מאורעות בלתי תלויים

סטטיסטיקה והסתברות, כיתה י' (4 יח"ל) שיעור 18 מתוך 20לימוד

מאורעות בלתי תלויים

מאורעות תלויים ובלתי תלויים

שני מאורעות בלתי תלויים כשהידיעה שאחד מהם קרה לא משנה את ההסתברות של השני. כשהיא משנה אותה, המאורעות תלויים.

מטילים קובייה מאוזנת פעם אחת.
$\displaystyle A$ – יתקבל מספר זוגי: $\displaystyle \{2, 4, 6\}$ , ולכן $\displaystyle {P(A)}={\frac{3}{6}}={\frac{1}{2}}$ .

$\displaystyle B$ – יתקבל מספר גדול מ-3: $\displaystyle \{4, 5, 6\}$ . אם ידוע ש- $\displaystyle B$ קרה, נשארו שלוש תוצאות, ושתיים מהן זוגיות: $\displaystyle {P(A|B)}={\frac{2}{3}}$ . ההסתברות השתנתה, ולכן $\displaystyle A$ ו- $\displaystyle B$ תלויים.
$\displaystyle C$ – יתקבל מספר גדול מ-4: $\displaystyle \{5, 6\}$ . אם ידוע ש- $\displaystyle C$ קרה, נשארו שתי תוצאות, ואחת מהן זוגית: $\displaystyle {P(A|C)}={\frac{1}{2}}$ . ההסתברות לא השתנתה, ולכן $\displaystyle A$ ו- $\displaystyle C$ בלתי תלויים.

שלוש דרכים לבדוק אי־תלות

כל אחד משלושת השוויונים האלה אומר ש- $\displaystyle A$ ו- $\displaystyle B$ בלתי תלויים, ומספיק לבדוק אחד מהם:

\displaystyle P(A|B)=P(A)

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

\displaystyle P(A|B)=P(A|\overline{B})

הראשון: הידיעה ש- $\displaystyle B$ קרה לא משנה את ההסתברות של $\displaystyle A$ .
השני: ההסתברות של “גם $\displaystyle A$ וגם $\displaystyle B$ ” היא מכפלת ההסתברויות.
השלישי: ל- $\displaystyle A$ אותה הסתברות כש- $\displaystyle B$ קרה וכש- $\displaystyle B$ לא קרה.

בקובייה, $\displaystyle A$ – זוגי ו- $\displaystyle C$ – גדול מ-4:

$\displaystyle {P(A\cap C)}={P(\{6\})}={\frac{1}{6}}$ , וגם $\displaystyle {P(A)\cdot P(C)}={\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}}={\frac{1}{6}}$ .
$\displaystyle {\overline{C}}={\{1, 2, 3, 4\}}$ , ושתיים מהתוצאות זוגיות: $\displaystyle {P(A|\overline{C})}={\frac{2}{4}}={\frac{1}{2}}={P(A|C)}$ .

השקילות של שלוש הדרכים

ההוכחה שלפניכם מראה שכל אחד משלושת השוויונים נובע מהאחרים, ולכן אין צורך לבדוק את שלושתם. נניח ש- $\displaystyle 0<P(B)<1$ .

הראשון והשני. לפי ההגדרה של הסתברות מותנית, $\displaystyle {P(A|B)}={\frac{P(A\cap B)}{P(B)}}$ . נכפול ב- $\displaystyle P(B)$ ונקבל ש- $\displaystyle {P(A|B)}={P(A)}$ בדיוק כאשר $\displaystyle {P(A\cap B)}={P(A)\cdot P(B)}$ .

הראשון והשלישי. לפי נוסחת ההסתברות השלמה:

P(A)=P(B)\cdot P(A|B)+P(\overline{B})\cdot P(A|\overline{B})

$\displaystyle P(A)$ הוא ממוצע משוקלל של $\displaystyle P(A|B)$ ושל $\displaystyle P(A|\overline{B})$ , כי $\displaystyle {P(B)+P(\overline{B})}={1}$ .
אם שתי ההסתברויות המותנות שוות, גם הממוצע המשוקלל שלהן שווה להן: $\displaystyle {P(A)}={P(A|B)}$ .
אם $\displaystyle {P(A|B)}={P(A)}$ , נציב בנוסחה ונקבל $\displaystyle {P(\overline{B})\cdot P(A|\overline{B})}={P(A)-P(B)\cdot P(A)}={P(\overline{B})\cdot P(A)}$ . נחלק ב- $\displaystyle P(\overline{B})$ : $\displaystyle {P(A|\overline{B})}={P(A)}={P(A|B)}$ .

מאורעות זרים ומאורעות בלתי תלויים

מאורעות זרים, שלכל אחד מהם הסתברות חיובית, תמיד תלויים: אם אחד מהם קרה, השני כבר לא יכול לקרות.

בקובייה: $\displaystyle A$ – זוגי, $\displaystyle D$ – אי־זוגי.

