Вероятность суммы совместных событий: Теорема вероятности суммы совместных событий. —

Содержание

Вероятность суммы двух событий. Независимость двух событий. Вероятность произведения двух независимых событий

Справочник по математикеТеория вероятностей и статистикаТеория вероятностей

Содержание

Вероятность суммы двух событий
Несовместные события
Независимость двух событий. Вероятность произведения двух независимых событий

Вероятность суммы двух событий

Пусть   A   и   B   – два произвольных события в случайном эксперименте с множеством элементарных исходов  Ω .

Справедливо следующее утверждение.

УТВЕРЖДЕНИЕ 1. Вероятность суммы двух событий равна сумме вероятностей этих событий минус вероятность их произведения.

Другими словами, верна формула:

(1)

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Рассмотрим диаграммы Эйлера – Венна для суммы двух событий и произведения двух событий, разместив их на одном рисунке (рис.1).

Событие   AСобытие   B
Событие   A + BСобытие  
Событие   A
Событие   B
Событие   A + B
Событие  

Рис.1

Проведем доказательство утверждения 1 на примере геометрического определения вероятности.

Если площадь произвольной фигуры   F   обозначить символом   S (F) ,   то из рисунка 1 легко установить справедливость равенства:

(2)

которое словами можно выразить так: «Площадь фигуры   A + B   равна сумме площадей фигур   A   и   B   минус площадь фигуры  ».

Если обе части равенства (2) разделить на число   S (Ω) ,   то мы получим равенство

В силу геометрического определения вероятности справедливы формулы

с помощью которых равенство (3) преобразуется к виду (1), что и завершает доказательство утверждения 1.

Доказательство утверждения 1 для классического определения вероятности проводится аналогичным образом, и мы оставляем его читателю в качестве полезного упражнения.

Несовместные события

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Два события   A   и   B   называют несовместными, если они не пересекаются.

Другими словами, события   A   и   B   несовместны, если

ЗАМЕЧАНИЕ 1. События   A   и   B   несовместны в том, и только в том случае, если событие   B   является подмножеством события   ,   то есть   .

ЗАМЕЧАНИЕ 2. События   A   и   B   несовместны в том, и только в том случае, если событие   A   является подмножеством события   ,   то есть   .

ЗАМЕЧАНИЕ 3. Если события   A   и   B   несовместны, то вероятность их произведения равна нулю.

Другими словами, для несовместных событий   A   и   B   верна формула

ЗАМЕЧАНИЕ 4. Если события   A   и   B   несовместны, то вероятность суммы событий   A + B   равна сумме вероятностей событий   A   и   B .

Другими словами, для несовместных событий   A   и   B   верна формула

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

Независимость двух событий.

Вероятность произведения двух независимых событий

Два события   A   и   B   называют независимыми, если появление одного из этих событий никак не влияет на вероятность появления второго события.

ЗАМЕЧАНИЕ 5. Несовместные события и независимые события – это совершенно разные понятия, и их не следует путать.

Справедливо следующее утверждение.

УТВЕРЖДЕНИЕ 2. Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению их вероятностей.

Другими словами, для двух независимых событий   A   и   B   верна формула

(4)

Проиллюстрируем справедливость формулы (4) на примере.

ПРИМЕР 1. Случайный эксперимент состоит в подбрасывании двух игральных костей. Одна из игральных костей окрашена в синий цвет, другая – в красный. Найти вероятность того, что на синей игральной кости выпадет число   3 ,   а на красной игральной кости выпадет число   4 .

РЕШЕНИЕ. Сформируем следующую таблицу, в которой записаны все   36   возможных вариантов пар чисел, выпадающих при подбрасывании двух игральных костей. Первая строка таблицы – это числа, выпавшие при бросании синей кости, а первый столбец таблицы – это числа, выпавшие при бросании красной кости. На пересечении строки и столбца указана пара чисел, выпавших на двух костях.

123456
11, 11, 21, 31, 41, 51, 6
22, 12, 22, 32, 42, 52, 6
33, 13, 23, 33, 43, 53, 6
44, 14, 24, 34, 44, 54, 6
55, 15, 25, 35, 45, 55, 6
66, 16, 26, 36, 46, 56, 6

      Благоприятным является только один исход, а именно, клетка с результатом   4, 3 ,   окрашенная в таблице желтым цветом. Следовательно, вероятность события, состоящего в том, что на синей игральной кости выпадает число   3 ,   а на красной игральной кости выпадает число   4 ,   равна  .

Теперь рассмотрим случайный эксперимент, описанный в примере 1, с другой стороны. Для этого обозначим буквой   A   случайное событие, состоящее в том, что на синей игральной кости выпадает число   3 ,   а буквой   B   — случайное событие, состоящее в том, что на красной игральной кости выпадает число   4 .   События   A   и   B   являются независимыми событиями, а их вероятности равны:

Событие     состоит в том, что на синей игральной кости выпадет число   3  ,   а на красной игральной кости выпадет число   4 .   Поскольку,

то в рассматриваемом случайном эксперименте по подбрасыванию двух игральных костей формула (4) верна.

В заключение приведем ещё одну иллюстрацию применимости формулы для вероятности суммы двух событий и формулы для вероятности произведения двух независимых событий.

ПРИМЕР 2. Два стрелка стреляют по мишени. Первый стрелок поражает мишень с вероятностью   0,9 .   Второй стрелок поражает мишень с вероятностью   0,8 .   Найти вероятность того, что мишень будет поражена.

РЕШЕНИЕ. Обозначим буквой   A   случайное событие, состоящее в том, что в мишень попадает первый стрелок, а буквой   B   обозначим случайное событие, состоящее в том, что в мишень попадает второй стрелок. Тогда событие   A + B   означает, что мишень поражена, а событие     означает, что в мишень попали оба стрелка. По условию

P (A) = 0,9   и   P (B) = 0,8  

а поскольку события   A   и   B   независимы, то в силу формулы (4)

Воспользовавшись формулой (1), находим

ОТВЕТ:   0,98

Понятия суммы и произведения событий. Теорема сложения вероятностей и теорема умножения вероятностей Нахождение вероятности при совместных событиях

Будут и задачи для самостоятельного решения, к которым можно посмотреть ответы.

Общая постановка задачи: известны вероятности некоторых событий, а вычислить нужно вероятности других событий, которые связаны с данными событиями. В этих задачах возникает необходимость в таких действиях над вероятностями, как сложение и умножение вероятностей.

Например, на охоте проиведены два выстрела. Событие A — попадание в утку с первого выстрела, событие B — попадание со второго выстрела. Тогда сумма событий A и B — попадание с первого или второго выстрела или с двух выстрелов.

Задачи другого типа. Даны несколько событий, например, монета подбрасывается три раза. Требуется найти вероятность того, что или все три раза выпадет герб, или того, что герб выпадет хотя бы один раз. Это задача на умножение вероятностей.

Сложение вероятностей несовместных событий

Сложение вероятностей используется тогда, когда нужно вычислить вероятность объединения или логической суммы случайных событий.

Сумму событий A и B обозначают A + B или A B . Суммой двух событий называется событие, которое наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий. Это означает, что A + B – событие, которое наступает тогда и только тогда, когда при наблюдении произошло событие A или событие B , или одновременно A и B .

Если события A и B взаимно несовместны и их вероятности даны, то вероятность того, что в результате одного испытания произойдёт одно из этих событий, рассчитывают, используя сложение вероятностей.

Теорема сложения вероятностей. Вероятность того, что произойдёт одно из двух взаимно несовместных событий, равна сумме вероятностей этих событий:

Например, на охоте произведены два выстрела. Событие А – попадание в утку с первого выстрела, событие В – попадание со второго выстрела, событие (А + В ) – попадание с первого или второго выстрела или с двух выстрелов. Итак, если два события А и В – несовместные события, то А + В – наступление хотя бы одного из этих событий или двух событий.

Пример 1. В ящике 30 мячиков одинаковых размеров: 10 красных, 5 синих и 15 белых. Вычислить вероятность того, что не глядя будет взят цветной (не белый) мячик.

