatem: $P (A \cap B) = \frac{1}{50}$ .

Wtedy:

$P (A) \cdot P (B) = \frac{6}{50} \cdot \frac{5}{50} = \frac{30}{2500} \neq \frac{1}{50}$

Czyli: $P (A) \cdot P (B) \neq P (A \cap B)$

Zdarzenia $A$ i $B$ nie są niezależne. O takich zdarzeniach mówimy, że są zależne.

Przykład 4

W koszyku jest $10$ grzybów, w tym $6$ dobrych i $4$ robaczywe. Z koszyka wypadły dwa grzyby. Sprawdzimy, czy niezależne są zdarzenia:

$A$ – wypadł co najwyżej jeden grzyb dobry,
$B$ – wypadł co najwyżej jeden grzyb robaczywy.

Z koszyka wypadły dwa grzyby spośród dziesięciu, które znajdowały się w koszyku.

$|Ω| = (\begin{matrix} 10 \\ 2 \end{matrix}) = 45$

Zdarzeniu $A$ sprzyja wypadnięcie dwóch grzybów robaczywych lub jednego dobrego i jednego robaczywego.

$|A| = (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 6 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) = 6 + 24 = 30$

Zdarzeniu $B$ sprzyja wypadnięcie dwóch dobrych grzybów lub wypadnięcie jednego grzyba dobrego i jednego robaczywego.

$|B| = (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 6 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) = 15 + 24 = 39$

Zdarzeniu $A \cap B$ sprzyja wypadnięcie jednego grzyba dobrego i jednego robaczywego.

$|A \cap B| = (\begin{matrix} 6 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) = 24$

Wynika z tego, że $P (A) \cdot P (B) = \frac{30}{45} \cdot \frac{39}{45}$ i $P (A \cap B) = \frac{24}{45}$ .

Czyli: $P (A) \cdot P (B) \neq P (A \cap B)$ .

Zdarzenia $A$ i $B$ są zależne.

Korzystając z prawdopodobieństwa warunkowego, definicję zdarzeń niezależnych można określić nieco inaczej.

Dwa zdarzenia losowe niezależne

Definicja: Dwa zdarzenia losowe niezależne

Niech $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ i $P (B) > 0$ . Zdarzenia $A$ i $B$ nazywamy niezależnymi, gdy $P (A / B) = P (A)$ .

Niech $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ i $P (A) > 0$ . Zdarzenia $A$ i $B$ nazywamy niezależnymi, gdy $P (B / A) = P (B)$ .

Przykład 5

Na przystanku Zakładowa – Fabryczna stają dwa miejskie autobusy – autobus linii $64$ i autobus linii $75$ . Autobusy te jeżdżą niezależnie od siebie. Prawdopodobieństwo, że w ciągu najbliższych pięciu minut nadjedzie autobus linii $64$ jest równe $0, 6$ . Prawdopodobieństwo, że w ciągu najbliższych pięciu minut nadjedzie autobus linii $75$ jest równe $0, 3$ . Obliczymy prawdopodobieństwo tego, że w ciągu najbliższych pięciu minut nadjedzie co najmniej jeden z tych autobusów.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na tym, że nadjedzie co najmniej jeden autobus,
$B$ – zdarzenie polegające na tym, że nie nadjedzie żaden autobus.

Najpierw obliczymy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia $B$ .

Prawdopodobieństwo tego, że w ciągu najbliższych pięciu minut nie nadjedzie autobus linii $64$ jest równe $1 - 0, 6 = 0, 4$ .

Prawdopodobieństwo tego, że w ciągu najbliższych pięciu minut nie nadjedzie autobus linii $75$ jest równe $1 - 0, 3 = 0, 7$ .

Zatem: $P (B) = 0, 4 \cdot 0, 7 = 0, 28$ .

Zauważmy, że zdarzenia $A$ i $B$ są zdarzeniami przeciwnymi.

