Правила вероятности
Правила вероятности
Мы используем MathJax
По мере роста числа переменных в частотном распределении перечисление различных события усложняются. Вместо того, чтобы продолжать представление каждого ситуации в качестве многомерной выборки или пространства выборки будут полезны некоторые основные правила.
Основные свойства
Сначала сделаем несколько основных замечаний о вероятностях.
- Каждая вероятность находится в диапазоне от нуля до единицы. Другими словами, если $A$ — событие, то $0 \leq P(A) \leq 1$.
- Сумма вероятностей всех исходов равна единице. Другими словами, если все исходы в выборочном пространстве обозначаются $A_i$, тогда $\sum A_i = 1$.
- Невозможные события имеют нулевую вероятность. То есть, если событие $A$ невозможно, то
$Р(А) = 0$. Примером такого события является бросок 7 на стандартном шестигранном кубике.
- Вероятность некоторых событий равна единице. То есть, если событие $A$ обязательно произойдет, то $Р(А) = 1$. Примером такого события является выбрасывание менее 7 на стандартном кубике. Опять же, обратное справедливо не для всех ситуаций, а только для тех, которые включают конечные выборочные пространства.
Четыре правила вероятности
Всякий раз, когда событие является объединением двух других событий, применяется Правило сложения . В частности, если $A$ и $B$ являются событиями, то мы имеем следующее правило.
| $P(A \text{ или } B) = P(A) + P(B) — P(A \text{ и } B)$ |
В системе обозначений это можно записать как $P(A \cup B) = P(A) + P(B) — P(A \cap B)$.
Всякий раз, когда событие является дополнением к другому событию, применяется Дополнительное правило .
применять. В частности, если $A$ — событие, то у нас есть следующее правило.
| $P(\text{не} A) = 1- P(A)$ |
В системе обозначений это записывается как $P(\overline{A}) = 1 — P(A)$.
Всякий раз, когда доступно частичное знание события, Условное правило будет применять. В частности, если уже известно, что событие $A$ произошло, и вероятность события $B$ является желательным, то имеем следующее правило.
| $P(B, \text{данные} A) = \dfrac{P(A \text{ и } B)}{P(A)}$ |
В системе обозначений это записывается как $P(B|A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$.
Наконец, всякий раз, когда событие является пересечением двух других событий,
| $P(A \text{ и } B) = P(A) \cdot P(B,\text{ задано} A)$ |
В системе обозначений это записывается как $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$.
Эмпирический пример
В качестве примера рассмотрим относительную частоту групп крови в определенной популяции, как указано в следующей таблице.
| Тип А | Тип В | Тип АВ | Тип О | Всего | |
| Род+ | 0,34 | 0,09 | 0,04 | 0,38 | 0,85 |
| Rh- | 0,06 | 0,02 | 0,01 | 0,06 | 0,15 |
| Всего | 0,40 | 0,11 | 0,05 | 0,44 | 1,00 |
Предположим, что один человек из популяции выбран случайным образом. У нас есть следующее вероятности.
- Вероятность того, что человек относится либо к типу A, либо к резус-положительному, равна:
$P(\text{Тип A или Rh+}) = P(\text{Тип A}) + P(\text{Rh+}) — P (\text{Тип A и Rh+}) = 0,40 + 0,85 — 0,34 = 0,91$.
Обратите внимание, что, поскольку события были связаны с помощью «или» условие, мы использовали правило сложения. Мы добавили итоги из столбца типа А и Rh+. строку и вычесть их пересечение, чтобы избежать двойного подсчета этой ячейки. - Вероятность того, что человек не относится к типу А, составляет:
Поскольку ключевое слово в этой задаче было «не», мы использовали дополнительное правило. Мы вычли сумму типа А от 100% до получения результата. - Учитывая, что известно, что выбранный человек относится к типу AB, вероятность того, что он
также Rh+:
$P(\text{Rh+, учитывая тип AB}) = \dfrac{P(\text{Rh+ и тип AB})}{P(\text{тип AB})} = \dfrac{0,04}{0,05} = 0,80$.
В этой задаче у нас было частичное знание о группа крови субъекта, поэтому мы использовали условное правило. По сути, это равносильно игнорировать все, кроме столбца типа AB, и использовать основное правило для записей только в этом столбец. - Вероятность того, что человек относится и к типу AB, и к Rh+, явно равна $0,04$ из таблицы.
Но ключевое слово «и» — это сигнал о том, что можно использовать Правило умножения. Если бы мы использовали
это правило, мы бы имели:
$P(\text{Тип AB и Rh+}) = P(\text{Тип AB}) \cdot P(\text{Rh+, учитывая тип AB}) = 0,05\cdot 0,80 = 0,04$.
В этом расчете мы использовали результат предыдущего пример для вычисления.
В последней части приведенного выше примера использование правила умножения, вероятно, выглядело довольно глупый. На самом деле его использование было несколько круговым, поскольку правило умножения и условное выражение Правило так тесно связаны. И на самом деле, всякий раз, когда у вас есть заполненная таблица непредвиденных обстоятельств, не было бы необходимости делать такие вычисления. Правило умножения гораздо больше полезно в других контекстах.
Игра в кости
Давайте теперь рассмотрим правила вероятности в контексте классического примера прокатки
игральная кость.
- Вероятность того, что на обеих костях 5, равна:
$P(\text{на обеих 5}) = P(\text{первая 5, а вторая 5}) \vphantom{\dfrac12}$
$= P(\text{первая цифра 5}) \cdot P(\text{вторая цифра 5, учитывая, что первая цифра 5}) = \dfrac16 \cdot \dfrac16 = \dfrac{1}{36}$.