Решение. Примем, что событие А – «взят красный мячик», а событие В – «взят синий мячик». Тогда событие — «взят цветной (не белый) мячик». Найдём вероятность события А :

и события В :

События А и В – взаимно несовместные, так как если взят один мячик, то нельзя взять мячики разных цветов. Поэтому используем сложение вероятностей:

Теорема сложения вероятностей для нескольких несовместных событий. Если события составляют полное множество событий, то сумма их вероятностей равна 1:

Сумма вероятностей противоположных событий также равна 1:

Противоположные события образуют полное множество событий, а вероятность полного множества событий равна 1.

Вероятности противоположных событий обычно обозначают малыми буквами p и q . В частности,

из чего следуют следующие формулы вероятности противоположных событий:

Пример 2. Цель в тире разделена на 3 зоны. Вероятность того что некий стрелок выстрелит в цель в первой зоне равна 0,15, во второй зоне – 0,23, в третьей зоне – 0,17. Найти вероятность того, что стрелок попадет в цель и вероятность того, что стрелок попадёт мимо цели.

Решение: Найдём вероятность того, что стрелок попадёт в цель:

Найдём вероятность того, что стрелок попадёт мимо цели:

Задачи посложнее, в которых нужно применять и сложение и умножение вероятностей — на странице «Различные задачи на сложение и умножение вероятностей» .

Сложение вероятностей взаимно совместных событий

Два случайных события называются совместными, если наступление одного события не исключает наступления второго события в том же самом наблюдении. Например, при бросании игральной кости событием А считается выпадение числа 4, а событием В – выпадение чётного числа. Поскольку число 4 является чётным числом, эти два события совместимы. В практике встречаются задачи по расчёту вероятностей наступления одного из взаимно совместных событий.

Теорема сложения вероятностей для совместных событий. Вероятность того, что наступит одно из совместных событий, равна сумме вероятностей этих событий, из которой вычтена вероятность общего наступления обоих событий, то есть произведение вероятностей. Формула вероятностей совместных событий имеет следующий вид:

Поскольку события А и В совместимы, событие А + В наступает, если наступает одно из трёх возможных событий: или АВ . Согласно теореме сложения несовместных событий, вычисляем так:

Событие А наступит, если наступит одно из двух несовместных событий: или АВ . Однако вероятность наступления одного события из нескольких несовместных событий равна сумме вероятностей всех этих событий:

Аналогично:

Подставляя выражения (6) и (7) в выражение (5), получаем формулу вероятности для совместных событий:

При использовании формулы (8) следует учитывать, что события А и В могут быть:

  • взаимно независимыми;
  • взаимно зависимыми.

Формула вероятности для взаимно независимых событий:

Формула вероятности для взаимно зависимых событий:

Если события А и В несовместны, то их совпадение является невозможным случаем и, таким образом, P (AB ) = 0. Четвёртая формула вероятности для несовместных событий такова:

Пример 3. На автогонках при заезде на первой автомашине вероятность победить , при заезде на второй автомашине . Найти:

  • вероятность того, что победят обе автомашины;
  • вероятность того, что победит хотя бы одна автомашина;

1) Вероятность того, что победит первая автомашина, не зависит от результата второй автомашины, поэтому события А (победит первая автомашина) и В (победит вторая автомашина) – независимые события. Найдём вероятность того, что победят обе машины:

2) Найдём вероятность того, что победит одна из двух автомашин:

Задачи посложнее, в которых нужно применять и сложение и умножение вероятностей — на странице «Различные задачи на сложение и умножение вероятностей» .

Решить задачу на сложение вероятностей самостоятельно, а затем посмотреть решение

Пример 4. Бросаются две монеты. Событие A — выпадение герба на первой монете. Событие B — выпадение герба на второй монете. Найти вероятность события C = A + B .

Умножение вероятностей

Умножение вероятностей используют, когда следует вычислить вероятность логического произведения событий.

При этом случайные события должны быть независимыми. Два события называются взаимно независимыми, если наступление одного события не влияет на вероятность наступления второго события.

Теорема умножения вероятностей для независимых событий. Вероятность одновременного наступления двух независимых событий

А и В равна произведению вероятностей этих событий и вычисляется по формуле:

Пример 5. Монету бросают три раза подряд. Найти вероятность того, что все три раза выпадет герб.

Решение. Вероятность того, что при первом бросании монеты выпадет герб , во второй раз , в третий раз . Найдём вероятность того, что все три раза выпадет герб:

Решить задачи на умножение вероятностей самостоятельно, а затем посмотреть решение

Пример 6. Имеется коробка с девятью новыми теннисными мячами. Для игры берут три мяча, после игры их кладут обратно. При выборе мячей игранные от неигранных не отличают. Какова вероятность того, что после трёх игр в коробке не останется неигранных мячей?

Пример 7. 32 буквы русского алфавита написаны на карточках разрезной азбуки. Пять карточек вынимаются наугад одна за другой и укладываются на стол в порядке появления. Найти вероятность того, что из букв получится слово «конец».

Пример 8. Из полной колоды карт (52 листа) вынимаются сразу четыре карты. Найти вероятность того, что все эти четыре карты будут разных мастей.

Пример 9. Та же задача, что в примере 8, но каждая карта после вынимания возвращается в колоду.

Задачи посложнее, в которых нужно применять и сложение и умножение вероятностей, а также вычислять произведение нескольких событий — на странице «Различные задачи на сложение и умножение вероятностей» .

Вероятность того, что произойдёт хотя бы одно из взаимно независимых событий , можно вычислить путём вычитания из 1 произведения вероятностей противоположных событий , то есть по формуле.

\(\blacktriangleright\) Если для выполнения события \(C\) необходимо выполнение обоих совместных (которые могут произойти одновременно) событий \(A\) и \(B\) (\(C=\{A\) и \(B\}\) ), то вероятность события \(C\) равна произведению вероятностей событий \(A\) и \(B\) .

Заметим, что если события несовместны, то вероятность их одновременного происхождения равна \(0\) .

\(\blacktriangleright\) Каждое событие можно обозначить в виде круга. Тогда если события совместны, то круги должны пересекаться. Вероятность события \(C\) – это вероятность попасть в оба круга одновременно.

\(\blacktriangleright\) Например, при подбрасывании игральной кости найти вероятность \(C=\) {выпадение числа \(6\) }.
Событие \(C\) можно сформулировать как \(A=\) {выпадение четного числа} и \(B=\) {выпадение числа, делящегося на три}.
Тогда \(P\,(C)=P\,(A)\cdot P\,(B)=\dfrac12\cdot \dfrac13=\dfrac16\) .

Задание 1 #3092

Уровень задания: Равен ЕГЭ

В магазине продаются кроссовки двух фирм: Dike и Ananas. Вероятность того, что случайно выбранная пара кроссовок будет фирмы Dike, равна \(0,6\) . Каждая фирма может ошибиться в написании своего названия на кроссовках. Вероятность того, что фирма Dike ошибется в написании названия, равна \(0,05\) ; вероятность того, что фирма Ananas ошибется в написании названия, равна \(0,025\) . Найдите вероятность того, что случайно купленная пара кроссовок будет с правильным написанием названия фирмы.

Событие A: “пара кроссовок будет с правильным названием” равно сумме событий B: “пара кроссовок будет фирмы Dike и с правильным названием” и C: “пара кроссовок будет фирмы Ananas и с правильным названием”.
Вероятность события B равна произведению вероятностей событий “кроссовки будут фирмы Dike” и “название фирма Dike написала правильно”: \ Аналогично для события C: \ Следовательно, \

Ответ: 0,96

Задание 2 #166

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Если Тимур играет белыми шашками, то он выигрывает у Вани с вероятностью 0,72. Если Тимур играет черными шашками, то он выигрывает у Вани с вероятностью 0,63. Тимур и Ваня играют две партии, причем во второй партии меняют цвет шашек. Найдите вероятность того, что Ваня выиграет оба раза.

