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有限事象族の独立性

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2つの事象の独立性

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3つの事象の独立性

問題としている試行に関する確率空間\(\left(\Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、2つの事象\(A,B\in \mathcal{F}\)が独立であることを、\begin{equation*}P\left( A\cap B\right) =P\left( A\right) \cdot P\left( B\right)
\end{equation*}が成り立つこととして定義しました。これは、2つの事象\(A,B\)の一方が起きているかどうかが他方の事象が起こる確率に影響を与えないことを意味します。では、3つ以上の事象の独立性をどのように定義すればよいでしょうか。まずは3つの事象の独立性について考えた上で、後に議論を一般化します。

3つの事象\(A,B,C\in \mathcal{F}\)が独立であることをどのように定義すればよいでしょうか。試しに、3つの事象\(A,B,C\)の中から2つを任意に選んだときにそれらが独立であることとして、3つの事象\(A,B,C\)が独立であることの定義とするとどうなるでしょうか。つまり、\(A\)と\(B\)が独立であり、\(A\)と\(C\)が独立であり、\(B\)と\(C\)が独立であること、すなわち、\begin{eqnarray*}P\left( A\cap B\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \\
P\left( A\cap C\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( C\right) \\
P\left( B\cap C\right) &=&P\left( B\right) \cdot P\left( C\right)
\end{eqnarray*}がいずれも成り立つ状況を想定するということです。ただ、このような定義では不十分です。以下の例より明らかです。

例(3つの事象の独立性)
「歪みのないサイコロを2回振り出た目を記録する」という試行について考えます。1回目に出た目を\(x_{1}\)で、2回目に出た目を\(x_{2}\)でそれぞれ表記するのであれば、問題としている試行の標本空間は、\begin{equation*}\Omega =\left\{ \left( x_{1},x_{2}\right) \ |\ \forall i\in 1,2:x_{i}\in
\left\{ 1,2,3,4,5,6\right\} \right\}
\end{equation*}となります。「1回目に\(3\)が出る」という事象\(A\)は、\begin{equation*}A=\left\{ \left( 3,1\right) ,\left( 3,2\right) ,\left( 3,3\right) ,\left(
3,4\right) ,\left( 3,5\right) ,\left( 3,6\right) \right\}
\end{equation*}であり、「2回目に\(4\)が出る」という事象\(B\)は、\begin{equation*}B=\left\{ \left( 1,4\right) ,\left( 2,4\right) ,\left( 3,4\right) ,\left(
4,4\right) ,\left( 5,4\right) ,\left( 6,4\right) \right\}
\end{equation*}であり、「2回の目の合計が\(7\)である」という事象\(C\)は、\begin{equation*}C=\left\{ \left( 1,6\right) ,\left( 2,5\right) ,\left( 3,4\right) ,\left(
4,3\right) ,\left( 5,2\right) ,\left( 6,1\right) \right\}
\end{equation*}となります。歪みのないサイコロを想定しているため、\begin{equation*}
P\left( A\right) =P\left( B\right) =P\left( C\right) =\frac{6}{36}=\frac{1}{6}
\end{equation*}となります。さて、\begin{equation*}
A\cap B=A\cap C=B\cap C=\left\{ \left( 3,4\right) \right\}
\end{equation*}であるため、\begin{equation*}
P\left( A\cap B\right) =P\left( A\cap C\right) =P\left( B\cap C\right) =\frac{1}{36}
\end{equation*}となります。したがって、以下の関係\begin{eqnarray*}
P\left( A\cap B\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \\
P\left( A\cap C\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( C\right) \\
P\left( B\cap C\right) &=&P\left( B\right) \cdot P\left( C\right)
\end{eqnarray*}がいずれも成立しているため、先の定義を採用した場合、\(A,B,C\)は独立であるということになります。ただ、事象\(A\cap B\)と事象\(C\)に注目したとき、\(A\cap B\)が起きている場合には\(C\)が起きることが確定するため、\begin{equation*}P\left( C|A\cap B\right) =\frac{P\left( A\cap B\cap C\right) }{P\left( A\cap
B\right) }=1
\end{equation*}となり、したがって、\begin{equation*}
P\left( C\right) \not=P\left( C|A\cap B\right)
\end{equation*}を得ます。以上の事実は、事象\(C\)と事象\(A\cap B\)が独立ではないことを意味します。言い換えると、事象\(A\cap B\)が起きているかどうかが事象\(C\)の起こりやすさに影響を与えるということであり、このような状況において\(A,B,C\)が独立であると評価するのは困難です。したがって、先の定義は独立性の定義として不十分です。

