A Valószínűségszámítás I. előadássorozat harmadik előadása. 2001 február 13.

Összefoglaló:

Feltételes valószínűség tárgyalása. (folyatás)

A feltételes és hagyományos valószínűség fogalmai között fogalmaz meg kapcsolatot a következő lemma.

Lemma. Legyen (Ω, A, P) valószínűségi mező, és legyen rajtva adva egy B ∈ A esemény, melyre P (B) > 0. Vezessük be a P_{B}, P_{B}(A) = P (A|B), A ∈ A, halmazfüggvényt a A σ-algebrán. Ekkor (Ω, A, P_{B}) szintén valószínűségi mező.

Megjegyzés; Ez az állítás megtalálható a Fazekas könyv 3.5 feladatában. Ugyancsak ezen az oldalon található a 3.2 Állítás, mely nagyon hasonló ehhez. Egy különbség van a két állítás között. Mi az eredeti valószínűségi mező σ-algebráját nem változtattuk meg. A Fazekas könyv 3.2 állításában az A ∩ B, A ∈ A alakú halmazokra van megszorítva a σ-algebra.

Bizonyítás: P_{B}(Ω) = 1, A σ-algebra, azt kell még ellenőrizni, hogy P_{B} σ-additiv az

A σ algebrán, azaz, ha A_{n}, n = 1, 2, …, diszjunkt halmazok, akkor P_{B} ( ⋃_{n=1}^{∞} A_{n}) =

∑_{n=1}^{∞} P_{B}(A_{n}). Viszont ebben az esetben az A_{n} ∩ B halmazok is diszjunktak, ezért

P_{B} ( ⋃_{n=1}^{∞} A_{n}) = \frac{P (( ⋃_{n=1}^{∞} A_{n}) ∩ B)}{P (B)} = \frac{P ( ⋃_{n=1}^{∞}(A_{n} ∩ B))}{P (B)}

= \frac{∑_{n=1}^{∞} P (A_{n} ∩ B)}{P (B)} = ∑_{n=1}^{∞} P_{B}(A_{n}).

Megfogalmaztunk néhány egyszerű állítást a feltételes valószínűségről. Ezeket nem kell feltétlenül megtanulni, mert olyan összefüggéseket fejeznek ki, melyekre az ember magától is rájön. Fontosabb inkább megérteni azt, hogy a tárgyalt példákban ezeket az összefüggéseket hogyan használjuk.

Először felidéztük a Fazekas könyv 3.6 definicióját (33. oldal), mely lényegében nem más mint a halmazelméletben szereplő partició fogalmának újrafogalmazása a valószínűségszámítás terminológiájával.

Teljes eseményrendszer definiciója Legyen adva egy (Ω, A, P) valószínűségi mező, azon A_{n} ∈ A események (halmazok) véges vagy megszámlálhatóan végtelen rendszere. Azt mondjuk, hogy az A_{n} események teljes eseményrendszert alkotnak, ha azok diszjunkt halmazok (más szóval egymást kizáró események), és ⋃_{n} A_{n} = Ω.

Teljes valószínűség tétele. Alkossanak a B_{n} halmazok pozitív valószínűségi halmazokból álló teljes eseményrendszert. Ekkor tetszőleges A halmazra

P (A) = P (A|B_{1})P (B_{1})+ = P (A|B_{2})P (B_{2}) + · · · .

(Lásd Fazekas könyv 3.7 tételét a 33. oldalon.)

Bizonyítás:

P (A) = P (A ∩ B_{1}) + P (A ∩ B_{2}) + ⋯ = P (A|B_{1})P (B_{1})+ = P (A|B_{2})P (B_{2}) + · · · .

Bayes formula. (lásd Fazekas könyv 35. oldal.)

P (B|A) = P (A|B)\frac{P (B)}{P (A)}, ha P (A) > 0, és P (B) > 0.

Megfogalmazzuk a következő (egyszerű) eredményt, melyet hívnak néha a teljes eseményrendszerről szóló tételnek is. (Lásd Fazekas könyv 3.10 Tétel a 36. oldalon).