Ваня выигрывает белыми с вероятностью \(0,37\) , а черными с вероятностью \(0,28\) . События “из двух партий Ваня выиграл белыми”\(\ \) и “из двух партий Ваня выиграл черными”\(\ \) – независимы, тогда вероятность их одновременного наступления равна \

Ответ: 0,1036

Задание 3 #172

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Вход в музей охраняют два охранника. Вероятность того, что старший из них забудет рацию равна \(0,2\) , а вероятность того, что младший из них забудет рацию равна \(0,1\) . Какова вероятность того, что у них не будет ни одной рации?

Так как рассматриваемые события независимы, то вероятность их одновременного наступления равна произведению их вероятностей. Тогда искомая вероятность равна \

Ответ: 0,02

Задание 4 #167

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Прыгая с высоты 1 метр, Костя ломает ногу с вероятностью \(0,05\) . Прыгая с высоты 1 метр, Ваня ломает ногу с вероятностью \(0,01\) . Прыгая с высоты 1 метр, Антон ломает ногу с вероятностью \(0,01\) . Костя, Ваня и Антон одновременно прыгают с высоты 1 метр. Какова вероятность того, что из них только Костя сломает ногу? Ответ округлите до тысячных.

События “при прыжке с высоты 1 метр Костя сломал ногу”\(,\ \) “при прыжке с высоты 1 метр Ваня не сломал ногу”\(\ \) и “при прыжке с высоты 1 метр Антон не сломал ногу”\(\ \) – независимы, следовательно, вероятность их одновременного наступления равна произведению их вероятностей: \ После округления окончательно получаем \(0,049\) .

Ответ: 0,049

Задание 5 #170

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Максим и Ваня решили поиграть в боулинг. Максим справедливо прикинул, что в среднем он выбивает страйк один раз в восемь бросков. Ваня справедливо прикинул, что в среднем он выбивает страйк один раз в пять бросков. Максим и Ваня делают ровно по одному броску (независимо от результата). Какова вероятность того, что среди них не будет страйков?

Так как рассматриваемые события независимы, то вероятность их одновременного наступления равна произведению их вероятностей. При этом вероятность того, что Максим не выбьет страйк равна \ Вероятность того, что Ваня не выбьет страйк равна \(1 — 0,2 = 0,8\) . Тогда искомая вероятность равна \[\dfrac{7}{8}\cdot 0,8 = 0,7.\]

Ответ: 0,7

Задание 6 #1646

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Антон и Костя играют в настольный теннис. Вероятность того, что Костя попадет своим коронным ударом в стол равна \(0,9\) . Вероятность того, что Антон выиграет розыгрыш, в котором Костя попытался нанести коронный удар равна \(0,3\) . Костя попытался попасть своим коронным ударом в стол. Какова вероятность того, что Костя действительно попадет своим коронным ударом и в итоге выиграет этот розыгрыш?

Так как рассматриваемые события независимы, то вероятность их одновременного наступления равна произведению их вероятностей. При этом вероятность того, что Антон не выиграет розыгрыш, в котором Костя попытался нанести свой коронный удар равна \(1 — 0,3 = 0,7\) . Тогда искомая вероятность равна \

Заголовок выглядит страшновато, но в действительности всё очень просто. На данном уроке мы познакомимся с теоремами сложения и умножения вероятностей событий, а также разберём типовые задачи, которые наряду с задачей на классическое определение вероятности обязательно встретятся или, что вероятнее, уже встретились на вашем пути. Для эффективного изучения материалов этой статьи необходимо знать и понимать базовые термины теории вероятностей и уметь выполнять простейшие арифметические действия. Как видите, требуется совсем немного, и поэтому жирный плюс в активе практически гарантирован. Но с другой стороны, вновь предостерегаю от поверхностного отношения к практическим примерам – тонкостей тоже хватает. В добрый путь:

Теорема сложения вероятностей несовместных событий : вероятность появления одного из двух несовместных событий или (без разницы какого) , равна сумме вероятностей этих событий:

Аналогичный факт справедлив и для бОльшего количества несовместных событий, например, для трёх несовместных событий и :

Теорема-мечта =) Однако, и такая мечта подлежит доказательству, которое можно найти, например, в учебном пособии В. Е. Гмурмана.

Знакомимся с новыми, до сих пор не встречавшимися понятиями:

Зависимые и независимые события

Начнём с независимых событий. События являются независимыми , если вероятность наступления любого из них не зависит от появления/непоявления остальных событий рассматриваемого множества (во всех возможных комбинациях). …Да чего тут вымучивать общие фразы:

Теорема умножения вероятностей независимых событий : вероятность совместного появления независимых событий и равна произведению вероятностей этих событий:

Вернёмся к простейшему примеру 1-го урока, в котором подбрасываются две монеты и следующим событиям:

– на 1-й монете выпадет орёл;
– на 2-й монете выпадет орёл.

Найдём вероятность события (на 1-й монете появится орёл и на 2-й монете появится орёл – вспоминаем, как читается произведение событий !) . Вероятность выпадения орла на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты, следовательно, события и независимы.

Аналогично:
– вероятность того, что на 1-й монете выпадет решка и на 2-й решка;
– вероятность того, что на 1-й монете появится орёл и на 2-й решка;
– вероятность того, что на 1-й монете появится решка и на 2-й орёл.

Заметьте, что события образуют полную группу и сумма их вероятностей равна единице: .

Теорема умножения очевидным образом распространяется и на бОльшее количество независимых событий, так, например, если события независимы, то вероятность их совместного наступления равна: . Потренируемся на конкретных примерах:

Задача 3

В каждом из трех ящиков имеется по 10 деталей. В первом ящике 8 стандартных деталей, во втором – 7, в третьем – 9. Из каждого ящика наудачу извлекают по одной детали. Найти вероятность того, что все детали окажутся стандартными.

Решение : вероятность извлечения стандартной или нестандартной детали из любого ящика не зависит от того, какие детали будут извлечены из других ящиков, поэтому в задаче речь идёт о независимых событиях. Рассмотрим следующие независимые события:

– из 1-го ящика извлечена стандартная деталь;
– из 2-го ящика извлечена стандартная деталь;
– из 3-го ящика извлечена стандартная деталь.

По классическому определению:
– соответствующие вероятности.

Интересующее нас событие (из 1-го ящика будет извлечена стандартная деталь и из 2-го стандартная и из 3-го стандартная) выражается произведением .

По теореме умножения вероятностей независимых событий:

– вероятность того, что из трёх ящиков будет извлечено по одной стандартной детали.

Ответ : 0,504

После бодрящих упражнений с ящиками нас поджидают не менее интересные урны:

Задача 4

В трех урнах имеется по 6 белых и по 4 черных шара. Из каждой урны извлекают наудачу по одному шару. Найти вероятность того, что: а) все три шара будут белыми; б) все три шара будут одного цвета.

Опираясь на полученную информацию, догадайтесь, как разобраться с пунктом «бэ» 😉 Примерный образец решения оформлен в академичном стиле с подробной росписью всех событий.

Зависимые события . Событие называют зависимым , если его вероятность зависит от одного или бОльшего количества событий, которые уже произошли. За примерами далеко ходить не надо – достаточно до ближайшего магазина:

– завтра в 19.00 в продаже будет свежий хлеб.

Вероятность этого события зависит от множества других событий: завезут ли завтра свежий хлеб, раскупят ли его до 7 вечера или нет и т.д. В зависимости от различных обстоятельств данное событие может быть как достоверным , так и невозможным . Таким образом, событие является зависимым .

Хлеба… и, как требовали римляне, зрелищ:

– на экзамене студенту достанется простой билет.

Если идти не самым первым, то событие будет зависимым, поскольку его вероятность будет зависеть от того, какие билеты уже вытянули однокурсники.

Как определить зависимость/независимость событий?

Иногда об этом прямо сказано в условии задачи, но чаще всего приходится проводить самостоятельный анализ. Какого-то однозначного ориентира тут нет, и факт зависимости либо независимости событий вытекает из естественных логических рассуждений.

Чтобы не валить всё в одну кучу, задачам на зависимые события я выделю следующий урок, а пока мы рассмотрим наиболее распространённую на практике связку теорем:

Задачи на теоремы сложения вероятностей несовместных
и умножения вероятностей независимых событий

Этот тандем, по моей субъективной оценке, работает примерно в 80% задач по рассматриваемой теме. Хит хитов и самая настоящая классика теории вероятностей:

Задача 5

Два стрелка сделали по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго – 0,6. Найти вероятность того, что:

а) только один стрелок попадёт в мишень;
б) хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Решение : вероятность попадания/промаха одного стрелка, очевидно, не зависит от результативности другого стрелка.