Czyli:

$P (A) = 1 - P (B)$

$P (A) = 1 - 0, 28 = 0, 72$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo tego, że w ciągu najbliższych pięciu minut nadjedzie co najmniej jeden z autobusów jest równe $0, 72$ .

Przykład 6

Zdarzenia $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ są niezależne i $P (A) = \frac{1}{3}$ i $P (B) = \frac{3}{5}$ . Obliczymy $P (A \cup B)$ .

Przekształcamy wzór na prawdopodobieństwo sumy zdarzeń, uwzględniając równość

$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$

$P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A) \cdot P (B)$

$P (A \cup B) = \frac{1}{3} + \frac{3}{5} - \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{11}{15}$

Podamy teraz ważne twierdzenie, określające niektóre własności zdarzeń niezależnych. Udowodnimy jedną z podanych równości. Pozostałe równości pozostawiamy Tobie do udowodnienia.

Zdarzenia

A

B

są niezależne

Twierdzenie: Zdarzenia

A

B

są niezależne

Jeżeli zdarzenia $A$ i $B$ są niezależne, to również niezależne są zdarzenia:

$A$ i $B'$

$A'$ i $B$

$A'$ i $B'$

Dowód

Udowodnimy ostatni z tych związków. Mamy wykazać, że:

P (A^{'} \cap B^{'}) = P (A^{'}) \cdot P (B^{'})

Skorzystamy ze wzorów de Morgana i ze wzoru na prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego.

P (A^{'} \cap B^{'}) = P [{(A \cup B)}^{'}] = 1 - [P (A) + P (B) - P (A \cap B)]

P (A' \cap B') = 1 - P (A) - P (B) + P (A \cap B)

P (A' \cap B') = 1 - P (A) - P (B) + P (A) \cdot P (B)

P (A' \cap B') = [1 - P (A)] \cdot [1 - P (B)] = P (A') \cdot P (B')

Przykład 7

Dwaj strzelcy strzelają do tej samej tarczy. Prawdopodobieństwo, że pierwszy trafi w tarczę jest równe $0, 7$ , a prawdopodobieństwo, że drugi trafi w tarczę jest równe $0, 6$ . Prawdopodobieństwa trafienia w tarczę przez każdego ze strzelców są zdarzeniami niezależnymizdarzenia losowe niezależnezdarzeniami niezależnymi.

Obliczymy prawdopodobieństwo, że tarcza zostanie raz trafiona.

Oznaczmy:
$A$ – pierwszy strzelec trafi w tarczę,
$B$ – drugi strzelec trafi w tarczę,
$C$ – tarcza zostanie trafiona dokładnie raz.

Zdarzenie $C$ zajdzie, gdy pierwszy strzelec trafi, a drugi nie trafi lub odwrotnie – pierwszy strzelec spudłuje, a drugi trafi.

Na podstawie powyższego twierdzenia wnioskujemy, że zdarzenia $A$ i $B'$ oraz $A'$ i $B$ są niezależne.

Zatem:

$P (C) = 0, 7 \cdot (1 - 0, 6) + (1 - 0, 7) \cdot 0, 6 = 0, 46$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że tarcza zostanie trafiona dokładnie raz jest równe $0, 46$ .

Pojęcie niezależności dwóch zdarzeń losowych można uogólnić na dowolną skończoną ich liczbę. My ograniczymy się tylko do trójki zdarzeń losowych.

Trzy zdarzenia losowe niezależne

Definicja: Trzy zdarzenia losowe niezależne

Dane są zdarzenia $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ , $C \subset Ω$ . Zdarzenia $A$ , $B$ i $C$ nazywamy zdarzeniami niezależnymi, jeżeli zdarzenia $A$ i $B$ , $A$ i $C$ , $B$ i $C$ są niezależne i $P (A \cap B \cap C) = P (A) \cdot P (B) \cdot P (C)$ .

