Prawdopodobieństwo warunkowe

Prawdopodobieństwo warunkowe to szansa zdarzenia $A$ w sytuacji, gdy już wiemy, że zaszło zdarzenie $B$. Zapisujemy je $P(A \mid B)$ i czytamy: „prawdopodobieństwo $A$ pod warunkiem $B$". Wiedza o $B$ zawęża świat: przestają się liczyć wyniki doświadczenia, w których $B$ nie zaszło. Wszystkie możliwości, które jeszcze zostały, to właśnie zdarzenie $B$ – i w nim szukamy tych wyników, w których zachodzi także $A$.

Dlatego w mianowniku nie stoi całe $\Omega$, tylko $B$. Przykład: w klasie jest 12 chłopców i 18 dziewcząt, a pytamy o szansę, że wylosowana osoba lubi pizzę, jeśli wiemy, że to chłopiec. Dziewcząt nie rozważamy wcale – liczymy tylko wśród chłopców.

Trzy zasady, na których opiera się całe hasło:

• Wzór definicyjny wymaga $P(B) > 0$. Warunek, który nie może zajść, nie ma sensu.
• Kolejność ma znaczenie: $P(A \mid B)$ i $P(B \mid A)$ to zwykle dwie różne liczby. Warunek to to, co jest po kresce.
• Gdy wiedza o $B$ niczego nie zmienia w szansach $A$, czyli $P(A \mid B) = P(A)$, zdarzenia nazywamy niezależnymi. Tak jest na przykład przy kolejnych rzutach monetą albo losowaniu ze zwracaniem.

Gdy wszystkie wyniki doświadczenia są jednakowo prawdopodobne (model z hasła prawdopodobieństwo klasyczne), warunkowe prawdopodobieństwo sprowadza się do liczenia: ile wyników spełnia jednocześnie $A$ i $B$, podzielone przez liczbę wyników spełniających $B$. Liczby wyników zliczamy regułą mnożenia i wyborem pozycji – samo narzędzie zliczania poznajesz w kombinatoryce.

Zdarzenie przeciwne i sumę zdarzeń omawia hasło zdarzenie przeciwne i suma zdarzeń. Odwracanie warunku („skąd się wzięła ta kula, skoro jest biała?") to osobny temat: wzór Bayesa; rozbijanie na przypadki – prawdopodobieństwo całkowite.

Przykład 1 – warunek z tabeli. Dla tabeli powyżej oblicz $P(A \mid B)$, gdzie $A$ – losowy uczeń uczy się angielskiego, $B$ – to chłopiec. Sprawdź, czy zdarzenia są niezależne.

Warunek $B$ zostawia wiersz „Chłopcy": $\lvert B \rvert = 12$. Wśród nich angielskiego uczy się $\lvert A \cap B \rvert = 8$ osób:

Dla porównania $P(A) = \frac{18}{30} = \frac{3}{5}$. Skoro $\frac{2}{3} \neq \frac{3}{5}$, zdarzenia nie są niezależne. To samo pokazuje iloczyn: $P(A \cap B) = \frac{8}{30} = \frac{4}{15}$, a $P(A) \cdot P(B) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{6}{25}$. Zamiana kierunku daje inną liczbę: $P(B \mid A) = \frac{8}{18} = \frac{4}{9}$.

Przykład 2 – dwie kostki, liczymy przez liczności. Rzucamy dwa razy symetryczną kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że suma oczek jest równa $8$, jeśli wiadomo, że w pierwszym rzucie wypadła liczba parzysta.

Zdarzenie $B$: pierwszy wynik jest parzysty, więc $\lvert B \rvert = 3 \cdot 6 = 18$. Zdarzenie $A \cap B$: suma $8$ i pierwszy wynik parzysty – wypisujemy: $(2, 6)$, $(4, 4)$, $(6, 2)$, czyli $\lvert A \cap B \rvert = 3$. Liczby $\lvert \Omega \rvert = 36$ nie potrzebujemy:

Bez warunku sama suma $8$ ma prawdopodobieństwo $\frac{5}{36}$, więc informacja o parzystości zwiększyła szansę.

Przykład 3 – losowanie bez zwracania. W urnie jest $5$ kul białych i $3$ czarne. Losujemy kolejno dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie są białe.

Po wyciągnięciu białej kuli zostaje $7$ kul, w tym $4$ białe. To jest właśnie prawdopodobieństwo warunkowe: $P(\text{druga biała} \mid \text{pierwsza biała}) = \frac{4}{7}$. Z reguły mnożenia:

Przy losowaniu ze zwracaniem druga kula nie zależy od pierwszej, zdarzenia są niezależne i wynik to $\frac{5}{8} \cdot \frac{5}{8} = \frac{25}{64}$.

Niezależność i rozłączność łatwo pomylić, a to różne rzeczy. Dwa zdarzenia o dodatnich prawdopodobieństwach, które są rozłączne, są zależne: skoro zaszło $B$, to $A$ na pewno nie zajdzie, więc $P(A \mid B) = 0 \neq P(A)$. Oba warunki naraz spełniają tylko pary, w których któreś zdarzenie ma prawdopodobieństwo $0$.

Całe $\Omega$ w mianowniku zamiast $B$. W zadaniu z kostką uczeń liczy $\lvert \Omega \rvert = 6^4$ i dzieli $\lvert A \cap B \rvert$ przez nie. Wychodzi $P(A \cap B)$, a nie $P(A \mid B)$ – liczba za mała. Sprawozdanie CKE z matury 2025 opisuje dokładnie ten kłopot: $\lvert \Omega \rvert$ liczono sprawnie, ale w tym zadaniu nie było potrzebne. W mianowniku stoi $\lvert B \rvert$.

Zamieniony warunek. Dla danych z tabeli $P(\text{angielski} \mid \text{chłopiec}) = \frac{2}{3}$, a $P(\text{chłopiec} \mid \text{angielski}) = \frac{4}{9}$. Po słowach „jeśli wiadomo, że", „pod warunkiem, że" albo „wśród" stoi warunek – to jego liczność idzie do mianownika.

Pominięty czynnik za wybór pozycji. Gdy $B$ brzmi „dokładnie dwie piątki w czterech rzutach", pozycje piątek można wybrać na $\binom{4}{2} = 6$ sposobów. Uczeń, który zapomni o tym czynniku w liczniku i w mianowniku, dostaje wynik jakby ten sam, bo się skraca – ale w kluczu CKE traci za to punkty, bo mocy zbiorów są wtedy błędne.

Niezależne to nie rozłączne. „Zdarzenia nie mogą zajść razem, więc są niezależne" – wniosek odwrotny do prawdziwego. Rozłączne zdarzenia o dodatnich prawdopodobieństwach zawsze są zależne (por. sekcja Porównanie).

Stały mianownik przy losowaniu bez zwracania. Zapis $\frac{5}{8} \cdot \frac{5}{8}$ dla dwóch białych kul z urny bez zwracania daje $\frac{25}{64}$. Poprawnie po pierwszej białej zostaje $7$ kul, w tym $4$ białe: $\frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} = \frac{5}{14}$. Zawsze pytaj: co leży w urnie po tym, co już wiadomo?

Dopełnienie przy złym warunku. Dla $B$ z Przykładu 2 mamy $P(A' \mid B) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$. Częsty błąd to odjęcie od jedynki prawdopodobieństwa bez warunku: $1 - \frac{5}{36} = \frac{31}{36}$. Warunek zostaje po obu stronach: $P(A' \mid B) = 1 - P(A \mid B)$, nigdy $1 - P(A)$.

Zagadnienia z tego samego obszaru matury – warto je powtórzyć razem: