A feltételes valószínűség: 7 érdekes tény, amit tudnia kell

Feltételes valószínűség

Feltételes Valószínűségi elmélet kijön a hatalmas kockázatvállalás fogalmából. Manapság sok olyan probléma merül fel, amelyek a szerencsejátékból fakadnak, mint például az érmék dobása, a kockadobás és a kártyázás. 

A feltételes valószínűségszámítást számos különböző területen alkalmazzák, és a rugalmasság Feltételes valószínűség szinte sokféle igényhez biztosít eszközöket. valószínűségszámítás és az események bekövetkezési valószínűségének vizsgálatához kapcsolódó minták.

Tekintsük X-et és Y-t egy véletlen kísérlet két eseményének. Ezt követően az X bekövetkezésének valószínűségét abban az esetben, ha Y már megtörtént P (Y) ≠ 0 értékkel, feltételes valószínűségnek nevezzük, és P (X / Y) jelöli.

Ezért P (X / Y) = X bekövetkezésének valószínűsége, feltéve, hogy Y már megtörtént.

P(X ⋂ Y)/P( Y ) = n(X ⋂ Y)/n (Y )

Hasonlóképpen, P (Y / X) = Y előfordulásának valószínűsége, mivel X már megtörtént.

P(X ⋂ Y)/P( X ) = n(X ⋂ Y)/n (Y )

Röviden, egyes esetekben a P (X / Y) az X előfordulási valószínűségének megadására szolgál, amikor Y előfordul. Hasonlóképpen a P (Y / X) annak a valószínűségének meghatározására szolgál, hogy Y megtörténik, miközben X megtörténik.

Mi az a valószínűségi szorzási tétel?

Ha X és Y egyaránt egy tetszőleges kísérlet önfenntartó (független) eseménye, akkor

P(X ⋂ Y) = P( X ). P(X/Y), ha P(X)≠ 0

P(X ⋂ Y) = P( Y ). P( Y/X ), ha P ( Y ) ≠ 0

Mi a független események szorzási tétele? 

If X és Y egyaránt önfenntartó (független) események, amelyek egy tetszőleges kísérlethez kapcsolódnak, akkor P(X ∩ Y) =P(X).P(Y)

azaz, két független esemény egyidejű bekövetkezésének valószínűsége egyenlő valószínűségük szorzatával. A szorzási tételt használva P(X ∩ Y) =P(Y).P(Y/X)

 Mivel X és Y független események, ezért P(Y/X)=P(Y)

Azt jelenti, P(X ∩ Y) =P(X).P(Y)

Bár az események kölcsönösen kizárják egymást: 

Ha X és Y egymást kizáró események, akkor ⇒ n(X ∩ Y)= 0, P(X ∩ Y) = 0

P(XUY)=P(X) +P(Y)

Bármely három eseményre, amelyek X, Y, Z egymást kölcsönösen kizárják, 

P(X ∩ Y)= P(Y ∩ Z) =P(Z ∩ X) =P(X ∩ Y ∩ Z) =0

P (X ⋃ Y ⋃ Z) = P(X) + P(Y) + P(Z)

Míg az események függetlenek: 

Ha X és Y korlátlan (vagy független) események, akkor

P(X ∩ Y) = P(X).P(Y)

P(XUY) = P(X) + P(Y) – P(X). P(Y)

Legyen X és Y egy tetszőleges (vagy véletlenszerű) kísérlettel összefüggő két esemény

Ha Y⊂ X, akkor

(b) P(Y) ≤ P(X)

Hasonlóképpen, ha X⊂ Y, akkor

(b) P(X) ≤ P(Y)

Sem X, sem Y előfordulási valószínűsége nem 

Példa: Ha egy kártyacsomagból egyetlen lapot választanak ki. Mennyi az esélye, hogy ásó vagy király?

megoldás:

P (A) = P (ásókártya) = 13/52

P (B) = P (királykártya) = 4/52

P (ásó vagy király kártya) = P (A vagy B)

=P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)

=P(A)+P(B)-P(A)P(B)

=13/52+4/52-{(13/52)*(4/52)}

= 4/13

Példa: Ismeretes, hogy valaki 3-ből 4-mal találja el a célt, míg egy másik személy 2-ból 3-vel találja el a célt. Nézze meg, hogy a célpont eltalálásának valószínűsége egyáltalán lehetséges-e, ha mindkét ember próbálkozik.

megoldás:

 annak valószínűsége, hogy a célt első személy találja el = P (A) =3/4

a második személy célba találásának valószínűsége = P (B) =2/3

A két esemény nem zárja ki egymást, mivel mindkét személy ugyanazt a célpontot találja el =P (A vagy B)