Zatem trzy zdarzenia są niezależne (lub stanowią niezależny układ zdarzeń), jeśli:

$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ i
$P (B \cap C) = P (B) \cdot P (C)$ i
$P (A \cap C) = P (A) \cdot P (C)$ i
$P (A \cap B \cap C) = P (A) \cdot P (B) \cdot P (C)$ .

Przykład 8

Rzucamy jednocześnie trzema monetami. Obliczymy prawdopodobieństwo tego, że na każdej monecie wypadnie orzeł.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na tym, że na pierwszej monecie wypadł orzeł,
$B$ – zdarzenie polegające na tym, że na drugiej monecie wypadł orzeł,
$C$ – zdarzenie polegające na tym, że na trzeciej monecie wypadł orzeł.

Wtedy:

$A \cap B \cap C$ – zdarzenie polegające na tym, że na każdej monecie wypadł orzeł.

Zdarzenia $A$ , $B$ , $C$ są wzajemnie niezależne i $P (A) = P (B) = P (C) = 0, 5$ .

Zatem:

$P (A \cap B \cap C) = P (A) \cdot P (B) \cdot P (C)$

$P (A \cap B \cap C) = 0, 5 \cdot 0, 5 \cdot 0, 5 = 0, 125$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo tego, że na każdej monecie wypadnie orzeł jest równe $0, 125$ .

Polecenie 1

Zapoznaj się z filmem, który przybliży Ci jedno z kluczowych pojęć rachunku prawdopodobieństwa – pojęcie zdarzeń niezależnych. Zwróć uwagę na różnice między zdarzeniami niezależnymi a zależnymi.

R3SWKHDXwSlYY

Polecenie 2

Rzucamy dwa razy monetą. Niech $A$ oznacza zdarzenie polegające na tym, że w pierwszym rzucie wypadł orzeł. Niech $B$ oznacza zdarzenie, że w drugim rzucie wypadła reszka. Ustal, czy zdarzenia $A$ , $B$ są niezależne.

$|Ω| = 4$

$P (A) = \frac{2}{4}$

$P (B) = \frac{2}{4}$

$A \cap B$ – zdarzenie polegające na tym, że w pierwszym rzucie wypadł orzeł i w drugim rzucie wypadła reszka

$P (A \cap B) = \frac{1}{4}$

Sprawdzamy, czy zdarzenia $A$ , $B$ są niezależne:

$P (A) \cdot P (B) = \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{4} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} = P (A \cap B)$

Odpowiedź:

Zdarzenia $A$ , $B$ są niezależne.

R1Z44L6DaLYve1

Ćwiczenie 1

RQCJnpCn2Ssxo1

Ćwiczenie 2

RLuzzxCXWJANl2

Ćwiczenie 3

RtEbMfam5fOuv2

Ćwiczenie 4

R1NkTS7ixM1gN2

Ćwiczenie 5

Ćwiczenie 6

Rzucamy jednocześnie trzema kostkami do gry. Oznaczmy przez $A$ zdarzenie polegające na tym, że na każdej kostce wypadła nieparzysta liczba oczek, przez $B$ zdarzenie polegające na tym, że suma liczb oczek, które wypadły na trzech kostkach jest równa $5$ . Wykaż, że zdarzenia $A$ i $B$ są zależne.

$|Ω| = 6^{3} = 216$

$|A| = 3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$

$|B| = 6$

$|A \cap B| = 3$

$P (A) = \frac{27}{216} = \frac{1}{8}$

$P (B) = \frac{6}{216} = \frac{1}{36}$

$P (A) \cdot P (B) = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{36} = \frac{1}{288}$

$P (A \cap B) = \frac{3}{216} = \frac{1}{72}$

$P (A) \cdot P (B) \neq P (A \cap B)$ – zdarzenia są zależne.