$\displaystyle {A\cap D}={\emptyset}$ , ולכן $\displaystyle {P(A\cap D)}={0}$ .
$\displaystyle {P(A)\cdot P(D)}={\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}={\frac{1}{4}}$ , ו- $\displaystyle 0\neq\frac{1}{4}$ .
במילים: אם ידוע שיצא מספר אי־זוגי, ההסתברות לזוגי ירדה מ- $\displaystyle \frac{1}{2}$ ל-0.

“זרים” אומר שהמאורעות לא קורים יחד; “בלתי תלויים” אומר שאחד לא משפיע על הסיכוי של השני. אלה שני דברים שונים.

ניסוי שחוזר כמה פעמים

כשאותו ניסוי חוזר, והתוצאה של כל פעם לא משפיעה על הפעמים האחרות, השלבים בלתי תלויים: על כל ענף אותה הסתברות, בלי קשר למסלול שלפניו, ומסלול הוא מכפלת ההסתברויות.

מטילים קובייה מאוזנת שלוש פעמים.
$\displaystyle Y$ – יתקבל מספר זוגי גדול מ-3, כלומר 4 או 6: בכל הטלה $\displaystyle {P(Y)}={\frac{2}{6}}={\frac{1}{3}}$ .
בעץ מסומנים המסלולים של “ $\displaystyle Y$ בדיוק בשתי הטלות”:

שלושה מסלולים: $\displaystyle YYN$ , $\displaystyle YNY$ , $\displaystyle NYY$ – ההטלה בלי $\displaystyle Y$ יכולה להיות הראשונה, השנייה או השלישית.
לכל אחד מהם אותה הסתברות: $\displaystyle {\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}}={\frac{2}{27}}$ .

P=3\cdot\frac{2}{27}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}

תרגיל 1

בשכבה 200 תלמידים: מי עוסק בספורט, ומי מרכיב משקפיים.

	מרכיבים משקפיים	לא מרכיבים	סך הכול
עוסקים בספורט	24	56	80
לא עוסקים בספורט	36	84	120
סך הכול	60	140	200

בוחרים תלמיד באקראי. מה ההסתברות שהוא מרכיב משקפיים?

/ – קו שבר · Tab או החצים – בין המונה למכנה, ואחר כך פתק מעל או מתחת · Enter – בדיקה ושורה חדשה · * – כפל · ^ – חזקה, ↓ – סוף החזקה

/ – קו שבר · Tab או החצים – בין המונה למכנה, ואחר כך פתק מעל או מתחת · Enter – שורה חדשה · * – כפל · ^ – חזקה, ↓ – סוף החזקה

מה ההסתברות שתלמיד מרכיב משקפיים, בהינתן שהוא עוסק בספורט?

האם המאורעות “מרכיב משקפיים” ו"עוסק בספורט" בלתי תלויים? הסבירו בעזרת התשובות.

תרגיל 2

$\displaystyle A$ ו- $\displaystyle B$ מאורעות בלתי תלויים.
$\displaystyle {P(A)}={0.4}$ , $\displaystyle {P(B)}={0.5}$ .

חשבו את $\displaystyle P(A\cap B)$ .

חשבו את $\displaystyle P(A\cup B)$ .

תרגיל 3

$\displaystyle {P(A)}={0.3}$ , $\displaystyle {P(B)}={0.6}$ , $\displaystyle {P(A\cup B)}={0.72}$ .

חשבו את $\displaystyle P(A\cap B)$ .

האם $\displaystyle A$ ו- $\displaystyle B$ בלתי תלויים? הסבירו.

תרגיל 4

מטילים קובייה מאוזנת שלוש פעמים.
$\displaystyle Y$ – יתקבל מספר זוגי גדול מ-3.

כתבו את ההסתברויות על הענפים ואת ההסתברות של כל מסלול.

מה ההסתברות ש- $\displaystyle Y$ יתקבל רק בהטלה הראשונה ובהטלה השלישית?

מה ההסתברות ש- $\displaystyle Y$ יתקבל בהטלה הראשונה ובהטלה השלישית (בהטלה השנייה – כל תוצאה)?

תרגיל 5

במבחן יש שני תרגילים בהסתברות ותרגיל אחד בסטטיסטיקה. בכל תרגיל הנבחן עובר או נכשל.
כדי לעבור את המבחן כולו צריך לעבור לפחות שניים משלושת התרגילים.
ההסתברות לעבור כל תרגיל בהסתברות היא $\displaystyle 0.6$ .
ההסתברות לעבור את התרגיל בסטטיסטיקה היא $\displaystyle 0.8$ .
התוצאות בתרגילים השונים בלתי תלויות זו בזו.

בעץ, השלב הראשון והשני – שני התרגילים בהסתברות, והשלב השלישי – התרגיל בסטטיסטיקה. כתבו את ההסתברויות על הענפים ואת ההסתברות של כל מסלול.

מה ההסתברות שנבחן יעבור את שלושת התרגילים?

מה ההסתברות שנבחן יעבור בדיוק שני תרגילים וייכשל באחד?

מה ההסתברות שנבחן יעבור את המבחן כולו?

נבחן עבר את המבחן כולו. מה ההסתברות שהוא עבר את שני התרגילים בהסתברות? עגלו לשתי ספרות אחרי הנקודה.

