Prawdopodobieństwo warunkowe i niezależność
🎯 Po co Ci to?
Szansa, że losowy człowiek jest wyższy niż $190$ cm: mała. Ale jeśli powiem Ci, że to zawodnik NBA? Informacja zmienia prawdopodobieństwo. Cała nowoczesna nauka o danych kręci się wokół tego mechanizmu: „jakie jest $P$ czegoś, skoro wiem, że…". A drugą stroną medalu jest niezależność; sytuacja, gdy informacja nic nie zmienia, i słynne złudzenie hazardzisty, które właśnie tu umiera.
✅ Czego się nauczysz
- liczyć prawdopodobieństwo warunkowe $P(A|B)$ (z definicji i z tabel);
- rozumieć niezależność zdarzeń ($P(A \cap B) = P(A)P(B)$) i jej sens;
- rozbrajać złudzenie hazardzisty.
📘 Wyjaśnienie
📐 DEFINICJA (prawdopodobieństwo warunkowe): dla $P(B) > 0$: $$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$; prawdopodobieństwo $A$ pod warunkiem, że zaszło $B$.
Sens wzoru: informacja „zaszło $B$" zawęża świat; nową przestrzenią możliwości jest $B$, a z $A$ liczy się tylko część siedząca w $B$. Kostka: $P(\text{szóstka} \mid \text{parzysta}) = \frac{1/6}{1/2} = \frac{1}{3}$; wiedza „parzysta" skurczyła świat do ${2,4,6}$, a w nim szóstka to jedna z trzech. Na drzewie z §18.3 jeździsz tym od wczoraj: ułamki drugiego piętra ($\frac{2}{4}$ po czerwonej) to są prawdopodobieństwa warunkowe, a reguła mnożenia tras to przestawiona definicja: $P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A|B)$.
📐 DEFINICJA (zdarzenia niezależne): $A$ i $B$ są niezależne, gdy $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$; równoważnie: $P(A|B) = P(A)$ (informacja o $B$ nie zmienia szans $A$).
Losowanie ze zwracaniem, rzuty różnymi kostkami, kolejne rzuty monetą: niezależne (fizycznie nic nie łączy etapów). Losowanie bez zwracania: zależne (pula się zmienia). Uwaga na słowa: niezależność to nie to samo co wykluczanie się! Zdarzenia wykluczające się są skrajnie zależne: skoro zaszło $A$, to $B$ na pewno nie; informacja pełną gębą.
Złudzenie hazardzisty. Moneta dała pięć orłów z rzędu. „Teraz musi wypaść reszka, dla wyrównania"? Nie: rzuty są niezależne, moneta nie ma pamięci; szósty rzut to wciąż $\frac{1}{2}$. To, co jest mało prawdopodobne, to seria $6$ orłów z góry ($\frac{1}{64}$), ale po pięciu orłach większość tej „niemożliwości" już się wydarzyła. Mylenie $P(\text{seria})$ z $P(\text{następny}|\text{seria})$ kosztowało graczy fortuny; Ciebie od dziś nie będzie kosztować nic.
💭 Pomyśl: W pewnej klasie $60%$ uczniów lubi matematykę, a $30%$ lubi matematykę i fizykę naraz. Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowy miłośnik matematyki lubi też fizykę?
Sprawdź odpowiedź
$P(F|M) = \frac{P(F \cap M)}{P(M)} = \frac{0{,}3}{0{,}6} = \frac{1}{2}$. Połowa matematyków lubi fizykę, choć w całej klasie miłośników obu jest tylko $30%$. Zawężenie świata zmienia ułamki.
⚠️ Uwaga, pułapka
$P(A|B)$ i $P(B|A)$ to różne liczby: mylenie ich to tzw. błąd prokuratora: „prawdopodobieństwo takich śladów u niewinnego jest znikome" nie mówi jeszcze, jakie jest prawdopodobieństwo niewinności przy takich śladach (do zamiany kierunku służy wzór Bayesa; następna jednostka). Pilnuj też założenia $P(B) > 0$: warunkować można tylko na czymś, co w ogóle może zajść.
📌 Najważniejsze w pigułce
- $P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$: informacja zawęża świat do $B$.
- Mnożenie: $P(A \cap B) = P(B)P(A|B)$; drzewa robiły to od początku.
- Niezależność: $P(A \cap B) = P(A)P(B)$; wykluczanie się ≠ niezależność (to skrajna zależność!).
- Moneta nie ma pamięci: $P(\text{następny}|\text{seria}) \ne P(\text{seria})$.
🎒 Zadania
- Rzut dwiema kostkami. Oblicz $P(\text{suma } 8 \mid \text{obie parzyste})$.
- $P(A) = 0{,}4$, $P(B) = 0{,}5$, $P(A \cap B) = 0{,}2$. Czy $A$ i $B$ są niezależne? A czy się wykluczają?
- Test na pewną cechę: wśród $200$ osób cechę ma $40$, wynik dodatni ma $50$ osób, w tym $36$ z cechą. Oblicz $P(\text{cecha} \mid \text{dodatni})$ i $P(\text{dodatni} \mid \text{cecha})$, i zobacz, że to różne liczby.
Rozwiązanie krok po kroku
1. Obie parzyste: $9$ par. Suma $8$ wśród nich: $(2,6), (4,4), (6,2)$; trzy: $;P = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$.
2. $P(A)P(B) = 0{,}2 = P(A \cap B)$ ✓: niezależne. Nie wykluczają się ($P(A \cap B) > 0$). (Przykład, że niezależność i niewykluczanie się idą w parze.)
3. $P(\text{cecha}|\text{dodatni}) = \frac{36}{50} = 0{,}72$; $;P(\text{dodatni}|\text{cecha}) = \frac{36}{40} = 0{,}9$. Dwa kierunki, dwie liczby: zapamiętaj ten przykład przed §18.5.
🔍 Sprawdź, czy umiesz
- policzyć $P(A|B)$ z definicji i z tabeli liczebności;
- sprawdzić niezależność rachunkiem i odróżnić ją od wykluczania.