Рассмотрим события:
– 1-й стрелок попадёт в мишень;
– 2-й стрелок попадёт в мишень.

По условию: .

Найдём вероятности противоположных событий – того, что соответствующие стрелки промахнутся:

а) Рассмотрим событие: – только один стрелок попадёт в мишень. Данное событие состоит в двух несовместных исходах:

1-й стрелок попадёт и 2-й промахнётся
или
1-й промахнётся и 2-й попадёт.

На языке алгебры событий этот факт запишется следующей формулой:

Сначала используем теорему сложения вероятностей несовместных событий, затем – теорему умножения вероятностей независимых событий:

– вероятность того, что будет только одно попадание.

б) Рассмотрим событие: – хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Прежде всего, ВДУМАЕМСЯ – что значит условие «ХОТЯ БЫ ОДИН»? В данном случае это означает, что попадёт или 1-й стрелок (2-й промахнётся) или 2-й (1-й промахнётся) или оба стрелка сразу – итого 3 несовместных исхода.

Способ первый : учитывая готовую вероятность предыдущего пункта, событие удобно представить в виде суммы следующих несовместных событий:

попадёт кто-то один (событие , состоящее в свою очередь из 2 несовместных исходов) или
попадут оба стрелка – обозначим данное событие буквой .

Таким образом:

По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что 1-й стрелок попадёт и 2-й стрелок попадёт.

По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
– вероятность хотя бы одного попадания по мишени.

Способ второй : рассмотрим противоположное событие: – оба стрелка промахнутся.

По теореме умножения вероятностей независимых событий:

В результате:

Особое внимание обратите на второй способ – в общем случае он более рационален.

Кроме того, существует альтернативный, третий путь решения, основанный на умолчанной выше теореме сложения совместных событий.

! Если вы знакомитесь с материалом впервые, то во избежание путаницы, следующий абзац лучше пропустить.

Способ третий : события совместны, а значит, их сумма выражает событие «хотя бы один стрелок попадёт в мишень» (см. алгебру событий ). По теореме сложения вероятностей совместных событий и теореме умножения вероятностей независимых событий:

Выполним проверку: события и (0, 1 и 2 попадания соответственно) образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице:
, что и требовалось проверить.

Ответ :

При основательном изучении теории вероятностей вам встретятся десятки задач милитаристского содержания, и, что характерно, после этого никого не захочется пристрелить – задачи почти подарочные. А почему бы не упростить ещё и шаблон? Cократим запись:

Решение : по условию: , – вероятность попадания соответствующих стрелков. Тогда вероятности их промаха:

а) По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что только один стрелок попадёт в мишень.

б) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что оба стрелка промахнутся.

Тогда: – вероятность того, что хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Ответ :

На практике можно пользоваться любым вариантом оформления. Конечно же, намного чаще идут коротким путём, но не нужно забывать и 1-й способ – он хоть и длиннее, но зато содержательнее – в нём понятнее, что, почему и зачем складывается и умножается. В ряде случаев уместен гибридный стиль, когда прописными буквами удобно обозначить лишь некоторые события.

Похожие задачи для самостоятельного решения:

Задача 6

Для сигнализации о возгорании установлены два независимо работающих дат­чика. Вероятности того, что при возгорании датчик сработает, для первого и второго датчиков соответственно равны 0,5 и 0,7. Найти вероятность того, что при пожаре:

а) оба датчика откажут;
б) оба датчика сработают.
в) Пользуясь теоремой сложения вероятностей событий, образующих полную группу , найти вероятность того, что при пожаре сработает только один датчик. Проверить результат прямым вычислением этой вероятности (с помощью теорем сложения и умножения) .

Здесь независимость работы устройств непосредственно прописана в условии, что, кстати, является важным уточнением. Образец решения оформлен в академичном стиле.

Как быть, если в похожей задаче даны одинаковые вероятности, например, 0,9 и 0,9? Решать нужно точно так же! (что, собственно, уже продемонстрировано в примере с двумя монетами)

Задача 7

Вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле равна 0,8. Вероятность того, что цель не поражена после выполнения первым и вторым стрелками по одному выстрелу равна 0,08. Какова вероятность поражения цели вторым стрелком при одном выстреле?

А это небольшая головоломка, которая оформлена коротким способом. Условие можно переформулировать более лаконично, но переделывать оригинал не буду – на практике приходится вникать и в более витиеватые измышления.

Знакомьтесь – он самый, который настрогал для вас немереное количество деталей =):

Задача 8

Рабочий обслуживает три станка. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует настройки, равна 0,3, второй – 0,75, третий – 0,4. Найти вероятность того, что в течение смены:

а) все станки потребуют настройки;
б) только один станок потребует настройки;
в) хотя бы один станок потребует настройки.

Решение : коль скоро в условии ничего не сказано о едином технологическом процессе, то работу каждого станка следует считать не зависимой от работы других станков.

По аналогии с Задачей №5, здесь можно ввести в рассмотрение события , состоящие в том, что соответствующие станки потребуют настройки в течение смены, записать вероятности , найти вероятности противоположных событий и т.д. Но с тремя объектами так оформлять задачу уже не очень хочется – получится долго и нудно. Поэтому здесь заметно выгоднее использовать «быстрый» стиль:

По условию: – вероятности того, что в течение смены соответствующие станки потребуют настойки. Тогда вероятности того, что они не потребуют внимания:

Один из читателей обнаружил тут прикольную опечатку, даже исправлять не буду =)

а) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что в течение смены все три станка потребуют настройки.

б) Событие «В течение смены только один станок потребует настройки» состоит в трёх несовместных исходах:

1) 1-й станок потребует внимания и 2-й станок не потребует и 3-й станок не потребует
или :
2) 1-й станок не потребует внимания и 2-й станок потребует и 3-й станок не потребует
или :
3) 1-й станок не потребует внимания и 2-й станок не потребует и 3-й станок потребует .

По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:

– вероятность того, что в течение смены только один станок потребует настройки.

Думаю, сейчас вам должно быть понятно, откуда взялось выражение

в) Вычислим вероятность того, что станки не потребуют настройки, и затем – вероятность противоположного события:
– того, что хотя бы один станок потребует настройки.

Ответ :

Пункт «вэ» можно решить и через сумму , где – вероятность того, что в течение смены только два станка потребуют настройки. Это событие в свою очередь включает в себя 3 несовместных исхода, которые расписываются по аналогии с пунктом «бэ». Постарайтесь самостоятельно найти вероятность , чтобы проверить всю задачу с помощью равенства .

Задача 9

Из трех орудий произвели залп по цели. Вероятность попадания при одном выстреле только из первого орудия равна 0,7, из второго – 0,6, из третьего – 0,8. Найти вероятность того, что: 1) хотя бы один снаряд попадет в цель; 2) только два снаряда попадут в цель; 3) цель будет поражена не менее двух раз.

Решение и ответ в конце урока.

И снова о совпадениях: в том случае, если по условию два или даже все значения исходных вероятностей совпадают (например, 0,7; 0,7 и 0,7), то следует придерживаться точно такого же алгоритма решения.

В заключение статьи разберём ещё одну распространённую головоломку:

Задача 10

Стрелок попадает в цель с одной и той же вероятностью при каждом выстреле. Какова эта вероятность, если вероятность хотя бы одного попадания при трех выстрелах равна 0,973.

Решение : обозначим через – вероятность попадания в мишень при каждом выстреле.
и через – вероятность промаха при каждом выстреле.

И таки распишем события:
– при 3 выстрелах стрелок попадёт в мишень хотя бы один раз;
– стрелок 3 раза промахнётся.

По условию , тогда вероятность противоположного события:

С другой стороны, по теореме умножения вероятностей независимых событий:

Таким образом:

– вероятность промаха при каждом выстреле.

В результате:
– вероятность попадания при каждом выстреле.