תרגיל 6

$\displaystyle A$ ו- $\displaystyle B$ מאורעות זרים.
$\displaystyle {P(A)}={0.3}$ , $\displaystyle {P(B)}={0.5}$ .

האם $\displaystyle A$ ו- $\displaystyle B$ בלתי תלויים? הסבירו.

נוסחאות: סטטיסטיקה והסתברות, כיתה י' (4 יח"ל)

פתיחה בעמוד

הצגת נתונים

שכיחות יחסית – $\displaystyle f$ השכיחות של ערך, $\displaystyle n$ מספר כל הנתונים
$\displaystyle \frac{f}{n}$
שכיחות יחסית באחוזים
$\displaystyle \frac{f}{n}\cdot100\%$
הזווית של גזרה בדיאגרמת עיגול
$\displaystyle \frac{f}{n}\cdot360^{\circ}$

מדדי מרכז ומיקום

הממוצע של $\displaystyle n$ נתונים
$\displaystyle \bar{x}=\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}$
ממוצע מטבלת שכיחויות – $\displaystyle x_1, \dots, x_k$ הערכים, $\displaystyle f_1, \dots, f_k$ השכיחויות שלהם
$\displaystyle \bar{x}=\frac{x_1f_1+x_2f_2+\dots+x_kf_k}{f_1+f_2+\dots+f_k}$
ממוצע משוקלל – $\displaystyle w_1, \dots, w_k$ המשקלים של הערכים $\displaystyle x_1, \dots, x_k$
$\displaystyle \bar{x}=\frac{w_1x_1+w_2x_2+\dots+w_kx_k}{w_1+w_2+\dots+w_k}$
ממוצע של נתונים בקבוצות – $\displaystyle m_1, \dots, m_k$ אמצעי הקבוצות, $\displaystyle f_1, \dots, f_k$ השכיחויות שלהן
$\displaystyle \bar{x}\approx\frac{m_1f_1+m_2f_2+\dots+m_kf_k}{f_1+f_2+\dots+f_k}$
מקום החציון ברשימה מסודרת של $\displaystyle n$ נתונים
$\displaystyle \frac{n+1}{2}$
מקום העשירון התחתון ברשימה מסודרת; העשירון העליון – $\displaystyle 0.9\cdot n$
$\displaystyle 0.1\cdot n$

מדדי פיזור

הטווח – הערך הגדול ביותר פחות הערך הקטן ביותר
$\displaystyle x_{max}-x_{min}$
השונות – הממוצע של ריבועי הסטיות מהממוצע
$\displaystyle \sigma^2=\frac{(x_1-\bar{x})^2+(x_2-\bar{x})^2+\dots+(x_n-\bar{x})^2}{n}$
סטיית התקן – השורש של השונות
$\displaystyle \sigma=\sqrt{\sigma^2}$
שונות מטבלת שכיחויות
$\displaystyle \sigma^2=\frac{(x_1-\bar{x})^2f_1+\dots+(x_k-\bar{x})^2f_k}{f_1+\dots+f_k}$

כללי ההסתברות

תוצאות שוות הסתברות – $\displaystyle k$ מספר התוצאות במאורע $\displaystyle A$ , $\displaystyle n$ מספר התוצאות במרחב המדגם
$\displaystyle P(A)=\frac{k}{n}$
ההסתברות של כל מאורע; $\displaystyle {P(\emptyset)}={0}$ , ו- $\displaystyle {P(U)}={1}$ למרחב המדגם $\displaystyle U$
$\displaystyle 0\le P(A)\le1$
המאורע המשלים $\displaystyle \overline{A}$ – $\displaystyle A$ לא קורה
$\displaystyle P(\overline{A})$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 1-P(A)$
איחוד – $\displaystyle A$ או $\displaystyle B$ (או שניהם); $\displaystyle A\cap B$ – החיתוך, גם $\displaystyle A$ וגם $\displaystyle B$
$\displaystyle P(A\cup B)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P(A)+P(B)-P(A\cap B)$
איחוד של מאורעות זרים
$\displaystyle P(A\cup B)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P(A)+P(B)$ $\displaystyle A\cap B=\emptyset$

הסתברות מותנית ואי־תלות

ההסתברות של $\displaystyle A$ בהינתן $\displaystyle B$
$\displaystyle P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
מסלול בעץ – מכפלת ההסתברויות על הענפים שלו
$\displaystyle P(A\cap B)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P(B)\cdot P(A|B)$
נוסחת ההסתברות השלמה – ממוצע משוקלל של ההסתברויות המותנות
$\displaystyle P(A)=P(B)\cdot P(A|B)+P(\overline{B})\cdot P(A|\overline{B})$
נוסחת בייס – מ- $\displaystyle P(B|A)$ אל $\displaystyle P(A|B)$
$\displaystyle P(A|B)\cdot P(B)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P(B|A)\cdot P(A)$
מאורעות בלתי תלויים
$\displaystyle P(A\cap B)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P(A)\cdot P(B)$
מאורעות בלתי תלויים – הידיעה ש- $\displaystyle B$ קרה לא משנה את ההסתברות של $\displaystyle A$
$\displaystyle P(A|B)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P(A)$