Независимые события: формула умножения

В задаче «два стрелка независимо стреляют по мишени, найти вероятность что оба попадут» — слово «независимо» — ключ. Оно даёт право умножать вероятности друг на друга. Если бы события были зависимыми (например, второй стрелок видит, попал ли первый, и волнуется), формула умножения уже не работала бы. Разберём, что такое независимость и как с ней работать.

Определение

Два события $A$ и $B$ называются независимыми, если наступление $B$ не меняет вероятность $A$:

Эквивалентная формулировка через формулу умножения: $A$ и $B$ независимы, если

Эти два определения равносильны. Обычно проще использовать второе — формулу умножения. Первое определение ($P(A \mid B) = P(A)$) хорошо передаёт смысл: знание о $B$ ничего не меняет в оценке $A$. Второе ($P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$) удобнее на практике, потому что для проверки независимости достаточно сравнить два числа: вероятность пересечения и произведение вероятностей. Если они совпали — события независимы, если нет — зависимы.

Для $n$ событий $A_1, A_2, \ldots, A_n$ — независимы (в совокупности), если

и аналогично для любого подмножества.

Откуда берётся формула умножения

Из определения условной вероятности:

Это всегда верно (для любых событий с $P(B) > 0$). Если $A$ и $B$ независимы, то $P(A|B) = P(A)$, и формула становится:

Независимость и интуиция

«$A$ и $B$ независимы» означает, что знание о $B$ не помогает (и не мешает) предсказывать $A$.

Примеры независимых событий:

• Подбрасывание монеты сейчас и подбрасывание монеты завтра.
• Извлечение шара из урны с возвратом и следующее извлечение.
• Выстрел стрелка А и выстрел стрелка Б, если они стреляют не глядя друг на друга.
• Вытащить из колоды в 36 карт масть пик и достоинство туз: $P(\text{пики}) = \dfrac{9}{36} = \dfrac{1}{4}$, $P(\text{туз}) = \dfrac{4}{36} = \dfrac{1}{9}$, их пересечение — туз пик — имеет вероятность $\dfrac{1}{36}$, ровно произведение $\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{9}$ ✓. Масть и достоинство карты независимы.

Примеры зависимых событий:

• Извлечение шара из урны без возврата и следующее извлечение.
• «Дождь сегодня» и «у меня мокрые ботинки сегодня».
• В наборе трёх карт «у меня туз» и «у тебя туз» (зависимы — если у меня туз, у тебя меньше шансов).

Пример 1: проверка независимости

Условие. Бросают кубик. $A$ — выпало чётное. $B$ — выпало больше 3. Независимы ли $A$ и $B$?

Решение. $A = \{2, 4, 6\}$, $P(A) = 3/6 = 1/2$. $B = \{4, 5, 6\}$, $P(B) = 3/6 = 1/2$. $A \cap B = \{4, 6\}$, $P(A \cap B) = 2/6 = 1/3$.

Произведение: $P(A) \cdot P(B) = 1/2 \cdot 1/2 = 1/4$.

$1/3 \neq 1/4$. Значит, события зависимые.

Интуитивно понятно: знание «выпало больше 3» сужает выбор до $\{4, 5, 6\}$, среди которых чётных — 2 из 3, что больше «обычной» доли чётных (3 из 6). Условная вероятность $P(A|B) = 2/3 \neq 1/2 = P(A)$.

Этот пример важен тем, что зависимость здесь неочевидна на первый взгляд — оба события про один бросок кубика, и кажется, что они «никак не связаны». Но математика говорит обратное: знание о том, что число больше 3, меняет вероятность чётности. Вывод — не доверяй интуиции, проверяй независимость формулой. Сравнение $P(A \cap B)$ с $P(A) \cdot P(B)$ — единственный надёжный критерий.

Пример 2: две лампы

Условие. Лампа №1 работает с вероятностью $0{,}9$, лампа №2 — с вероятностью $0{,}8$. Они независимы. Найди вероятность, что обе работают.

Решение. $P(\text{обе работают}) = 0{,}9 \cdot 0{,}8 = 0{,}72$.

Ответ: $0{,}72$. Обе работают одновременно — значит перемножаем вероятности их работы.