Ответ : 0,7

Просто и изящно.

В рассмотренной задаче можно поставить дополнительные вопросы о вероятности только одного попадания, только двух попаданий и вероятности трёх попаданий по мишени. Схема решения будет точно такой же, как и в двух предыдущих примерах:

Однако принципиальное содержательное отличие состоит в том, что здесь имеют место повторные независимые испытания , которые выполняются последовательно, независимо друг от друга и с одинаковой вероятностью исходов.

Произведением двух событий и называют событие, состоящее в совместном появлении этих событий.

Произведением нескольких событий называют событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий.

Например, появление герба в трех одновременных бросках монеты.

Условная вероятность

Условной вероятностью называют вероятность наступления события, вычисленную в предположении, что событие уже наступило:

Пример. В урне 3 белых и 3 черных шара. Из урны дважды вынимают по одному шару, не возвращая их обратно. Найти вероятность появления белого шара при втором испытании (событие), если при первом испытании был извлечен черный шар (событие ).

Р е ш е н и е. После первого испытания в урне осталось 5 шаров, из них 3 белых.

Искомая условная вероятность

Условная вероятность события при условии, что событие уже наступило, по определению, равна

Теорема умножения вероятностей

Теорема. Вероятность совместного появления двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило:

Доказательство. По определению условной вероятности,

Замечание. . Событие равносильно событию. Следовательно,

и. (***)

Следствие. Вероятность совместного появления нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятности каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже появились(в случае появления трех событий:

Порядок, в котором расположены события, может быть выбран любым.

Пример. В урне 5 белых, 4 черных и 3 синих шара. Наудачу извлекают один шар, не возвращая его обратно, затем извлекают второй и третий шары. Найти вероятность того, что при первом испытании появится белый шар (событие), при втором — черный (событие) и при третьем — синий (событие).

Решение. Вероятность появления белого шара в первом испытании

Вероятность появления черного шара во втором испытании, вычисленная при предположении, что в первом испытании появился белый шар (условная вероятность)

Вероятность появления синего шара в третьем испытании, вычисленная в предположении, что в первом испытании появился белый шар, а во втором — черный (условная вероятность)

Искомая вероятность

Событие A называется независимым от события B, если вероятность события A не зависит от того, произошло событие B или нет. Событие A называется зависимым от события B, если вероятность события A меняется в зависимости от того, произошло событие B или нет.

Вероятность события A, вычисленная при условии, что событие B уже произошло, называется условной вероятностью события A и обозначается .

Условие независимости события A от события B можно записать в виде
.

Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое имело место:

Если событие A не зависит от события B, то событие B не зависит от события A. При этом вероятность произведения событий равна произведению их вероятностей:

.

Пример 14. Имеется 3 ящика, содержащих по 10 деталей. В первом ящике 8, во втором — 7 и в третьем 9 стандартных деталей. Из каждого ящика наудачу вынимают по одной детали. Найти вероятность того, что все три вынутые детали окажутся стандартными.

Вероятность того, что из первого ящика вынута стандартная деталь (событие A) равна
. Вероятность того, что из второго ящика вынута стандартная деталь (событиеB) равна
. Вероятность того, что из третьего ящика вынута стандартная деталь (событиеC) равна
.

Так как события A, B и C независимые в совокупности, то по теореме умножения искомая вероятность равна

Приведем пример совместного использования теорем сложения и умножения.

Пример 15. Вероятности появления независимых событий A 1 и A 2 равны соответственно p 1 и p 2 . Найти вероятность появления только одного из этих событий (событие A). Найти вероятность появления хотя бы одного из этих событий (событие B).

Обозначим вероятности противоположных событий ичерезq 1 =1-p 1 и q 2 =1-p 2 соответственно.

Событие A произойдет, если произойдет событие A 1 и не произойдет событие A 2 , или если произойдет событие A 2 и не произойдет событие A 1 . Следовательно,

Событие B произойдет, если произойдет событие A, или произойдут события A 1 и A 2 одновременно. Следовательно,

Вероятность события B можно определить иначе. Событие , противоположное событиюB состоит в том, что оба события A 1 и A 2 не произойдут. Поэтому по теореме умножения вероятностей для независимых событий получим

что совпадает с выражением, полученным ранее, так как имеет место тождество

7. Формула полной вероятности. Формула Байеса.

Теорема 1 . Предположим, что события
образуют полную группу попарно несовместных событий (такие события называются гипотезами). ПустьA — произвольное событие. Тогда вероятность события A может быть вычислена по формуле

Доказательство. Так как гипотезы образуют полную группу, то , и, следовательно,.

В силу того, что гипотезы являются попарно несовместными событиями, то события также попарно несовместны. По теореме сложения вероятностей

Применяя теперь теорему умножения вероятностей, получим

Формула (1) называется формулой полной вероятности. В сокращенном виде ее можно записать следующим образом

.

Формула полезна, если условные вероятности события A вычисляются легче, чем безусловная вероятность.

Пример 16 . Имеется 3 колоды по 36 карт и 2 колоды по 52 карты. Наудачу выбираем одну колоду и из нее наудачу одну карту. Найти вероятность того, что вынутая карта — туз.

Пусть A — событие, состоящее в том, что вынутая карта — туз. Введем в рассмотрение две гипотезы:

— карта вынута из колоды в 36 карт,

— карта вынута из колоды в 52 карты.

Для вычисления вероятности события A воспользуемся формулой полной вероятности:

Теорема 2 . Предположим, что события
образуют полную группу попарно несовместных событий. ПустьA — произвольное событие. Условная вероятность гипотезы в предположении, что произошло событиеA, может быть вычислена по формуле Байеса:

Доказательство. Из теоремы умножения вероятностей для зависимых событий следует, что .

.

Применяя формулу полной вероятности, получим (2).

Вероятности гипотез
называются априорными, а вероятности гипотез
при условии, что событие A имело место, называются апостериорными. Сами формулы Байеса называются еще формулами вероятностей гипотез.

Пример 17 . Имеются 2 урны. Первая урна содержит 2 белых и 4 черных шара, а вторая урна содержит 7 белых и 5 черных шаров. Наудачу выбираем урну и из нее наудачу извлекаем один шар. Он оказался черным (событие A произошло). Найти вероятность того, что шар был извлечен из первой урны (гипотеза
). Найти вероятность того, что шар был извлечен из второй урны (гипотеза
).

Применим формулы Байеса:

,

.

Пример 18 . На заводе болты выпускаются тремя машинами, которые выпускают соответственно 25%, 35% и 40% всех болтов. Брак продукции этих машин составляет соответственно 5%, 4%, 2%. Из продукции всех трех машин был выбран один болт. Он оказался дефектным (событие A). Найти вероятность того, что болт был выпущен первой, второй, третьей машиной.

Пусть
— событие, состоящее в том, что болт был выпущен первой машиной,
— второй машиной,
— третьей машиной. Эти события попарно несовместны и образуют полную группу. Воспользуемся формулами Байеса

В результате получим

,

,

.

2.06. Вероятность суммы событий

Теорема 2.1. Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:

Теорема 2.2. Для любого события А Вероятность противоположного события А Выражается равенством

Р(`А) = 1 – Р(А)

Теорема 2.3. Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий минус вероятность их совместного появления:

Р(А + В) = Р(А)+ Р(В) – Р(АВ).

Теорема сложения обобщается на любое конечное число событий следующим образом:

(2.3)

Если события А1, А2, …, Ап Попарно несовместные, то формула (2.3) принимает вид:

Замечание. При решении задач с использованием формулы (2. 3) приходится производить громоздкие вычисления, поэтому часто выгоднее перейти к противоположным событиям, т. е. вместо вероятности суммы событий А12+…+Ап Находить вероятность произведения противоположного события . Очевидно, что эти два события противоположны, поэтому

(2.4)

Пример 2.13. В условиях примера 2 предыдущего пункта найти вероятность появления Хотя бы одной пробоины.

Решение. Данное событие есть сумма событий А И В, Причем эти события совместные, поэтому вероятность интересующего нас события равна Р(А + В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ). Ранее было найдено, что Р(АВ)=0.48, следовательно, Р(А + В) = 0.6 + 0.8 – 0.48 = 0.92.