Tétel. Legyen adva egy A esemény és egy B_{1}, B_{2}, ⋯, teljes eseményrendszer. Ekkor

P (B_{i}|A) = \frac{P (A|B_{i})P (B_{i})}{∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}|B)P (B_{n})} minden i = 1, 2, …, számra.

Bizonyítás: Vegyük észre, hogy a felírt kifejezésben a számláló

P (A|B_{i})P (B_{i}) = P (A ∩ B_{i}),

a nevező pedig ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}|B)P (B_{n}) = ∑_{n=1}^{∞} P (A ∩ B_{n}) = P (A).

Konkrét esetekben ezekre az összefüggésekre magunk is rájöhetünk anélkül, hogy a formális képleteket nézzük. Tekintettünk néhány példát.

Feladatok:

Három gép gyárt csavarokat, az egyik 0.01 a második 0.02 a harmadik 0.03 valószínűséggel gyárt hibás csavarokat. A csavarokat egy raktárba viszik, és összekeverik azokat. Egy gyártott csavar 0.5 valószínűséggel készült az első 0.3 valószínűséggel a második és 0.2 valószínűséggel készült a harmadik gépen. Kiveszünk egy csavart, megnézzük, és azt találjuk, hogy az hibás. Milyen valószínűséggel készült a csavar eme feltételek mellett az első gépen? Megoldás: Jlölje A_{1}, A_{2} illetve A_{3} azt az eseményt, hogy a csavar az elsó, második vagy harmadik gépen készült, B azt az eseményt, hogy a csavar hibás. Ekkor minket a P (A_{1}|B) feltételes valószínűség érdekel. Tudjuk, hogy P (A_{1}) = 0.5, P (A_{2}) = 0.3, P (A_{3}) = 0.2, továbbá P (B|A_{1}) = 0.01, P (B|A_{2}) = 0.02, és P B(B|A_{3}) = 0.03. Ekkor

P (A_{1}|B) = \frac{P (B ∩ A_{1})}{P (B)} = \frac{P (B|A_{1})P (A_{1})}{P (B ∩ A_{1}) + P (B ∩ A_{2}) + P (B ∩ A_{3})}

= \frac{P (B|A_{1})P (A_{1})}{P (B|A_{1})P (A_{1}) + P (B|A_{2})P (A_{2}) + P (B|A_{3})P (A_{3})}

= \frac{0.01 · 0.5}{0.01 · 0.5 + 0.02 · 0.3 + 0.03 · 0.2}.

Mi annak a valószínűsége, hogy egy (szabályos) dobókocka mindkét dobásának az eredménye hatos feltéve, hogy legalább az egyik hatos? Megoldás: Jelölje A_{1} azt az eseményt, hogy az első dobás eredménye hatos, A_{2} azt az eseményt, hogy a második dobás eredménye hatos. Akkor minket a P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) feltételes valószínűség érdekel. Viszont

P (A_{1} ∩ A_{2}|A_{1} ∪ A_{2}) = \frac{P ((A_{1} ∩ A_{2}) ∩ (A_{1} ∪ A_{2}))}{P (A_{1} ∪ A_{2})} = \frac{P (A_{1} ∩ A_{2})}{P (A_{1} ∪ A_{2})}.

Másrészt P (A_{1} ∩ A_{2}) = \frac{1}{36}, P (A_{1} ∪ A_{2}) = 1 − P (Ā_{1} ∩ Ā_{2}) = 1 − \frac{25}{36} = \frac{11}{36}. Innen

a keresett feltételes valószínűség \frac{1}{11}.

Megfogalmaztam a következő házi feladatot:

Házi feladat:

Két különböző fáról leszednek 10 almát, és beteszik két különböző (megkülönböz-

tethetetlen dobozba.) Ez egyik fáról szedett almák (egymástól függetlenül) \frac{1}{4} a

másik fáról szedett almák pedig (szintén egymástól függetlenül) \frac{1}{10} valószínűséggel férgesek. Kiveszünk az egyik dobozból két almát és mind a kettő férges. Ezek után kiveszünk a másik dobozból egy almát. Mi annak a valószínűsége, hogy ez az alma már nem férges?