Пример 3: «хотя бы одна работает» через противоположное

Условие. Те же две лампы. Найди вероятность, что хотя бы одна работает.

Решение. «Хотя бы одна» через противоположное «обе не работают». Если лампы независимы, то их противоположные тоже независимы:

$P(\text{1 не работает}) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$. $P(\text{2 не работает}) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$. $P(\text{обе не работают}) = 0{,}1 \cdot 0{,}2 = 0{,}02$.

$P(\text{хотя бы одна работает}) = 1 - 0{,}02 = 0{,}98$.

Ответ: $0{,}98$.

Пример 4: схема последовательная и параллельная

Условие. В электрической цепи 3 элемента, каждый работает независимо с вероятностью $0{,}9$. Найди вероятность работы цепи, если элементы соединены: (а) последовательно; (б) параллельно.

Решение.

(а) Последовательно: цепь работает, только если работают все. По умножению независимых:

(б) Параллельно: цепь работает, если работает хотя бы один. Через противоположное:

Ответы: (а) $0{,}729$, (б) $0{,}999$.

Параллельная схема значительно надёжнее — это базовый принцип резервирования в технике. Обрати внимание, как приём «через противоположное» упрощает расчёт параллельной схемы: вместо перебора «работает один, или два, или три» мы посчитали единственную величину «не работает ни один» и вычли из единицы. Это сокращает работу в разы и почти исключает ошибку.

Пример 5: три стрелка

Условие. Три стрелка независимо стреляют по мишени. Вероятности попадания: $0{,}5$; $0{,}6$; $0{,}7$. Найди вероятность, что попал ровно один.

Решение. Возможны три варианта «ровно одного попадания»:

1. Попал 1, не попал 2, 3: $P_1 = 0{,}5 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}06$.
2. Не попал 1, попал 2, не попал 3: $P_2 = 0{,}5 \cdot 0{,}6 \cdot 0{,}3 = 0{,}09$.
3. Не попал 1, 2, попал 3: $P_3 = 0{,}5 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}7 = 0{,}14$.

(Внутри каждого варианта используем умножение независимых.)

Складываем (несовместны):

Ответ: $0{,}29$.

Эта задача показывает, как независимость и несовместность работают вместе в одном решении. Внутри каждого сценария («первый попал, остальные нет») мы перемножаем вероятности — потому что выстрелы независимы. А сами три сценария несовместны (они не могут случиться одновременно), поэтому итоговые вероятности складываем. Такой «двухэтажный» подсчёт — умножение внутри сценария, сложение между сценариями — типичен для задач «ровно $k$ из $n$» с разными вероятностями.

Пример 6: независимы или нет?

Условие. В колоде 36 карт. Достают одну. $A$ — карта пиковой масти. $B$ — карта-туз. Независимы ли $A$ и $B$?

Решение. $P(A) = 9/36 = 1/4$. $P(B) = 4/36 = 1/9$. $A \cap B$ — туз пик, $P(A \cap B) = 1/36$.

$P(A) \cdot P(B) = 1/4 \cdot 1/9 = 1/36$.

$1/36 = 1/36$. Значит независимы.

В колоде из 36 карт пиков 9, тузов 4, и их пересечение даёт ровно один туз пик — это в точности произведение долей. В этом смысле «масть» и «номинал» независимы. Это глубокий факт про устройство колоды: масть и достоинство — две независимые «оси». Знание масти карты не даёт информации о её достоинстве, и наоборот. Именно поэтому в стандартной колоде так удобно считать вероятности: можно перемножать вероятности по масти и по достоинству. Если бы колода была «перекошенной» (например, среди пик было бы больше тузов, чем среди других мастей), независимость нарушилась бы, и пришлось бы считать через условную вероятность.

Три задачи с постепенным усложнением

Три задачи: первая разобрана полностью, во второй один шаг за тобой, в третьей — два. Так ты проверишь, что умеешь применять умножение для независимых и приём «через противоположное».

Задача А (уровень А, разобрана полностью). Монету подбрасывают дважды. Найди вероятность, что оба раза выпадет орёл.

Решение. Броски независимы, в каждом $P(\text{орёл}) = 0{,}5$. По формуле умножения независимых:

$P(\text{орёл, орёл}) = 0{,}5 \cdot 0{,}5 = 0{,}25$

Ответ: $0{,}25$.