上の例が示唆するように、3つの事象\(A,B,C\)が独立であることの定義として、\begin{eqnarray*}P\left( A\cap B\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \\
P\left( A\cap C\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( C\right) \\
P\left( B\cap C\right) &=&P\left( B\right) \cdot P\left( C\right)
\end{eqnarray*}を採用した場合、2つの事象から生成される積事象\(A\cap B\)が残りの事象\(C\)と従属であるような状況が起こる可能性を排除できません。このような可能性を排除するためには、\(A\cap B\)と\(C\)もまた独立であることを要求する必要があります。具体的には、\begin{equation*}P\left( \left( A\cap B\right) \cap C\right) =\left[ P\left( A\right) \cdot
P\left( B\right) \right] \cdot P\left( C\right)
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
P\left( A\cap B\cap C\right) =P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \cdot
P\left( C\right)
\end{equation*}を条件に加える必要があるということです。

例(3つの事象の独立性)
先の例について再び考えます。つまり、標本空間が、\begin{equation*}
\Omega =\left\{ \left( x_{1},x_{2}\right) \ |\ \forall i\in 1,2:x_{i}\in
\left\{ 1,2,3,4,5,6\right\} \right\}
\end{equation*}である状況において、以下の3つの事象\begin{eqnarray*}
A &=&\left\{ \left( 3,1\right) ,\left( 3,2\right) ,\left( 3,3\right) ,\left(
3,4\right) ,\left( 3,5\right) ,\left( 3,6\right) \right\} \\
B &=&\left\{ \left( 1,4\right) ,\left( 2,4\right) ,\left( 3,4\right) ,\left(
4,4\right) ,\left( 5,4\right) ,\left( 6,4\right) \right\} \\
C &=&\left\{ \left( 1,6\right) ,\left( 2,5\right) ,\left( 3,4\right) ,\left(
4,3\right) ,\left( 5,2\right) ,\left( 6,1\right) \right\}
\end{eqnarray*}に注目することです。先に確認したように、\begin{eqnarray*}
P\left( A\cap B\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \\
P\left( A\cap C\right) &=&P\left( A\right) \cdot P\left( C\right) \\
P\left( B\cap C\right) &=&P\left( B\right) \cdot P\left( C\right)
\end{eqnarray*}が成り立ちます。その一方で、\begin{equation*}
A\cap B\cap C=\left\{ \left( 3,4\right) \right\}
\end{equation*}であるため、\begin{equation*}
P\left( A\cap B\cap C\right) =\frac{1}{36}
\end{equation*}となります。その一方で、\begin{equation*}
P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \cdot P\left( C\right) =\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{216}
\end{equation*}であるため、\begin{equation*}
P\left( A\cap B\cap C\right) \not=P\left( A\right) \cdot P\left( B\right)
\cdot P\left( C\right)
\end{equation*}であり、新たな定義のもとでは\(A,B,C\)は独立とは判定されません。

以上の議論を踏まえた上で、問題としている試行に関する確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、3つの事象\(A,B,C\in \mathcal{F}\)に対して以下の条件\begin{eqnarray*}&&\left( a\right) \ P\left( A\cap B\right) =P\left( A\right) \cdot P\left(
B\right) \\
&&\left( b\right) \ P\left( A\cap C\right) =P\left( A\right) \cdot P\left(
C\right) \\
&&\left( c\right) \ P\left( B\cap C\right) =P\left( B\right) \cdot P\left(
C\right) \\
&&\left( d\right) \ P\left( A\cap B\cap C\right) =P\left( A\right) \cdot
P\left( B\right) \cdot P\left( C\right)
\end{eqnarray*}がすべて成り立つ場合、\(A,B,C\)は独立である(independent)と言います。一方、3つの事象\(A,B,C\in \mathcal{F}\)が独立ではない場合には、すなわち、上の4つの条件の中の少なくとも1つが成り立たない場合には、\(A,B,C\)は従属である(dependent)と言います。