Ezután a következő feladatot tárgyaltuk. (lásd a Fazekas könyvben a 3.4 Példát a 32. oldalon)

Ha egy n létszámú csoportban r véletlenül kiválasztott diáknak dolgozatot kell írni, mi annak a feltételes valószínűsége, hogy a legrosszabb diáknak is dolgozatot kell írni, feltéve, hogy a legjobb diák is dolgozatot ír.

Megoldás: Jelölje A azt az eseményt, hogy a legrosszabb diák ír dolgozatot, B azt

az eseményt, hogy a legjobb diák ír dolgozatot. Ekkor mi a P (A|B) = \frac{P (A ∩ B)}{P (B)} feltételes valószínűséget akarjuk kiszámítani. Viszont P (A ∩ B) = \begin{matrix}( & {n − 2 \atop r − 2} & ) \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix}, mert

\binom{n − 2}{r − 2} olyan választás van, melyben mind a legjobb mind a legrosszabb diák ír

dolgozatot, összesen \binom{n}{r} választás van, és minden választás egyforma valószínű.

Hasonlóan, P (B) = \begin{matrix}( & {n − 1 \atop r − 1} & ) \\ ( & {n \atop r} & ) \end{matrix}. Innen egyszerű számolással

P (A|B) = \begin{matrix}( & {n − 2 \atop r − 2} & ) \\ ( & {n − 1 \atop r − 1} & ) \end{matrix} = \frac{r − 1}{n − 1}.

A gyakorlaton e feladatnak más heurisztikus tárgyalását is vizsgáltuk, illetve azt, hogy miért adnak a heurisztikus érvelések helyes eredményt.

Események függetlensége.

Ez a valószínűségszámítás egyik legfontosabb fogalma. Heurisztikusan azt mondhatjuk, hogy egy A esemény akkor független egy B eseménytől, ha a A esemény bekövetkezése vagy be nem következése nem befolyaásolja annak valószínűségét, hogy a B esemény bekövetkezik-e. Ez azt sugallja, hogy a B esemény akkor független az A eseménytől, ha P (B|A) = P (B). Ezt az összefüggést átrendzve jutunk a következő definicióhoz.

Két esemény függetlenségének a definiciója. Azt mondjuk, hogy egy A és B esemény független, ha P (A ∩ B) = P (A)P (B).

Ez a definició azonban önmagában nem kielégítő számunkra. Beszélni akarunk több esemény függetlenségéről is. Ezért a következő definiciót is bevezetjűk.

Több esemény függetlenségének definiciója: Az A_{1}, …, A_{n} események akkor (teljesen) függetlenek, ha az {1, …, n} indexhalmaz minden {j_{1}, …, j_{k}} ⊂ {1, …, n} részhalmazára

P (A_{j_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{k}}) = P (A_{j_{1}}) ⋯ P (A_{j_{k}}).

Események végtelen A_{1}, A_{2}, … sorozata akkor és csak akkor független, ha tetszőleges pozitív n egész számra az A_{1}, …, A_{n} események függetlenek.

Speciálisan n = 3 esetben ez a definició a következőt jelenti: Az A, B és C események akkor függetlenek, ha a következő azonosságok mindegyike teljesül:

P (A ∩ B) = P (A)P (B)
P (A ∩ C) = P (A)P (C)
P (B ∩ C) = P (B)P (C)
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).

Megmutatandó, hogy ezen feltételek mindegyike fontos tekintsük a következő feladatot.

Adjunk példát egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőre azon három A_{1}, A_{2} és A_{3} eseményre, melyekre P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}), de az A_{1}, A_{2} és A_{3} események nem függetlenek. Egy lehetséges konstrukció: Legyen Ω = {1, 2, 3, 4, 5}, A az Ω halmaz összes részhalmazaiból álló σ-algebra, P ({1}) = x, P ({2}) = P ({3}) = P ({4}) = y, P ({5}) = 1 − x − 3y, alkalmas x és y számokkal, P (A) = ∑_{u∈A} P ({u}) minden

