Проверка независимости выбора для двух последовательных извлечений: упражнения разной сложности, 9 класс

Исходные данные школьного эксперимента

Школьники экспериментируют с непрозрачным мешочком. После случайного выбора они отмечают цвет жетона. Перед второй попыткой возможны два протокола: В — жетон возвращают и перемешивают; Б — жетон оставляют снаружи. Учитывайте не только слово «случайно», но и фактическое изменение состава.

Обозначьте A событие «первый красный», B событие «второй красный». Критерий независимости: P(B|A)=P(B), когда P(A)>0. В общем виде достаточно проверить P(A∩B)=P(A)P(B).

Маршрут наблюдений

1. В коробке 3 красных, 2 синих и 1 зелёный жетон. Назовите два протокола, при которых второе извлечение соответственно зависит и не зависит от первого.
2. Протокол В (с возвращением): P(второй красный | первый красный)?
3. Протокол Б (без возвращения): P(второй красный | первый красный)?
4. Найдите P(второй красный) в протоколе Б до первого извлечения.
5. Независимы ли A: «первый красный» и B: «второй красный» в протоколе Б?

Сравнение вероятностей по двум протоколам

6. Для протокола В найдите P(два красных подряд).
7. Для протокола Б найдите P(два красных подряд).
8. Для протокола Б найдите P(красный, затем синий).
9. Для протокола В найдите P(красный, затем синий).
10. В протоколе Б известно, что первым был зелёный. Какова P(второй синий)?
11. В протоколе Б найдите P(второй синий | первый синий).

Условия и разумность ответа

12. Сравните P(второй синий) и P(второй синий | первый красный) без возвращения.
13. В протоколе Б найдите P(один красный и один зелёный, порядок любой).
14. Один ученик считает P(красный затем зелёный) по схеме (3/6)(1/6) без возвращения. Что он перепутал?

Проверка расчетов и полный ключ

Все дроби ниже уже сокращены. Во втором извлечении без возвращения всегда 5 предметов, а с возвращением — снова 6. При событии, заданном двумя возможными порядками, вероятности порядков складывают.

1. С возвращением и перемешиванием — независимость; без возвращения — в общем случае зависимость цветовых событий.
2. 3/6=1/2, так как состав коробки восстановлен.
3. 2/5: после первого красного осталось 2 красных из 5.
4. 3/6=1/2 по симметрии двух позиций в случайном порядке.
5. Нет: P(B|A)=2/5, а P(B)=1/2; следовательно, P(A∩B)=1/5 вместо 1/4.
6. (3/6)·(3/6)=1/4.
7. (3/6)·(2/5)=1/5.
8. (3/6)·(2/5)=1/5; порядок важен.
9. (3/6)·(2/6)=1/6.
10. 2/5: среди 5 оставшихся жетонов 2 синих.
11. 1/5, потому что один синий уже вынут.
12. P(B)=2/6=1/3, P(B|A)=2/5; разные, значит события зависимы.
13. Два порядка: (3/6)(1/5)+(1/6)(3/5)=1/10+1/10=1/5.
14. Второй знаменатель должен быть 5, а не 6: P=(3/6)(1/5)=1/10.

Почему результат полезен

Если событие касается цвета второго жетона, то знание первого вытянутого цвета без возвращения меняет вероятности. При возвращении состав восстанавливается, поэтому условная вероятность не изменяется. Независимость нельзя установить только по тому, что каждый отдельный выбор выполняется случайно.

Проверяем таблицей всех цветов

Для протокола Б с отсутствием возвращения можно сверить ответы по полной таблице последовательных цветов. В каждой клетке числитель — число способов выбрать два различных физических жетона заданных цветов, знаменатель 6·5=30. Например, красный затем красный: 3·2=6 способов; зелёный затем зелёный: 1·0=0 способов.

Сумма девяти клеток равна (6+6+3+6+2+2+3+2+0)/30=30/30=1. Это хороший признак, что ни один возможный порядок не пропущен. Сумма клетки красный/зелёный и клетки зелёный/красный даёт 6/30=1/5, как в задании 13.

Обратите внимание: таблица не является таблицей равновозможных цветовых пар. Равновозможными являются пары конкретных пронумерованных физических жетонов. Поэтому простое деление количества непустых клеток на 9 не работает, даже хотя все девять обозначений цветов выглядят одинаково удобными.

Проверка на здравый смысл

Вероятность двух красных при возвращении 1/4, а без возвращения 1/5. Это разумно: после первого красного вероятность следующего красного снижается. С синими ситуация похожа: до выбора шанс синего 2/6, но после синего — лишь 1/5; зато после красного — уже 2/5. Таким образом, в протоколе без возвращения знание первого цвета меняет распределение второго.

Не путайте независимость событий и равновозможность исходов. Здесь физические жетоны равновозможны, но события цветов могут быть зависимыми. При протоколе с возвращением последовательные события независимы, несмотря на то что цвета красный, синий и зелёный имеют разные вероятности.

Почему безусловная вероятность второго цвета не меняется

Каждый из шести пронумерованных жетонов имеет одинаковый шанс оказаться на второй позиции, если извлекать их случайно. Поэтому до наблюдения первого результата вероятность красного на второй позиции по-прежнему 3/6. Это не противоречит условной вероятности 2/5 после известного красного первого жетона: в первом случае мы усредняем по всем возможным первым результатам, а во втором рассматриваем лишь часть исходов.

Можно проверить усреднением: если первый жетон красный (вероятность 3/6), вероятность второго красного 2/5; если первый синий (2/6), она 3/5; если первый зелёный (1/6), также 3/5. Тогда P(второй красный)=(3/6)(2/5)+(2/6)(3/5)+(1/6)(3/5)=1/5+1/5+1/10=1/2. Совпадение с 3/6 подтверждает таблицу исходов.

Используйте эту проверку после заданий 3–5: важно не смешивать условную вероятность, которая меняется с первым наблюдением, и безусловную вероятность места жетона, которая остаётся такой же благодаря случайному порядку.