Пример 2.14. Устройство содержит четыре независимо работающих элемента и сохраняет работоспособность, если работает хотя бы один из элементов. Вероятности безотказной работы элементов в течение определенного срока соответственно равны 0. 9, 0.8, 0.7 и 0.6. Найти вероятность безотказной работы устройства.

Решение. Пусть события А1 А2, А3 и А4 означают безотказную работу соответственно первого, второго, третьего и четвертого элементов. Событие А={безотказная работа устройства} есть сумма событий: А=А1234. События А1 А2, А3 И А4 совместные, поэтому вероятность Р(А) надо вычислять по формуле (2.3). Чтобы упростить вычисления, воспользуемся формулой (2.4):

.

Так как события А1 А2, А3 И А4 независимые, то противоположные события Также независимы, поэтому

= (1 – 0.9)(1 – 0.8)(1 – 0.7)(1 – 0.6) = 0.0024; и

Р(А) = 1 – 0.0024 = 0.9976.

Пример 2.15. Производится три независимых выстрела по мишени. Вероятности попадания в мишень при первом, втором и третьем выстрелах соответственно равны 0. 2, 0.5, 0.4. Найти вероятность того, что будет Ровно два попадания в мишень.

Решение. Событие А={Ровно Два Попадания в мишень} выражается через события А1={попадание при первом выстреле}, А2={попадание при втором выстреле), А3={попадание при третьем выстреле} следующим образом:

Отсюда, учитывая несовместность суммируемых произведений событий и независимость событий А1, А2, А3, находим

Пример 2.16. В двух урнах находятся шары, отличающиеся только цветом: в первой урне 5 белых шаров, 11 черных и 8 красных, во второй 10 белых, 8 черных и 6 красных. Из обеих урн наудачу извлекают по одному шару. Найти вероятность того, что оба шара одного цвета.

Решение. Введем в рассмотрение следующие события:

В1={извлечение белого шара из первой урны},

В2={извлечение белого шара из второй урны},

С1={извлечение черного шара из первой урны},

С2={извлечение черного шара из второй урны},

D1={извлечение красного шара из первой урны},

D2={извлечение красного шара из второй урны}.

Выразим событие А= {извлечение шаров одного цвета} через эти события:

А= В1 В2+ С1 С2+ D1 D2

Следовательно,

Р(А) = Р(В1)Р(В2) + Р(С1)Р(С2) + Р(D1)P(D2).

Вероятности событий В, С, D Найдем из классического определения: Р(В1)=5/24, Р(В2)=10/24, Р(С1)=11/24, Р(С2)=8/24, Р(D1)=8/24, P(D2)=6/24.

Таким образом, получаем

< Предыдущая   Следующая >

Теорема сложения вероятностей — FINDOUT.SU

Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Выберите тип работыЧасть дипломаДипломная работаКурсовая работаКонтрольная работаРешение задачРефератНаучно — исследовательская работаОтчет по практикеОтветы на билетыТест/экзамен onlineМонографияЭссеДокладКомпьютерный набор текстаКомпьютерный чертежРецензияПереводРепетиторБизнес-планКонспектыПроверка качестваЭкзамен на сайтеАспирантский рефератМагистерская работаНаучная статьяНаучный трудТехническая редакция текстаЧертеж от рукиДиаграммы, таблицыПрезентация к защитеТезисный планРечь к дипломуДоработка заказа клиентаОтзыв на дипломПубликация статьи в ВАКПубликация статьи в ScopusДипломная работа MBAПовышение оригинальностиКопирайтингДругое

Нажимая кнопку «Продолжить», я принимаю политику конфиденциальности

Теорема. Вероятность суммы конечного числа несовместимых событий равна сумме их вероятностей:

.

Пример №36. Пусть вероятность того, что в магазине очередной будет про­дана пара мужской обуви 44-го размера, равна 0,12, 45-го — 0,04, 46-го или большего — 0,01. Найти вероятность того, что очередной будет продана пара мужской обуви не менее 44-го размера.

r Искомое событие произойдет, если будет продана пара обуви 44-го размера, или 45-го, или не менее 46-го (событие С), т. е. искомое событие есть сумма этих трех событий. События А, В и С несовместимы. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей, получим: Р( D) =  Р (А + В+ С) = Р (А) + Р (В) + Р (С) = 0,12 + 0,04 + 0,01 = 0,17. p

Следствие 1. Сумма вероятностей событий, образующих полную систему, равна единице.

Следствие 2. Вероятность события, противоположного со­бытию А, равна разности между единицей и вероятностью собы­тия А, т. е.

Пример №37. В условиях задачи №3 найти вероятность того, что очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера:

Теорема (сложения вероятностей совместных событий). Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления

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

Пример №38. Игральная кость брошена один раз. Какова вероятность выпадения «двойки» или четного числа?

r События совместимы. Поэтому p=1/6+3/6-1/6=3/6. p

Теорема умножения вероятностей.

Вероятность события А, найденная в предпо­ложении, что событие В наступило, называется условной вероятностью события А относительно события В.

Обозначать ее будем символом РВ(А).

Теорема (умножения вероятностей). Вероят­ность произведения событий А и В равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого относительно взятого первым, т. е.

Р (АВ) = Р (А) • РА (В) или Р ( AB)= Р (В) • РВ (А).

Пример №39. Среди 25 электрических лампочек четыре нестандартные. Найти вероятность того, что две взятые одновременно лампочки окажутся не­стандартными.

r Искомое событие состоит в том, что нестандартными будут и первая (событие А) и вторая (событие В) лампочки. Но Р(А) = 4/25, а РА (В) = 3/24, так как при наступлении собы­тия А общее число лампочек и число нестандартных среди них по сравнению с первоначальным уменьшится на одну.

Таким образом, Р (АВ) = 4/25*3/24=0,02. p

События А и В называются независимыми, ес­ли вероятность одного из них не изменяется при наступлении другого. В противном случае события А и В называются зависимыми.

Теорема. Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению их вероятностей:

 

Пример №40. Считая вероятность безотказной работы станка в течение смены равной 0,9, найти вероятность безотказной работы двух станков в течение смены.

r Считая события А и В, состоящие в безотказной работе в те­чение смены соответственно первого и второго станков, независимыми и применяя к ним теорему умножения вероятностей получим: Р (АВ) = 0,9 • 0,9 =0,81. p

Теорема. Вероятность произведения конечного числа зависимых событий равна произведению их условных вероятностей относительно произве­дения предшествующих каждому из них событий, т. е.

Р (АВС…К L) = Р(А) • РА (В) • PAB (С) … PABCK ( L).

Пример №41. В партии из 25 деталей 5 деталей содержат брак. Рабочий случайным образом извлекает три детали. Какова вероятность, что ему попадутся:

а) три стандартные детали,

б) хотя бы одна стандартная деталь?

r а) Обозначим события: A – рабочий извлек первую стандартную деталь, В – рабочий извлек вторую стандартную деталь, С – рабочий извлек третью деталь без брака. Тогда вероятность того, что  рабочий извлечёт все три стандартные детали P= . Т.е.

P = .

б) Пусть D – рабочему попадется хотя бы одна стандартная деталь. Противоположное событие – что не извлечёт ни одной стандартной детали. P( D)=1 , то есть P( D) = 1- .p

Пример №42. Студент знает 15 вопросов из 30 в первом разделе курса и 25 из 40 вопросов второго раздела этого курса. В билете по одному вопросу из каждого раздела. Найти вероятность того, что студент:

1) знает ответы на оба вопроса;

2) не знает ответов на оба вопроса;

3) знает ответ только на один вопрос в билете.

r Обозначим общее число вопросов первого раздела курса n1 =30, а количество выученных вопросов этого раздела (т.е. благоприятствующих хорошему ответу) т1 = 15.

Общее число вопросов второго раздела курса n2= 40, а количество выученных вопросов этого раздела (т.е. благоприятствующих хорошему ответу) т2 = 25.

Далее введём обозначения следующих событий:

А — событие, состоящее в том, что студент знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из первого раздела курса;

 — противоположное событие, состоит в том, что студент не знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из первого раздела курса.