A ∈ A halmazra. Definiáljuk az A_{1} = {1, 2}, A_{2} = {1, 3} és A_{3} = {1, 4} halmazokat. Ekkor A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3} = {1}, ezért P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = x. Másrészt P (A_{1}) = P (A_{2}) = P (A_{3}) = x + y. Válasszuk meg az x és y számokat úgy, hogy

x = (x + y)^{3}. Egy lehetőség erre, x + y = \frac{1}{3}, és ekkor x = (x + y)^{3} = \frac{1}{27}, y = \frac{8}{27},

továbbá P (\{5\}) = \frac{2}{27}. Ebben a példában P (A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}) = P (A_{1})P (A_{2})P (A_{3}). Viszont A_{1} ∩ A_{2} = {1} = A_{1} ∩ A_{2} ∩ A_{3}, így nyílván P (A_{1} ∩ A_{2}) ≠ P (A_{1})P (A_{2}). Tehát a függetlenség nem teljesül.

Fogalmazzuk meg a független eseményekre vonatkozó tulajdonságok közül a legfontosabbakat.

Ha A_{1}, …, A_{n} független események, és bevezetjük az A_{j}^{1} = A_{j} és A_{j}^{−1} = Ω \ A_{j} jelöléseket, akkor tetszőleges ε_{j} = ±, 1 ≤ j ≤ n sorozatra az A_{1}^{ε_{1}}, …, A_{n}^{ε_{n}} események függetlenek. Indoklás: Elég belátni, hogy egy A_{j} halmaz kicserélése az A_{j}^{−1} halmazra nem változtatja meg a halmazrendszer függetlenségét. Továbbá az indexek szimmetria tulajdonsága miatt elég a j = 1 esettel foglalkozni. Ezután a függetlenséget definiáló relációk közül elég azokat ellenőrizni, amelyekben a j = 1 index szerepel. Azt kell megmutatni. hogy az A_{1}, …, A_{n} események függetlensége esetén teljesül az

P ((Ω \ A_{1}) ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) = P (Ω \ A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})

azonosság minden 2 ≤ l_{1} < ⋯ < l_{s} indexre. Viszont ekkor

P ((Ω \ A_{1}) ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) = P (A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}}) − P (A_{1} ∩ A_{l_{1}} ∩ ⋯ ∩ A_{l_{s}})
= P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}}) − P (A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})
= (1 − P (A_{1}))P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}})
= P (Ω \ A_{1})P (A_{l_{1}}) ⋯ P (A_{l_{s}}).

Legyenek A_{1}, …, A_{n}, B_{1}, …, B_{m} események függetlenek egymástól. Lássuk be, hogy tetszőleges olyan C eseményre, amelyik előállítható az A_{1}, …, A_{k} halmazokból metszet, unió és komplementerképzés segítségével igaz, hogy a B_{1}, …, B_{m} és C halmazok függetlenek. Indoklás: Lássuk be, hogy minden ilyen C helmaz felírható az előzű feladat jelölését használva C = ⋃_{(j_{1},...,j_{n})∈J} A^{ε_{j_{1}}} ∩ ⋯ ∩ A^{ε_{jn}} alakban, ahol J egy n hosszúságú ±1

sorozatokból álló halmaz. Továbbá az ebben a kifejezésben szereplő A^{ε_{j_{1}}} ∩⋯∩A^{ε_{jn}} események diszjunktak, és függetlenek a B_{1}, …, B_{n} eseményektől.

Ezután tekintettünk néhány példát.

Egy 100 tagú társaság minden egyes tagja egymástól függetlenül \frac{1}{1000} valószínűséggel betegszik meg. Mi annak a valószínűsége, hogy a társaságnak lesz beteg tagja? A kapott eredményről mit mondhatunk? Az nagyon nagy, majdnem 1 vagy nagyon kicsi majdnem nulla? Megoldás: Jelölje A_{j} azt az eseményt, hogy a társaság j-ik megbetegszik meg.