=P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)

=P(A)+P(B)-P(A)P(B)

=3/4+2/3-{(3/4)*(2/3)}

= 11/12

Példa: If  A  és a B két esemény olyan, hogy P(A)=0.4, P(A+B)=0.7 és P(AB)=0.2, akkor P(B)?

megoldás: Mivel P(A+B)=P(A)+P(B) -P(AB)

=> 0.7=0.4+ P(B)-0.2

=> P(B) =0.5

Példa: Egy kártya tetszőleges időpontban kerül kiválasztásra egy kártyacsomagból. Mi az esélye annak, hogy a kártya piros színű vagy királynő legyen.

Megoldás: A szükséges valószínűség az

P (piros + királynő)-P (piros ⋂ királynő)

=P(piros) +P(királynő)-P(piros ⋂ királynő)

=26/52+4/52-2/52=28/52=7/13

Példa: Ha annak valószínűsége, hogy X nem bukik a tesztben, 0.3, Y valószínűsége pedig 0.2, akkor keresse meg annak valószínűségét, hogy X vagy Y megbukott a tesztben?

Megoldás: Itt P(X)=0.3, P(Y)=0.2

Most P(X∪Y)=P(X)+P(Y)-P(X⋂Y)

Mivel ezek független események, így

P(X ⋂ Y) =P(X) . P(Y)

Így a szükséges valószínűség 0.3+0.2 -0.06=0.44

Példa: A fizikából 20%, a matematikából pedig 10% az esély a kudarcra. Milyen lehetőségei vannak annak, hogy legalább egy tárgyból megbukjon?

Megoldás: Legyen P(A) =20/100=1/5, P(B) =10/100=1/10

Mivel az események függetlenek, és meg kell találnunk 

P(A ∪ B)=P(A) +P(B) -P(A). P(B)

=(1/5)+(1/10)-(1/5). (1/10)= (3/10)-(1/50)=14/50

Tehát a sikertelenség esélye egy tantárgyból (14/50)X 100=28%

Példa: Annak a valószínűsége, hogy egy kérdést három diák megold, 1/2,1, 4/1, illetve 6/XNUMX. Mennyi az esély a kérdés megválaszolására?

Megoldás:

(i) Ezt a kérdést egy tanuló is meg tudja oldani

(ii) Erre a kérdésre két tanuló válaszolhat egyszerre.

(iii) Erre a kérdésre három tanuló együttesen válaszolhat.

P(A)=1/2, P(B)=1/4, P(C)=1/6

P(A ∪ B ∪ C)= P(A) + P(B) +P(C)- [P(A).P(B)+P(B).P(C)+P(C). P(A)] + [P(A).P(B).P(C)]

=(1/2)+(1/4)+(1/6)-[(1/2).(1/4)+(1/4).(1/6)+(1/6).(1/2)] +[(1/2).(1/4).(1/6)] =33/48

Példa: Egy X valószínűségi változónak van valószínűségi eloszlása

X	1	2	3	4	5	6	7	8
P(X)	0.15	0.23	0.12	0.10	0.20	0.08	0.07	0.05

Az E ={X prímszám} és F={X<4} eseményekre keresse meg P(E ∪ F) valószínűségét.

Megoldás:

E ={ X egy prímszám}

P(E) = P(2) +P(3)+ P(5) +P(7) =0.62

F ={X < 4}, P(F) =P(1)+P(2)+P(3)=0.50

és P(E⋂F)=P(2)+P(3)=0.35

P(E ∪ F) =P(E)+P(F) – P(E ⋂ F)

      = 0.62+0.50 – 0.35 = 0.77

Példa: Három érmét dobnak fel. Ha valamelyik érme farkának tűnik, akkor mennyi az esélye annak, hogy mindhárom érme farkának tűnjön?

Megoldás: Fontolja E az az esemény, ahol mindhárom érme megjelenik a farok és a F az az esemény, amikor egy érme farka jelenik meg. 