Событие В состоит в том, что студент знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из второго раздела курса;

 – противоположное событие, состоит в том, что студент не знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из второго раздела курса.

Вероятности событий А и В найдём, пользуясь классическим определением вероятности:

.

Вероятности противоположных событий  и  определим, исходя из соотношения между вероятностями противоположных событий:

1) Для нахождения ответа на первый пункт введем обозначение еще одного события С – студент знает ответы на оба случайным образом предложенных ему вопроса из первого и второго разделов курса.

Опираясь на понятие произведения двух событий, видим, что .

Для нахождения вероятности события С применим теорему умножения вероятностей независимых событий:

2) Для решения второго пункта задачи введем еще одно обозначение события: событие D состоит в том, что студент не знает ответы на оба случайным образом предложенных ему вопроса из первого и второго разделов.

Опираясь на понятие произведения двух событий, получаем, что .

Для нахождения вероятности события D применим еще раз теорему умножения вероятностей независимых событий:

3) Для решения третьего пункта введем ещё одно обозначение события: событие Е состоит в том, что студент знает ответ только на один из двух случайным образом предложенных ему вопросов из первого или второго разделов курса, причем безразлично на какой именно—первый или второй.

Это сложное событие может проявиться в виде двух несовместных вариантов: или студент знает ответ на вопрос из первого раздела и не знает ответ на вопрос из второго раздела, т.е. ;  или же студент не знает ответ на вопрос из первого раздела и знает ответ на вопрос из второго раздела, т.е. .

Таким образом, событие .

Для нахождения вероятности этого события применим теорему сложения вероятностей несовместимых событий

Применяя к каждому из слагаемых теорему умножения вероятностей, получаем:

.p

Формула полной вероятности.

Пусть событие А может произойти лишь при условии появления одного из n попарно несовместных событий образующих полную группу событий. События   будем называть гипотезами для события А. Тогда вероятность события А

 

Пример №43. Магазин получил две равные по количеству партии обуви в одинаковых упаковках. Известно, что в среднем 8% обуви в первой партии и 14% во второй партии имеют определённые дефекты отделки верха. Какова вероятность того, что взятая наугад в магазине пара обуви будет иметь дефект отделки верха?

r Эта задача решается с применением формулы полной вероятности.

Введём обозначение событий. Пусть:

событие А состоит в том, что наугад выбранная пара обуви имеет дефект отделки верха;      

гипотеза H 1состоит в том, что наугад выбранная пара обуви взята из первой партии;

— гипотеза H2 состоит в том, что наугад выбранная пара обуви взята из второй партии.

Вероятность события А найдём, пользуясь формулой полной вероятности:

Так как по объёму обе партии одинаковые, то вероятности Р(H1) и Р(H2) равны между собой и Р(H1)=Р(H2)=0,5.

 — условная вероятность того, что наугад взятая пара обуви из первой партии имеет дефект отделки верха. По условию задачи .

условная вероятность того, что наугад взятая пара обуви из второй партии имеет дефект отделки верха.

По условию задачи .

Подставляем все вероятности в формулу полной вероятности:

.p

 

Вопросы для повторения

1. Сформулируйте классическое определение вероятности. В чем ограниченность этого определения?

2. В чем различие между вероятностью и относительной частотой?

3. Дайте определение суммы событий. Приведите примеры: суммы двух несовместных событий; суммы двух совместных событий.

4. Сформулируйте и докажите теорему о сложении вероятностей несовместных событий.

5. Дайте определение произведения событий. Приведите примеры: произведения двух независимых событий; произведения двух зависимых событий.

6. Что такое условная вероятность?

7. Сформулируйте теорему об умножении вероятностей для двух событий (общий случай). Какую форму принимает эта теорема в случае, когда события независимы?

 

 

Теорема умножения вероятностей зависимых событий.

Теоремы сложения и умножения вероятностей.

Теорема сложения вероятностей несовместных событий.

Вероятность суммы конечного числа несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:

Следствия:

1.Если события образуют полную группу, то сумма их вероятностей равна единице:

2.Сумма вероятностей противоположных событий равна единице:

Теорема сложения вероятностей совместных событий.

Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий минус вероятность их совместного появления:

 

События А и В называются независимыми, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. В противном случае события А и В называются зависимыми.

 

Теорема умножения вероятностей независимых событий.

Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:

 

Условной вероятностью события А по отношению к событию В называется вероятность наступления события А, вычисленная при условии наступления события В. Обозначается: .

 

Теорема умножения вероятностей зависимых событий.

Вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого:

 

Задачи для самостоятельного решения.

№1. Студент пришёл на зачёт, зная из 30 вопросов только 24. Преподаватель задаёт 3 вопроса. Зачёт будет сдан, если студент ответит хотя бы на два вопроса из трёх. Какова вероятность того, что студент сдаст зачёт?

№2. Прибор состоит из двух элементов, работающих независимо. Вероятность выхода из строя первого элемента равна 0,2; вероятность выхода из строя второго элемента равна 0,3. Найти вероятность того, что: а) оба элемента выйдут из строя; б) один элемент выйдет из строя; в) хотя бы один элемент выйдет из строя.

№3. Слово «вероятность» составлено из карточек разрезной азбуки. Все карточки перемешивают, затем наугад достают 4 и выкладывают в ряд. Какова вероятность получить слово «рост»?



№4. На стеллаже библиотеки в случайном порядке расставлены 15 учебников, причём 5 из них в переплёте. Библиотекарь берёт наудачу 4 учебника. Найти вероятность того, что, по крайней мере, два из них в переплёте.

—————————————————————————————————————-

Теоремы сложения и умножения вероятностей. Стр.1

№5. Вероятность попадания в мишень для первого спортсмена 0,85, а для второго – 0,8. Спортсмены независимо друг от друга делают по одному выстрелу. Найти вероятность того, что в мишень попадёт хотя бы один спортсмен.

№6. В урне 6 голубых, 5 красных и 4 белых шара. Из урны поочерёдно извлекают шар, не возвращая его обратно. Найти вероятность, что при первом извлечении появится голубой шар, при втором – красный, при третьем – белый.

№7. Имеются две урны с шарами трёх цветов. В первой находятся 2 голубых, 3 красных, 5 зелёных, а во второй – 4 голубых, 2 красных, 4 зелёных. Из каждой урны извлекают по одному шару и сравнивают их цвета. Найти вероятность того, что цвета вынутых шаров одинаковы.

№8. Рабочий обслуживает четыре однотипных станка. Вероятность того, что любой станок в течение часа потребует внимания рабочего равна 0,6. Предполагая, что неполадки на станках независимы, найти вероятность того, что в течение часа потребуют внимания рабочего: а) все четыре станка; б) один станок; в) по крайней мере один станок.

№9. Слово «папаха» составлено из букв разрезной азбуки. Все карточки тщательно перемешаны. Четыре карточки извлекаются по очереди и раскладываются в ряд. Какова вероятность получить таким путём слово «папа»?

№10. Известно, что курс евро к рублю может возрасти с вероятностью 0,55, а курс доллара к рублю может возрасти с вероятностью 0,35. Вероятность того, что возрастут оба курса, составляет 0,3. Найти вероятность того, что курс евро или доллара по отношению к рублю возрастёт.

№11. Талантливый сантехник Гриша обязательно раз в неделю напивается «до чёртиков» (только раз, но обязательно). Найти вероятности следующих событий: а) Гриша напьётся во вторник, если он был трезв в понедельник; б) Гриша будет трезв в среду и четверг, если он не пил в понедельник и во вторник; в) Гриша будет пьян в один день с электриком Колей, который ведёт себя так же, но независимо от Гриши.

№12. Сколько раз нужно бросить игральную кость, чтобы вероятность выпадения хотя бы один раз грани «6» была больше 0,9?

№13. Два игрока поочерёдно бросают монету. Выигрывает тот, у которого первым выпадет «герб». Какова вероятность выигрыша для игрока, бросающего монету первым?

Домашнее задание к практической работе №3.

№1. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трёх орудий таковы: Произведён один залп из всех этих орудий. Какова вероятность: а) хотя бы одного попадания; б) двух попаданий?