ちなみに、3つの事象\(A,B,C\)の独立性を規定する条件として\(\left( d\right) \)だけを採用した場合、独立性の定義としては不十分です。つまり、\(\left( d\right) \)が成り立つ場合に\(\left( a\right) ,\left( b\right) ,\left( c\right) \)は成り立つとは限らないということです。以下の例より明らかです。

例(3つの事象の独立性)
「歪みのないサイコロを1回振り出た目を記録する」という試行について考えます。問題としている試行の標本空間は、\begin{equation*}
\Omega =\left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}
\end{equation*}です。以下の3つの事象\begin{eqnarray*}
A &=&\left\{ 1,2,3,4\right\} \\
B &=&\left\{ 4,5,6\right\} \\
C &=&\left\{ 4,5,6\right\}
\end{eqnarray*}に注目します。歪みのないサイコロを想定しているため、\begin{eqnarray*}
P\left( A\right) &=&\frac{4}{6}=\frac{2}{3} \\
P\left( B\right) &=&P\left( C\right) =\frac{3}{6}=\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}となります。さて、\begin{equation*}
A\cap B\cap C=\left\{ 4\right\}
\end{equation*}であるため、\begin{equation*}
P\left( A\cap B\cap C\right) =\frac{1}{6}
\end{equation*}となります。したがって、以下の関係\begin{equation*}
P\left( A\cap B\cap C\right) =P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \cdot
P\left( C\right)
\end{equation*}が成立しています。その一方で、事象\(B\)と事象\(C\)に注目したとき、これらは等しいため一方が起きている場合には他方も起きていることが確定するため、\begin{equation*}P\left( B|C\right) =\frac{P\left( B\cap C\right) }{P\left( C\right) }=1
\end{equation*}となり、したがって、\begin{equation*}
P\left( B\right) \not=P\left( B|C\right)
\end{equation*}を得ます。以上の事実は、事象\(B\)と事象\(C\)が独立ではないことを意味します。

 

有限事象族の独立性

繰り返しになりますが、問題としている試行に関する確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、3つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\in \mathcal{F}\)が独立であることとは、以下の条件\begin{eqnarray*}&&\left( a\right) \ P\left( A_{1}\cap A_{2}\right) =P\left( A_{1}\right)
\cdot P\left( A_{2}\right) \\
&&\left( b\right) \ P\left( A_{1}\cap A_{3}\right) =P\left( A_{1}\right)
\cdot P\left( A_{3}\right) \\
&&\left( c\right) \ P\left( A_{2}\cap A_{3}\right) =P\left( A_{2}\right)
\cdot P\left( A_{3}\right) \\
&&\left( d\right) \ P\left( A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\right) =P\left(
A_{1}\right) \cdot P\left( A_{2}\right) \cdot P\left( A_{3}\right)
\end{eqnarray*}がすべて成り立つことを意味します。議論の一般化を見据えて上の条件を一般的な形で表現すると、\begin{eqnarray*}
&&\left( a\right) \ P\left( \bigcap_{i\in \left\{ 1,2\right\} }A_{i}\right)
=\prod_{i\in \left\{ 1,2\right\} }P\left( A_{i}\right) \\
&&\left( b\right) \ P\left( \bigcap_{i\in \left\{ 1,3\right\} }A_{i}\right)
=\prod_{i\in \left\{ 1,3\right\} }P\left( A_{i}\right) \\
&&\left( c\right) \ P\left( \bigcap_{i\in \left\{ 2,3\right\} }A_{i}\right)
=\prod_{i\in \left\{ 2,3\right\} }P\left( A_{i}\right) \\
&&\left( d\right) \ P\left( \bigcap_{i\in \left\{ 1,2,3\right\}
}A_{i}\right) =\prod_{i\in \left\{ 1,2,3\right\} }P\left( A_{i}\right)
\end{eqnarray*}となります。さらに、\begin{eqnarray*}
P\left( A_{1}\right) &=&P\left( A_{1}\right) \\
P\left( A_{2}\right) &=&P\left( A_{2}\right) \\
P\left( A_{3}\right) &=&P\left( A_{3}\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{eqnarray*}
\left( \bigcap_{i\in \left\{ 1\right\} }A_{i}\right) &=&\prod_{i\in \left\{
1\right\} }P\left( A_{i}\right) \\
\left( \bigcap_{i\in \left\{ 2\right\} }A_{i}\right) &=&\prod_{i\in \left\{
2\right\} }P\left( A_{i}\right) \\
\left( \bigcap_{i\in \left\{ 3\right\} }A_{i}\right) &=&\prod_{i\in \left\{
3\right\} }P\left( A_{i}\right)
\end{eqnarray*}が常に成り立つことを踏まえると、先の\(\left( a\right) \)から\(\left( d\right) \)までの4つの条件が成り立つことを、\begin{equation*}\forall J\subset \left\{ 1,2,3\right\} :P\left( \bigcap_{i\in J}A_{i}\right)
=\prod_{i\in J}P\left( A_{i}\right)
\end{equation*}と表現できます。3つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\)が独立であることを上のように簡潔に表現できるということです。