Ekkor a P (A_{j}) = \frac{1}{1000}, és az A_{j} események függetlenek. Számoljuk ki először a minket érdeklő esemény komplementerének, azaz annak az eseménynek a valószí-

nűségét, hogy mindenki egészséges. Ez az ⋂_{j=1}^{1000}(Ω \ A_{j}) esemény. Mivel P (Ω \ A_{j}) =

1 − \frac{1}{1000}, és az A_{j} események függetlenségéből következik az Ω \ A_{j} események

függetlensége is, ezért P ( ⋂_{j=1}^{1000}(Ω \ A_{j})) = (1 − \frac{1}{1000})^{100}. Innen a minket érdeklő

esemény valószínűsége 1 − (1 − \frac{1}{1000})^{100}.

Végül jegyezzük meg, hogy (1 − \frac{1}{1000})^{100} = ((1 − \frac{1}{1000})^{1000})^{1/10} ∼ e^{−1/10}.

Miért? Ez a szám nagyon közel van az egyhez, ezért a minket érdeklő valószínűség értéke kicsi. Tekintsük a következő valószínűségi mezőt. Ω = {1, …, n}, ahol n valamely pozitív egész szám, A az Ω összes részhalmazaiból álló σ-algebra,

P (A) = \frac{az A halmaz számossága}{n}.

Legyen n = p_{1}^{r_{1}} ⋯ p_{k}^{r_{k}} az n szám prímtényezős felbontása, és definiáljuk a következő A_{j} eseményeket: A_{j} = {m: m osztható a p_{j} számmal}, 1 ≤ j ≤ k. Legyen B = {m: m relatív prim az n számhoz képest}. Mutassuk meg, hogy a. Az A_{1}, …, A_{k} események függetlenek.

b. P (B) = ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ), azaz összesen n · ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ) n-nél kisebb és az n-hez

képest relatív prim van.

Megoldás: A_{j} = \{p_{j}, 2p_{j}, …, \frac{n}{p_{j}} p_{j}\} egy \frac{n}{p_{j}} számból álló halmaz, ezért P (A_{j}) =

\frac{1}{p_{j}}, 1 ≤ j ≤ k. Az A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}} halmaz az n-nél kisebb p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}} számmal

osztható számokból áll minden 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ k sorozatra, ezért

számossága \frac{n}{p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}}}, és P (A_{j_{1}} ∩A_{j_{2}} ∩⋯∩A_{j_{s}}) = \frac{1}{p_{j_{1}} ⋯ p_{j_{s}}}. Ez azt jelenti, hogy

P (A_{j_{1}} ∩ A_{j_{2}} ∩ ⋯ ∩ A_{j_{s}}) = P (A_{j_{1}})P (A_{j_{2}}) ⋯ P (A_{j_{s}}) minden 1 ≤ j_{1} < j_{2} < ⋯ < j_{s} ≤ k sorozatra, ezért az A_{1}, A_{2}, … A_{k} halmazok függetlenek.

Végül B = Ω\(A_{1}∪⋯∪A_{k}) = ⋂_{j=1}^{k}(Ω\A_{j}). Ezért és az A_{j} események függetlensége

miatt P (B) = ∏_{j=1}^{k} P (Ω \ A_{j}) = ∏_{j=1}^{k} (1 − \frac{1}{p_{j}} ), ahonnan következik a B halmaz

számosságára megadott képlet.

Végül hozzákezdtünk a valószínűségszámítás egyik fontos eredményének a Borel– Cantelli lemma ismertetéséhez. Először informálisan ismertettem a problémát.

A kérdés a következő: Mikor mondhatjuk azt, hogy bizonyos események közül végtelen sok bekövetkezik: a.) egy valószínűséggel, b.) pozitív valószínűséggel. Például mikor mondhatjuk egy (vagy pozitív) valószínűséggel azt, hogy végtelen sok olyan nap van, amelyikben valami jó következik. Ez azt jelenti, hogy bármely nap bízhatunk abban, hogy nem múlt el az összes olyan nap, melyben valami jó történik, tehát érdemes még élni.