Слово «оба» подразумевало, что два события должны были произойти одновременно, первое событие и второе событие. Затем, из-за ключевого слова «и» мы использовали правило умножения. Результатом первого фактора из Основного правила на одном кубике. Мы также заметили, что знание результата первого кубика не влияет на вероятность любого исхода второго кубика, поэтому вторым фактором также было Основное правило на одном кубике. - Вероятность того, что хотя бы одна кость равна 5, равна:
$P(\text{по крайней мере одна 5}) = P(\text{первая 5 или вторая 5}) \vphantom{\dfrac12 }$
$= P(\text{первая цифра 5}) + P(\text{вторая цифра 5}) — P(\text{первая цифра 5, а вторая цифра 5}) = \dfrac16 + \dfrac16 — \dfrac{1}{36} = \dfrac{11}{36}$.
Во-первых, мы должны были признать, что событие «по крайней мере один» может быть выполнено одним или другим из двух отдельных случаев. Затем ключевое слово «или» заставило нас использовать правило сложения. Первые два члены пришли из Основного правила на одном кубике, в то время как третий член появился только из один результат, при котором оба кубика будут 5. - Вероятность того, что ни одна из костей не является пятеркой, равна:
$P(\text{ни одна из пяти костей}) = 1 — P(\text{хотя бы одна из пяти костей}) = 1 — \dfrac{11}{36 знак равно \dfrac{25}{36}$.
В данном случае мы признали, что «ни» не было дополнением к «хотя бы один», поэтому мы использовали дополнительное правило. Мы уже вычислили вероятность хотя бы одной пятерки в предыдущей части. - При условии, что хотя бы на одной из игральных костей выпало 5, вероятность того, что на другом выпадет 5, равна:
$P(\text{другой — 5 | хотя бы один — 5}) = \dfrac{P(\text{оба 5})}{P(\text{по крайней мере один 5})} = \dfrac{ \frac{1}{36} }{ \frac{11}{36} } = \dfrac{1}{11}$.
Частичное знание требует использования условного правила. Обе части проблемы были решены в предыдущие примеры.
Варианты с заменой и без замены
Предположим, у нас есть мешок с десятью мармеладками. Четыре мармеладки красные, три зеленые, два желтых и один оранжевый. Две мармеладки будут выбраны случайным образом. Но прежде чем мы может выполнять вычисления, мы должны знать, будет ли возвращен первый выбранный мармелад в сумку до того, как будет выбран второй мармелад. Если его вернуть в сумку, сумка восстановится до исходного состояния, а вероятности появления второй мармеладки будет идентичен первому. Если первая мармеладка не возвращается в мешок, то вероятности для второго мармеладки будут отличаться от первого.
- Если мармеладки выбрали с заменой , то вероятность того, что они
оба зеленые:
$P(\text{оба зеленые}) = P(\text{первый зеленый и второй зеленый}) \vphantom{\dfrac12}$
$= P(\text{первый зеленый}) \cdot P(\text{второй зеленый, учитывая первый зеленый}) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{3}{10} = \dfrac{9}{100}$. - Если мармеладки выбрали без замены , то вероятность того, что они
оба зеленые:
$P(\text{оба зеленые}) = P(\text{первый зеленый и второй зеленый}) \vphantom{\dfrac12}$
$= P(\text{первый зеленый}) \cdot P(\text{второй зеленый, учитывая первый зеленый}) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac29 = \dfrac{6}{90}$.
В этом примере мы видим, что мешок количество мармеладок изменилось до того, как был выбран второй мармелад, и нам пришлось взять его факт во внимание при выполнении наших вычислений. - Если мармеладки выбрали без замены , то вероятность того, что
первый зеленый, а второй красный:
$P(\text{первый зеленый и второй красный}) = P(\text{первый зеленый}) \cdot P(\text{второй красный, учитывая первый зеленый}) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac49= \dfrac{12}{90}$. - Если мармеладки выбрали без замены , то вероятность того, что один
зеленый и один красный:
$P(\text{один зеленый и один красный}) \vphantom{\dfrac12} = P(\text{первый зеленый и второй красный, или первый красный и второй зеленый})$
$= P(\text{первый зеленый и второй красный}) + P(\text{первый красный и второй зеленый}) — P(\text{первая и вторая обе}) \vphantom{\dfrac12}$
Теперь заметим, что первая мармеладка (и не вторая) может быть и красной, и зеленой одновременно, так что член вычитания выражения равен нулю. Поэтому имеем:
$= P(\text{первый зеленый}) \cdot P(\text{второй красный, учитывая первый зеленый)} + \vphantom{\dfrac12} P(\text{первый красный}) \cdot P(\text{второй зеленый, учитывая первый красный)}$
$= \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac49 + \dfrac{4}{10} \ cdot \dfrac39 = \dfrac{24}{90}$.
Поэтому имеем: Глядя на приведенные выше примеры, вы, вероятно, заметите, что «без замены» дело гораздо интереснее.
Статистическая независимость
Условное правило требовало учитывать некоторые частичные знания, и при этом пересчет вероятности события. Иногда значение менялось. В первом примере вероятность выделения особи с Rh+ кровью составляла 85%, но однажды стало известно, что у человека была кровь группы AB, вероятность изменилась до 80%. Точно так же вероятность выбора зеленой мармеладки было $\dfrac{3}{10}$, но как только зеленая мармеладка была удалена из мешка вероятность получения еще одной зеленой мармеладки изменилась на $\dfrac29$.
Однако иногда частичное знание не меняет вероятности.