以上を踏まえた上で、有限かつ任意個の事象の独立性を定義します。具体的には、問題としている試行に関する確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、有限\(n\)個の事象\(A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in \mathcal{F}\)に対して以下の条件\begin{equation*}\forall J\subset \left\{ 1,2,\cdots ,n\right\} :P\left( \bigcap_{i\in
J}A_{i}\right) =\prod_{i\in J}P\left( A_{i}\right)
\end{equation*}が成り立つ場合、\(A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\)は独立である(independent)と言います。同じことを、事象族\(\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{n}\)が独立であると言うこともできます。一方、\(A_{1},A_{2},\cdots,A_{n}\)が独立ではない場合には、すなわち、\begin{equation*}\exists J\subset \left\{ 1,2,\cdots ,n\right\} :P\left( \bigcap_{i\in
J}A_{i}\right) \not=\prod_{i\in J}P\left( A_{i}\right)
\end{equation*}が成り立つ場合には、\(A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\)は従属である(dependent)と言います。同じことを、事象族\(\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{n}\)が従属であると言うこともできます。

例(有限事象族の独立性)
問題としている試行において3つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\)が独立であるとともに、それぞれの確率が、\begin{eqnarray*}P\left( A_{1}\right) &=&\frac{3}{10} \\
P\left( A_{2}\right) &=&\frac{2}{5} \\
P\left( A_{3}\right) &=&\frac{4}{5}
\end{eqnarray*}であるものとします。\(A_{1},A_{2},A_{3}\)がすべて起こる確率は、\begin{eqnarray*}P\left( A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3}\right) &=&P\left( A_{1}\right) \cdot
P\left( A_{2}\right) \cdot P\left( A_{3}\right) \quad \because
A_{1},A_{2},A_{3}\text{は独立} \\
&=&\frac{3}{10}\cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{4}{5} \\
&=&\frac{12}{125}
\end{eqnarray*}となります。また、\(A_{1},A_{2}\)がともに起こる確率は、\begin{eqnarray*}P\left( A_{1}\cap A_{2}\right) &=&P\left( A_{1}\right) \cdot P\left(
A_{2}\right) \quad \because A_{1},A_{2},A_{3}\text{は独立}
\\
&=&\frac{3}{10}\cdot \frac{2}{5} \\
&=&\frac{3}{25}
\end{eqnarray*}となります。

 

独立な事象族の部分集合の独立性

独立な有限事象族の部分集合を任意に選んだとき、その部分集合に属する事象もまた独立です。

命題(独立な有限事象族の部分集合の独立性)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられているものとする。有限事象族\(\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{n}\subset \mathcal{F}\)が独立であるならば、その任意の部分集合もまた独立である。すなわち、\(I\subset \left\{ 1,2,\cdots ,n\right\} \)を任意に選んだとき、事象族\(\left\{ A_{i}\right\} _{i\in I}\)は独立である。
証明