Ahhoz, hogy a Borel–Cantelli lemmát megfogalmazzuk szükséges a halmazelmélet nyelvén megfogalmazni azt a tényt, hogy bízonyos események közül végtelen sok következik be, azaz meg kell adni azt az eseményt, melynek a valószínűségére vagyunk kiváncsiak. Legyen adva végtelen sok A_{1}, A_{2}, ⋯ esemény egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. Mikor mondhatjuk, hogy ezek közül végtelen sok következik be, vagy formálisan megfogalmazva mely ω ∈ Ω elemi eseményekre mondhatjuk, hogy ω ∈ A_{n} végtelen sok n indexre? Egy ω elemi esemény akkor és csak akkor teljesíti ezt a tulajdonságot, ha

minden n-re ω ∈ ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}, azaz minden n-re létezik olyan m ≥ n index melyre ω ∈ A_{m}. Ez

akkor és csak akkor történik meg, ha ω ∈ ⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}. Ez azt jelenti, hogy a ⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}

esemény valószínűségére vagyunk kiváncsiak, és erről ad információt a Borel–Cantelli lemma.

Borel–Cantelli lemma: Legyen adva végtelen sok A_{1}, A_{2}, ⋯ esemény egy (Ω, A, P) valószínűségi mezőn. A követkaző két állítás igaz:

a.) Ha ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}) < ∞, akkor

P ( ⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}) = 0,

azaz ebben az esetben egy valószínűséggel csak véges sok A_{n} esemény következik be. b.) Ha ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}) = ∞, és az A_{n}, n = 1, 2, …, események függetlenek, akkor

P ( ⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}) = 1,

azaz ebben az esetben egy valószínűséggel végtelen sok sok A_{n} esemény következik be.

Tegyünk néhány megjegyzést ezzel az eredménnyel kapcsolatban. Ha a P (A_{n}) valószínűségek viszonylag kicsik, ami jelen esetben azt jelenti, hogy az összegük konvergens, akkor csak véges sok A_{n} esemény következik be 1 valószínűséggel. A másik irányú állításban nemcsak azt követeltük meg, hogy az események valószínűségei legyenek viszonylag nagyok, összegük legyen divergens, hanem azt is, hogy az egyes A_{n} események legyenek függetlenek. Ebben az esetben viszont erősebb állítást fogalmazhattunk meg. Nemcsak azt állítjuk, hogy ebben az esetben annak valószínűsége hogy végtelen sok A_{n} esemény következik be pozitív, hanem azt is, hogy ez a valószínűség 1. Ha tehát az A_{n} események függetlenek, akkor két lehetőség fordulhat elő. Vagy nulla valószínűséggel következik be végtelen sok A_{n} esemény (ha a valószínűségek üsszege konvergens) vagy pedig egy valószínűséggel (ha a valószínűségek üsszege divergens). Közbülső lehetőség nincs.

A b) esetben megfogalmazott eredményben az A_{n} események függetlensége nagyon fontos feltétel. Ezt a feltételt lehet gyengíteni, de teljesen elhagyni nem lehet. Ezt mutatja az alábbi két példa:

Legyen az (Ω, A, P) valószínűségi mező a [0, 1] intervallum, rajta a Borel mérhető halmazok σ-algebrája, és a P valószínűségi mérték a Lebesque mérték.

1. példa. Legyen A_{n} = [0, \frac{1}{2}] minden n = 1, 2, …, számra. Ekkor ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}) = ∞,

⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k} = [0, \frac{1}{2}], ezért P ( ⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}) = \frac{1}{2}.

2. példa. Legyen A_{n} = (0, \frac{1}{n}), n = 1, 2, . . .. Ekkor ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}) = ∑_{j=1}^{∞} \frac{1}{n} = ∞,

⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k} = ∅, ezért P ( ⋂_{n=1}^{∞} ⋃_{k=n}^{∞} A_{k}) = 0.

Az első példában egy olyan esetet láttunk, melyben annak a valószínűsége, hogy végtelen sok A_{n} küvetkezik be, \frac{1}{2}, tehát sem nem nulla sem nem 1. A második példában egy valószínűséggel csak véges sok A_{n} esemény következett be, noha teljesült

a ∑_{n=1}^{∞} P (A_{n}) = ∞ reláció. Természetesen egyik példában sem voltak a tekintett A_{n}

események függetlenek. Ezek a példák mutatják, hogy a Borel–Cantelli tétel b) részében szereplő függetlenség feltétel lényeges. Az gyengíthető ugyan, de teljesen el nem hagyható.