בהינתן ש.

שלב 1 מתוך 5

סופרים בתוך התנאי

מטילים שתי קוביות, וחברה מציצה ואומרת: “בקובייה הראשונה יצא $6$⁠”. זה משנה את התמונה. מתוך $36$⁠ התוצאות, אלה שבהן הראשונה אינה $6$⁠ כבר לא אפשריות. נשארות רק $6$⁠ משבצות, והן עדיין שוות סיכוי זו לזו.

על הלוח, המשבצות הוורודות הן המאורע הידוע, $B$⁠: בראשונה $6$⁠. המשבצות התכולות הן המאורע $A$⁠ ששואלים עליו: סכום $10$⁠ או יותר. המשבצות הכתומות שייכות לשניהם. הסתברות מותנית, “הסיכוי ל־$A$⁠ בהינתן $B$⁠”, סופרת רק בתוך $B$⁠: מספר המשבצות בשניהם חלקי מספר המשבצות ב־$B$⁠. בסיכויים:

$P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$P(A \mid B) =$$\frac{P(A \cap B)}{P(B)}$⁠

הקו האנכי $\mid$⁠ נקרא “בהינתן”, ו־$A \cap B$⁠ הוא “$A$⁠ וגם $B$⁠”. הלוח מדפיס כמה משבצות בכל מאורע וכמה בשניהם.

שלב 2 מתוך 5

הפוך

עכשיו $A$⁠ הוא “סכום $11$⁠ או יותר”, שלוש משבצות בלבד, ו־$B$⁠ עדיין “בראשונה $6$⁠”. בשני המאורעות יחד יש $2$⁠ משבצות.

$P(A \mid B)$⁠ סופר את $2$⁠ המשבצות הכתומות מתוך $6$⁠ הוורודות. ומה אם המידע הוא ההפך: יודעים רק שהסכום $11$⁠ או יותר?

שלב 3 מתוך 5

מידע שלא משנה כלום

המידע “בראשונה $6$⁠” שילש את הסיכוי לסכום $10$⁠ או יותר. האם מידע תמיד משנה סיכוי? עכשיו $A$⁠ הוא “סכום $7$⁠ בדיוק”. הלוח מסתיר את המשבצות עד שתנבאו.

שלב 4 מתוך 5

הסכום הבלתי תלוי

כשהמידע על $B$⁠ לא משנה את הסיכוי של $A$⁠, כלומר $P(A \mid B) = P(A)$⁠, המאורעות בלתי תלויים. מכפילים את שני הצדדים ב־$P(B)$⁠ ומקבלים מבחן שימושי, שמראה גם שהקשר הדדי:

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

זה כלל הכפל שראיתם בפרק על הסתברות, למשל לשלוש הטלות מטבע. עכשיו רואים מתי מותר להשתמש בו: רק כשהמאורעות בלתי תלויים.

הקובייה הראשונה קבועה על $6$⁠. חפשו את הסכום שבלתי תלוי בה.

שלב 5 מתוך 5

לא יכולים לקרות יחד

שני מושגים שקל לבלבל: מאורעות זרים לא יכולים לקרות יחד, ואין להם אף משבצת משותפת. מאורעות בלתי תלויים לא משפיעים זה על הסיכוי של זה. על הלוח עכשיו סכום $2$⁠, משבצת אחת, ובראשונה $6$⁠.