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例(独立な有限事象族の部分集合の独立性)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)において、3つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\in \mathcal{F}\)が独立であるものとします。すると上の命題より、\(A_{1}\)と\(A_{2}\)は独立であり、\(A_{1}\)と\(A_{3}\)は独立であり、\(A_{2}\)と\(A_{3}\)は独立です。

 

独立な有限事象族と余事象

有限\(n\)個の事象を要素として持つ事象族\(\left\{A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\right\} \)が独立であるものとします。この\(n\)個の事象の中から\(m\)個(\(m\leq n\))の事象を任意に選び、それらを\(A_{1},\cdots ,A_{m}\)で表記します。もとの事象族\(\left\{ A_{1},A_{2},\cdots,A_{n}\right\} \)において先に選んだ\(m\)個の事象を余事象\(A_{1}^{c},\cdots ,A_{m}^{c}\)におきかえれば新たな事象族\begin{equation*}\left\{ A_{1}^{c},\cdots ,A_{m}^{c},A_{m+1},\cdots ,A_{n}\right\}
\end{equation*}が得られますが、この事象族もまた独立になることが保証されます。

命題(独立な有限事象族と余事象)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)において、有限事象族\(\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{n}\subset \mathcal{F}\)が独立であるものとする。\(n\)以下の自然数\(m\)を任意に選んだ上で、\(\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{n}\)の中から\(m\)個の事象\(A_{1},\cdots ,A_{m}\)を任意に選び、その\(m\)個の事象を余事象\(A_{1}^{c},\cdots ,A_{m}^{c}\)に置き換える。こうして得られる事象族\begin{equation*}\left\{ A_{1}^{c},\cdots ,A_{m}^{c},A_{m+1},\cdots ,A_{n}\right\}
\end{equation*}は独立である。

証明

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例(独立な有限事象族と余事象)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)において、3つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\in \mathcal{F}\)が独立であるものとします。すると上の命題より、\begin{eqnarray*}&&A_{1}^{c},A_{2},A_{3} \\
&&A_{1},A_{2}^{c},A_{3} \\
&&A_{1},A_{2},A_{3}^{c} \\
&&A_{1}^{c},A_{2}^{c},A_{3} \\
&&A_{1}^{c},A_{2},A_{3}^{c} \\
&&A_{1},A_{2}^{c},A_{3}^{c} \\
&&A_{1}^{c},A_{2}^{c},A_{3}^{c}
\end{eqnarray*}はいずれも独立です。

 

独立な有限事象族に関する積の法則

確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられているものとします。有限事象族\(\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{n}\subset \mathcal{F}\)を任意に選んだとき、\begin{equation*}P\left( A_{1}\cap \cdots \cap A_{n-1}\right) >0
\end{equation*}が成り立つならば、以下の関係\begin{equation*}
P\left( A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\right) =P\left( A_{1}\right) \cdot
P\left( A_{2}|A_{1}\right) \cdot P\left( A_{3}|A_{1}\cap A_{2}\right) \cdots
P\left( A_{n}|A_{1}\cap \cdots \cap A_{n-1}\right)
\end{equation*}が成立することを示し、これを積の法則と呼びました。一方、有限事象族\(\left\{ A_{i}\right\}_{i=1}^{n}\)が独立である場合の積の法則は、\begin{equation*}P\left( A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\right) =P\left( A_{1}\right) \times
\cdots \times P\left( A_{n}\right)
\end{equation*}となります。