F= {HHT, HTH, THH, HTT, THT, TTH, TTT}

és E = {TTT}

Szükséges valószínűség = P(E/F)=P(E ⋂F )/P(E)=1/7

Teljes valószínűség és Baye-szabály

A teljes valószínűség törvénye:

Az S mintatérhez és n egymást kizáró és kimerítő E eseményhez₁ E₂ ….E_n véletlenszerű kísérlethez kapcsolódik. Ha X egy konkrét esemény, amely az E eseményekkel történik₁ vagy E₂ vagy vagy E_n, Akkor 

Baye szabálya: 

Fontolja S legyen mintatér és E₁, E₂, …..E_n be n össze nem illő (vagy egymást kizáró) események olyan

és P(E_i) > 0, ha i = 1,2,…,n

Eszünkbe juthat E_imint a kísérlet eredményéhez vezető tényezők. A valószínűségek P(E_i), i = 1, 2, ….., n korábbi (vagy korábbi) valószínűségeknek nevezzük. Ha az értékelés eredménye X esemény eredménye, hol P(X) > 0. Ekkor érzékelnünk kell annak lehetőségét, hogy az észlelt X esemény oka E_i, azaz keressük a P(E) feltételes valószínűséget_i/X) . Ezeket a valószínűségeket utólagos valószínűségeknek nevezzük, amelyeket Baye szabálya a következőképpen ad meg

Példa: 3 doboz van, amelyekről ismert, hogy 2 kék és 3 zöld golyót tartalmaznak; 4 kék és 1 zöld golyó, illetve 3 kék és 7 zöld golyó. Véletlenszerűen kihúznak egy márványt az egyik dobozból, és kiderül, hogy az egy zöld golyó. Akkor mennyi a valószínűsége, hogy a legtöbb zöld golyót tartalmazó dobozból húzták ki.

Megoldás: Vegye figyelembe a következő eseményeket:

A ->márvány rajzolt zöld;

E₁ -> az 1. rovat van kiválasztva;

E₂ A 2. rovat van kiválasztva

E₃ A 3. rovat kerül kiválasztásra.

P(E₁)=P(E₂)=P(E₃)=1/3, p(A/E₁)=3/5

Majd

P(A/E₂)=1/5, P(A/E₃)=7/10

Szükséges valószínűség =P(E₃/A)

P(E₃)P(A/E₃)/P(E₁)P(A/E₁)+P(E₂)P(A/E₂)+P(E₃)P(A/E₃)=7/15

Példa: A felvételi vizsgán feleletválasztós kérdések vannak. Minden kérdésre négy lehetséges helyes válasz van, amelyek közül az egyik a helyes. 90%-os esélye van annak, hogy a tanuló felismeri a helyes választ egy adott kérdésre. Ha egy adott kérdésre a megfelelő választ kapja, akkor mennyi a valószínűsége annak, hogy megjósolta.

Megoldás: A következő eseményeket határozzuk meg:

A₁ : Ő tudja a választ.

A₂ : Lehet, hogy nem tudja a választ.

E: Tisztában van a helyes válasszal.

P(A₁) =9/10, P(A₂) =1-9/10=1/10, P(E/A₁)=1,

BORSÓ₂) = 1/4

Tehát a várható valószínűség

Példa: Vödör A 4 sárga és 3 fekete golyót és vödröt tartalmaz B 4 fekete és 3 sárga golyót tartalmaz. Véletlenszerűen veszünk egy vödröt, és egy márványt húzunk, és megjegyezzük, hogy sárga. Mekkora a valószínűsége annak, hogy megérkezik Bucket B.

Megoldás: Baye tételén alapul. 

Vödör kiválasztásának valószínűsége A , P(A)=1/2

Vödör kiválasztásának valószínűsége B , P(B)=1/2

Vödörből kiválasztott sárga márvány valószínűsége A  =P(A). P(G/A)=(1/2)x (4/7)=2/7 

Vödörből kiválasztott sárga márvány valószínűsége B = P(B).P(G/B)=(1/2)x(3/7)=3/14

A sárga golyók teljes valószínűsége = (2/7) + (3/14) = 1/2

Annak a ténynek a valószínűsége, hogy a Yellow Marbles vödörből származik B  

P(G/B)={P(B).P(G/B)}/{P(A).P(G/A)+P(B).P(G/B)}={(1/2)x(3/7)}/{[(1/2)x(4/7)]+[(1/2)+(3/7)]} =3/7

Következtetés:

 Ebben a cikkben elsősorban a Feltételes valószínűség és Bayes-tétel a példákkal ezek közül a próba közvetlen és függő következményeit, amelyeket eddig tárgyaltunk, az egymást követő cikkekben a valószínűséget a valószínűségi változóhoz kapcsoljuk, és néhány ismert valószínűségelmélettel kapcsolatos kifejezést megvitatunk, ha további olvasnivalót szeretne, akkor menjen végig:

Schaum's Outlines of Probability and Statistics and Wikipédia oldal.

További tanulmányokért kérjük, tekintse meg honlapunkat matematika oldal.