Задача Б (уровень Б, один шаг — сам). Три элемента работают независимо, каждый с вероятностью $0{,}9$. Найди вероятность, что работают все три.

Шаг 1: запиши, как через умножение выразить «все три работают».

Шаг 2: посчитай.

Задача В (уровень В, два шага — сам). Два стрелка независимо стреляют по мишени с вероятностями попадания $0{,}6$ и $0{,}7$. Найди вероятность, что попадёт хотя бы один.

Шаг 1: реши, считать напрямую или через противоположное событие.

Шаг 2: посчитай.

Несовместные vs независимые

Это две разные концепции, и их часто путают.

Важный факт: если $A$ и $B$ оба имеют ненулевую вероятность и несовместны, то они зависимы. Потому что $P(A \cap B) = 0$, а $P(A) \cdot P(B) > 0$ — не равны. Несовместность — это сильная зависимость: если случилось $A$, то $B$ точно не случилось.

Этот факт часто становится ловушкой. Школьник видит слова «несовместные события» и по инерции хочет применить умножение — но именно для несовместных умножать нельзя, потому что они зависимы. Запомни правило-противопоставление: несовместность связана со сложением (для «или»), независимость — с умножением (для «и»). Это две разные оси, и они почти никогда не совпадают: несовместные события с ненулевыми вероятностями всегда зависимы, а независимые события с ненулевыми вероятностями всегда совместны.

Как распознать независимость в задаче ЕГЭ

В заданиях 4 и 5 слово «независимо» — почти всегда явный сигнал. Но иногда независимость или зависимость нужно понять по смыслу. Вот опорные маркеры.

• Прямые сигналы независимости: «независимо», «каждый отдельно», «с возвратом», «не зная о результате другого». Тогда смело перемножай вероятности.
• Прямые сигналы зависимости: «без возврата», «по очереди не возвращая», «после того как», «зависит от предыдущего». Тогда нужна условная вероятность, доли меняются от шага к шагу.
• Скрытые случаи: если про связь ничего не сказано, но события про разные физические объекты (два разных стрелка, два разных прибора), обычно подразумевается независимость. Если же это один и тот же объект и одно событие влияет на состояние («первый шар вынут — состав урны изменился»), события зависимы.

Главный практический вопрос: «меняет ли наступление одного события вероятность другого?». Если нет — независимы, можно перемножать. Если да — зависимы, нужна условная вероятность.

Частые ошибки

Ошибка 1: применяют формулу умножения к зависимым событиям. Например, в задаче с урной «без возврата» — там события зависимы. Нужна условная вероятность, а не умножение долей.

Ошибка 2: путают несовместные и независимые. В одной задаче сказано «несовместные» — нельзя применять умножение. В другой «независимые» — можно. Оба термина важны.

Ошибка 3: формула для $P(A \cup B)$ как сумма без вычитания. Даже для независимых: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A) \cdot P(B)$, не просто сумма.

Ошибка 4: предполагают независимость когда не сказано. Если в условии не явно «независимо», но интуиция подсказывает зависимость (например, «два события в одной погоде») — нужно искать дополнительную информацию или решать через условную вероятность.

Когда независимость в ЕГЭ

В заданиях 4 и 5 ЕГЭ профиль слово «независимо» — почти всегда явный сигнал. Проверь:

• «Два стрелка независимо...» — формула умножения.
• «Каждый элемент независимо работает с вероятностью...» — умножение для всех вместе.
• «Случайно с возвратом...» — независимость по умолчанию.

Если в условии «без возврата», «зависит от», «после того как» — предполагай зависимость и переходи к условной вероятности.

Что запомнить

• $A$ и $B$ независимы $\iff P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.
• Эквивалентно: $P(A|B) = P(A)$.
• Несовместные и независимые — разное. Несовместные с ненулевой вероятностью — зависимы.
• Если $A$, $B$ независимы, то и $\bar{A}$, $\bar{B}$ независимы.
• Параллельная схема надёжнее последовательной (вероятность работы ближе к 1).
• В ЕГЭ слово «независимо» — сигнал применять формулу умножения.