例(積の法則)
箱の中に赤いボールと青いボールが\(5\)個ずつ、合計\(10\)個のボールが入っています。「箱からボールを\(1\)個ずつ順番に、合計\(3\)回ランダムに取り出す」という試行について考えます。すべての標本点は同じ程度の確かさで起こるものと仮定します。「\(1\)回目に赤が、\(2\)回目に青が、\(3\)回目に赤が出る」という事象の確率について考えます。「\(1\)回目に赤が出る」という事象を\(A\)で、「\(2\)回目に青が出る」という事象を\(B\)で、「\(3\)回目に赤が出る」という事象を\(C\)でそれぞれ表記するのであれば、問題としている事象は積事象\(A\cap B\cap C\)として表記されます。各回に取り出したボールを戻さずに次のボールを取り出す場合、\(A,B,C\)は明らかに独立ではないため、通常の積の法則\begin{equation*}P\left( A\cap B\cap C\right) =P\left( A\right) \cdot P\left( B|A\right)
\cdot P\left( C|A\cap B\right)
\end{equation*}を利用することになります。具体的には、\(P\left( A\right) \)は「\(1\)回目に赤が出る確率」であるため、\begin{equation*}P\left( A\right) =\frac{5}{10}
\end{equation*}であり、\(P\left( B|A\right) \)は「\(1\)回目に赤が出たことが観察された場合に\(2\)回目に青が出る条件付き確率」であるため、\begin{equation*}P\left( B|A\right) =\frac{5}{9}
\end{equation*}であり、\(P\left( C|A\cap B\right) \)は「\(1\)回目に赤が、\(2\)回目に青が出たことが観察された場合に\(3\)回目に赤が出る条件付き確率」であるため、\begin{equation*}P\left( C|A\cap B\right) =\frac{4}{8}
\end{equation*}であり、したがって、\begin{eqnarray*}
P\left( A\cap B\cap C\right) &=&\frac{5}{10}\cdot \frac{5}{9}\cdot \frac{4}{8} \\
&=&\frac{5}{36}
\end{eqnarray*}となります。一方、各回に取り出したボールを箱に戻してから次のボールを取り出す場合、\(A,B,C\)は独立であるため、独立な事象のもとでの積の法則\begin{equation*}P\left( A\cap B\cap C\right) =P\left( A\right) \cdot P\left( B\right) \cdot
P\left( c\right)
\end{equation*}を利用できます。具体的には、\(P\left( A\right) \)は「\(1\)回目に赤が出る確率」であるため、\begin{equation*}P\left( A\right) =\frac{5}{10}
\end{equation*}であり、\(P\left( B\right) \)は「\(2\)回目に青が出る確率」であるため、\begin{equation*}P\left( B|A\right) =\frac{5}{10}
\end{equation*}であり、\(P\left( C\right) \)は「\(3\)回目に赤が出る確率」であるため、\begin{equation*}P\left( C\right) =\frac{5}{10}
\end{equation*}であり、したがって、\begin{eqnarray*}
P\left( A\cap B\cap C\right) &=&\frac{5}{10}\cdot \frac{5}{10}\cdot \frac{5}{10} \\
&=&\frac{1}{8}
\end{eqnarray*}となります。

 

演習問題

問題(4つの事象の独立性)
確率空間\(\left( \Omega ,\mathcal{F},P\right) \)が与えられたとき、4つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3},A_{4}\in \mathcal{F}\)が独立であることとは、\begin{equation*}\forall J\subset \left\{ 1,2,3,4\right\} :P\left( \bigcap_{i\in
J}A_{i}\right) =\prod_{i\in J}P\left( A_{i}\right)
\end{equation*}が成り立つことを意味しますが、ここで要求されている条件をすべて具体的に記述してください。

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問題(有限事象族の独立性)
問題としている試行において3つの事象\(A_{1},A_{2},A_{3}\)が独立であるとともに、それぞれの確率が、\begin{eqnarray*}P\left( A_{1}\right) &=&\frac{3}{10} \\
P\left( A_{2}\right) &=&\frac{2}{5} \\
P\left( A_{3}\right) &=&\frac{4}{5}
\end{eqnarray*}であるものとします。以下の確率を求めてください。

  1. 3つの事象がすべて起こる確率
  2. 3つの事象が1つも起こらない確率
  3. 3つの事象のうちの少なくとも1つが起こる確率
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問題(有限事象族の独立性)
4枚のカードがあり、