RYwfwSD8v5F2t3

Ćwiczenie 7

Ze zbioru nawias klamrowy, minus, cztery, przecinek, minus, trzy, przecinek, minus, dwa, przecinek, minus, jeden, przecinek, jeden, przecinek, dwa, przecinek, trzy, przecinek, cztery, przecinek, pięć, przecinek, sześć, zamknięcie nawiasu klamrowego losujemy dwie liczby ze zwracaniem. Niech A oznacza zdarzenie, że pierwsza wylosowana liczba jest ujemna, B – druga wylosowana liczba jest podzielna przez dwa. Sprawdź, czy zdarzenia A i B są niezależne.
Poukładaj w odpowiedniej kolejności rozwiązanie zadania.

Obliczamy moc zbioru zdarzeń elementarnych. Elementy do uszeregowania: 1. P nawias, A, zamknięcie nawiasu, razy, P nawias, B, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, razy, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, pięć, koniec ułamka, 2. Wyznaczamy liczbę zdarzeń sprzyjających zajściu zdarzenia A., 3. wartość bezwzględna z, A iloczyn zbiorów B, koniec wartości bezwzględnej, równa się, cztery, razy, pięć, równa się, dwadzieścia, 4. wartość bezwzględna z, B, koniec wartości bezwzględnej, równa się, dziesięć, razy, pięć, równa się, pięćdziesiąt, 5. Wyznaczamy liczbę zdarzeń sprzyjających zajściu zdarzenia A iloczyn zbiorów B., 6. Wyznaczamy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A iloczyn zbiorów B., 7. P nawias, A iloczyn zbiorów B, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, dwadzieścia, mianownik, sto, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, pięć, koniec ułamka, 8. Formułujemy wniosek: zdarzenia A i B są niezależne., 9. Wyznaczamy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A., 10. Porównujemy wyznaczone prawdopodobieństwa., 11. Wyznaczamy iloczyn prawdopodobieństwa zajścia zdarzenia A przez prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia B., 12. wartość bezwzględna z, A, koniec wartości bezwzględnej, równa się, cztery, razy, dziesięć, równa się, czterdzieści, 13. Wyznaczamy prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia B., 14. P nawias, A, zamknięcie nawiasu, razy, P nawias, B, zamknięcie nawiasu, równa się, P nawias, A iloczyn zbiorów B, zamknięcie nawiasu, 15. P nawias, A, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, czterdzieści, mianownik, sto, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dwa, mianownik, pięć, koniec ułamka, 16. wartość bezwzględna z, OMEGA, koniec wartości bezwzględnej, równa się, dziesięć indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, sto, 17. P nawias, B, zamknięcie nawiasu, równa się, początek ułamka, pięćdziesiąt, mianownik, sto, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, 18. Wyznaczamy liczbę zdarzeń sprzyjających zajściu zdarzenia B.

Ćwiczenie 8

Wykaż, że jeżeli $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ , $P (B) > 0$ , $P (B') > 0$ i $P (A / B) = P (A / B')$ to zdarzenia $A$ i $B$ są niezależne.

$P (A / B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}$

$P (A / B') = \frac{P (A \cap B')}{P (B')}$

Stąd:

$\frac{P (A \cap B)}{P (B)} = \frac{P (A \cap B')}{P (B')}$

Przekształcamy zapisaną równość:

$P (A \cap B) \cdot P (B') = P (A \cap B') \cdot P (B)$

$P (A \cap B) \cdot [1 - P (B)] = P (A \cap B') \cdot P (B)$

$P (A \cap B) = P (A \cap B') \cdot P (B) + P (A \cap B) \cdot P (B)$

$P (A \cap B) = [P (A \cap B') + P (A \cap B)] \cdot P (B)$

$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$

Ostatnia równość oznacza, że zdarzenia $A$ , $B$ są niezależne.

Słownik

zdarzenia losowe niezależne

zdarzenia $A \subset Ω$ , $B \subset Ω$ nazywamy niezależnymi wtedy i tylko wtedy, gdy

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

2. Prawdopodobieństwo warunkowe

4. Prawdopodobieństwo całkowite