Zdarzenie przeciwne i prawdopodobieństwo sumy zdarzeń

Zdarzenie przeciwne do zdarzenia $A$ oznaczamy $A'$. Zachodzi ono dokładnie wtedy, gdy $A$ nie zachodzi. Jeżeli $A$ to „na kostce wypadła parzysta liczba oczek", to $A'$ to „wypadła nieparzysta". Każdy wynik doświadczenia należy do $A$ albo do $A'$ i nigdy do obu naraz, więc prawdopodobieństwa obu zdarzeń dają razem $1$.

Suma zdarzeń $A \cup B$ zachodzi, gdy zajdzie $A$ albo $B$ (albo oba). Iloczyn $A \cap B$ zachodzi, gdy zajdą oba naraz. Zdarzenia, które nie mogą zajść jednocześnie ($A \cap B = \emptyset$), nazywamy rozłącznymi (wykluczającymi się).

Po co to uczniowi? Trzy zasady skracają rachunki w większości zadań:

• $P(A') = 1 - P(A)$ – gdy łatwiej policzyć, że coś się nie stanie. Typowy sygnał to słowa „co najmniej jeden", „przynajmniej raz".
• $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ – część wspólną trzeba odjąć, bo dodając $P(A)$ i $P(B)$, liczymy ją dwa razy.
• Gdy $A$ i $B$ są rozłączne, część wspólna jest pusta i zostaje samo dodawanie: $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$.

Samo liczenie $P(A) = \frac{\lvert A \rvert}{\lvert \Omega \rvert}$, czyli zliczanie wyników sprzyjających, jest w haśle prawdopodobieństwo klasyczne. Tutaj zajmujemy się tym, co z prawdopodobieństwami można zrobić, kiedy już je znamy albo kiedy znamy tylko niektóre.

Przykład 1 – zdarzenie przeciwne z równania. Zdarzenie $A$ spełnia warunek $P(A) = 4 \cdot P(A')$. Oblicz $P(A)$.

Zamieniamy $P(A')$ na $1 - P(A)$ i rozwiązujemy równanie z jedną niewiadomą:

Sprawdzenie: $P(A') = \frac{1}{5}$ i rzeczywiście $\frac{4}{5} = 4 \cdot \frac{1}{5}$.

Przykład 2 – „co najmniej jedna szóstka". Dwukrotnie rzucono uczciwą sześcienną kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo, że choć raz wypadła szóstka?

Wprost trzeba by rozważyć szóstkę w pierwszym rzucie, w drugim i w obu. Wygodniej policzyć zdarzenie przeciwne, „ani jednej szóstki". Wszystkich wyników jest $6 \cdot 6 = 36$ (reguła mnożenia). W każdym rzucie nieszóstek jest pięć, więc wyników bez szóstki jest $5 \cdot 5 = 25$. Stąd:

Kontrola wypisaniem: wyników z co najmniej jedną szóstką jest $6 + 6 - 1 = 11$ (pierwszy rzut szóstką, drugi szóstką, oba policzone dwa razy).

Przykład 3 – suma zdarzeń. Z liczb $1, 2, \ldots, 30$ losujemy jedną. Oblicz prawdopodobieństwo, że jest podzielna przez $2$ lub przez $3$.

Niech $A$ – liczba podzielna przez $2$, $B$ – przez $3$. Mamy $\lvert A \rvert = 15$, $\lvert B \rvert = 10$. Liczba podzielna przez $2$ i przez $3$ dzieli się przez $6$, więc $\lvert A \cap B \rvert = 5$. Zatem:

Gdybyśmy pominęli część wspólną, wyszłoby $\frac{25}{30}$ – za dużo, bo liczby podzielne przez $6$ policzyliśmy dwa razy.

Przykład 4 – oszacowanie bez znajomości $A \cap B$. Zdarzenia $A, B \subset \Omega$ spełniają $P(A) = 0{,}9$ i $P(B) = 0{,}7$. Wykaż, że $P(A \cap B') \leq 0{,}3$.

Zdarzenie $A \cap B'$ zawiera się w $B'$, a prawdopodobieństwo większego zbioru nie jest mniejsze, więc:

Drugi sposób: z $P(A \cup B) \leq 1$ dostajemy $P(A \cap B) \geq 0{,}9 + 0{,}7 - 1 = 0{,}6$, a stąd $P(A \cap B') = 0{,}9 - P(A \cap B) \leq 0{,}3$.

Dodanie prawdopodobieństw bez odjęcia części wspólnej. Dla liczb podzielnych przez $2$ lub $3$ wychodzi $\frac{15}{30} + \frac{10}{30} = \frac{5}{6}$ zamiast $\frac{2}{3}$. Samo dodawanie jest poprawne tylko dla zdarzeń rozłącznych. Znak ostrzegawczy: suma prawdopodobieństw większa od $1$ – prawdopodobieństwo sumy zdarzeń nigdy tyle nie wynosi.

Zdarzenie przeciwne zapisane „na oko". Przeciwne do „co najmniej jedna szóstka" nie jest „dokładnie jedna szóstka" ani „dwie szóstki", tylko „ani jednej szóstki". Przeciwne do „co najmniej dwa" to „co najwyżej jeden". Zanim policzysz, zapisz słowami, kiedy zdarzenie nie zachodzi – razem $A$ i $A'$ muszą pokryć wszystkie wyniki bez wspólnych.

Zdarzenia rozłączne uznane za niezależne (albo odwrotnie). Rozłączne to takie, które nie mogą zajść naraz: $P(A \cap B) = 0$. Niezależność to inna własność (omawia ją hasło prawdopodobieństwo warunkowe). Dwa rozłączne zdarzenia o dodatnich prawdopodobieństwach nie są niezależne, bo wiedza, że zaszło jedno, wyklucza drugie.

$P(A \cap B') = P(A) - P(B)$. Dla $P(A) = 0{,}9$ i $P(B) = 0{,}7$ wychodzi $0{,}2$, ale to wartość tylko wtedy, gdy $B \subset A$. W ogólnym przypadku $P(A \cap B')$ to $P(A) - P(A \cap B)$ i leży gdzieś między $0{,}2$ a $0{,}3$. Dlatego w zadaniu „wykaż, że $\leq 0{,}3$" wystarcza oszacowanie, a nie jedna liczba.

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