№2. На 30 жетонах написаны числа от 1 до 30. Жетоны помещены в пакет и тщательно перемешаны. Какова вероятность вынуть жетон с номером, кратным 2 или 3?

№3. Комиссия по экологии состоит из 50 человек, из которых 3 представляют данный район. Случайным образом выбирается группа из 10 членов комиссии. Что вероятнее: содержит комиссия хотя бы одного представителя данного района или нет?

№4. Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 наудачу выбираем цифру а, из цифр – 7, 8, 9 – цифру b. Найти вероятность того, что ab=42.

№5. В фирме 21% сотрудников получают высокую зарплату. Известно, что 40% сотрудников – женщины, 6,4% сотрудников – женщины с высокой зарплатой. Можно ли утверждать, что в фирме существует дискриминация женщин в оплате?

—————————————————————————————————————-

Теоремы сложения и умножения вероятностей. Стр.2

 

Теорема сложения вероятностей совместных событий презентация, доклад

Слайд 1
Текст слайда:

§2.2. Теорема сложения вероятностей совместных событий


Слайд 2
Текст слайда:

Теорема 2.2. Вероятность суммы совместных (произвольных) событий определяется через вероятность произведений этих событий, взятых по одному, по два, по три и т. д. по формуле:


Слайд 3
Текст слайда:

Доказательство. Рассмотрим два совместных события А1 и А2 (рис.4.). Представим сумму А1 и А2 суммой двух совместных событий А1+А2 = А1+А2-(А1А2). Применяя теорему сложения вероятностей для совместных событий, получим:

Рис.4


Слайд 4
Текст слайда:

Р(А1 + А2)=Р(А1)+Р(А2 )-Р(А1А2),
Аналогично вероятность суммы трех совместных событий равна:
Р(А1 + А2+ А3)= Р((А1 + А2)+ А3)= Р(А1 + +А2)+Р(А3)- Р((А1 + А2) А3).
Определим (рис. 5.) вероятность
Р((А1 + А2)А3):

Рис.5


Слайд 5
Текст слайда:

Р((А1 + А2) А3)= Р((А1 А3)+( А2 А3))= Р(А1 А3)+ (А2 А3)
— Р((А1 А3)(А2 А3))= Р(А1 А3)+Р(А2А3)-Р(А1 А2 А3).

Следовательно, Р(А1 + А2+ А3)= Р(А1) +

+Р(А2) + Р(А3) — Р( А1 А2) — Р( А1 А3) — Р( А2 А3) +

+Р(А1 А2 А3).
Следствие 1. Если А1 , А2,…, Аn произвольные события, то имеет место неравенство
Р(А1 + А2+…+ Аn) ≤ Р(А1) + Р(А2) + … + Р(Аn).


Слайд 6
Текст слайда:

Для двух событий
Р(А1 + А2)=Р(А1)+Р(А2)- Р(А1А2)≤ Р(А1) +Р(А2).
Для трех событий
Р(А1 + А2+ А3)= Р((А1 + А2)+ А3)= Р(А1 +А2)+ +Р(А3)- Р((А1 + А2) А3) ≤ Р(А1 + А2)+Р(А3) ≤ ≤ Р(А1) + Р(А2) + Р(А3).
Теорема 2.3. Вероятность произведения произвольного числа событий определяется через вероятности суммы этих событий, взятых по одному, по два, по три и т.д. по формуле


Слайд 7
Текст слайда:

Доказательство. Из рис.4 видно, что
Р(А1А2)=Р(А1) + Р(А2) — Р(А1 + А2).
Из рис.5 следует, что
Р(А1А2А3)=Р(А1) + Р(А2) + Р(А3) — Р(А1 + А2) — -Р(А1 + А3) — Р(А2 + А3)+ Р(А1 +А2+А3).
Пример: Рассмотрим техническое устройство, состоящее из трех агрегатов (рис.6.), двух агрегатов первого типа А1, А2 и одного агрегата второго типа В. Агрегаты А1, А2 дублируют друг друга.


Слайд 8
Текст слайда:

При отказе одного из них происходит автоматическое переключение на другой. Агрегат В не дублирован. Отказ устройства происходит, если отказали оба агрегата А1, А2 или отказал агрегат В. Т.о., событие С, при котором происходит отказ устройства представляется в виде С=А1А2+В, где А1 – отказ агрегата А1, А2 – отказ агрегата А2, В – отказ агрегата В. Требуется выразить вероятность события С через вероятности событий, содержащих только суммы, а не произведения элементарных событий А1, А2 и В.


Слайд 9
Текст слайда:

Решение: По формуле теоремы 2.2.
Р(С)=Р(А1А2)+Р(В)-Р(А1А2В).
Определим по формуле теоремы 2.3. вероятности Р(А1А2), Р(А1А2В):
Р(А1А2)=Р(А1)+Р(А2)-Р(А1+А2),
Р(А1А2В)=Р(А1)+Р(А2)+Р(В)-Р(А1+А2) — -Р(А1+В)-Р(А2+В)+Р(А1+А2+В).
Тогда Р(С)=Р(А1+В)+Р(А2+В)-Р(А1+А2+В).


Слайд 10
Текст слайда:

§2.3. Теорема умножения вероятностей

Вероятность события А, вычисленная при условии, что имело место событие В, называется условной вероятностью события А и обозначается Р(А⏐В).
Событие А называется независимым от события В, если вероятность события А не зависит от того, произошло событие В или нет. Условие независимости события А от В записывается в виде Р(А⏐В)=Р(А).


Слайд 11
Текст слайда:

Событие А называется зависимым от события В, если вероятность события А меняется в зависимости от того, произошло событие В или нет. Условие зависимости события А от В записывается в виде Р(А⏐В)≠Р(А).
Теорема 2.4. Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое имело место:
Р(АВ)=Р(А)Р(В⏐А).


Слайд 12
Текст слайда:

Доказательство:

Рис.7
Р(А)=m/n, P(АB)=r/n, Р(В⏐А)=r/m
Следствие 1. Если событие А не зависит от события В, то и событие В не зависит от события А.


Слайд 13
Текст слайда:

Доказательство: Р(А)= Р(А⏐В)
Р(АВ)=Р(А) Р(В⏐А)=Р(В) Р(А⏐В)
Т. к. Р(А)= Р(А⏐В) , то Р(В)= Р(В⏐А).
Два события называются независимыми, если появление одного из них не изменяет вероятности появления другого.
Несколько событий называются независимыми, если вероятность любого из них не зависит от появления любой совокупности остальных.


Слайд 14
Текст слайда:

Следствие 2. Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий: Р(АВ)=Р(А)Р(В).
Т.о. Р(АВ)=Р(А) Р(В⏐А)=Р(В) Р(А⏐В)
Теорема 2.5. Вероятность произведения нескольких событий равна произведению вероятностей этих событий, причем вероятность следующего по порядку события вычисляется при условии , что все предыдущие имели место:
Р(А1 А2… Аn)=P(А1)P(A2⏐А1) P(A3⏐ А1А2)…
…P(An⏐ А1А2… Аn-1).


Слайд 15
Текст слайда:

Доказательство:
Р(А1А2)=P(А1)P(A2⏐А1),
Р(А1 А2 А3)=P(А1 А2) P(A3⏐ А1А2)= =Р(А1)Р(А2⏐А1)P(A3⏐ А1А2) и т.д.
Теорема 2.6. Вероятность произведения независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:
Р(А1 А2… Аn)=P(А1)P(А2)…P(Аn).
Доказательство:
Р(А1 А2)=P(А1)P(A2⏐А1)= P(А1) P(А2),
Р(А1 А2 А3)=P(А1) P(A2 A3⏐ А1)= =Р(А1)Р(А2А3)= P(А1) P(А2) P(А3) и т.д.


Слайд 16
Текст слайда:

Пример 1: В урне (рис.8) 2 белых и 3 черных шара. Из урны вынимают подряд 2 шара. Найти вероятность того, что оба шара белые.
Решение: Событие А – появление 2 белых шаров (А – произведение двух событий А=А1А2, где А1 – появление белого шара при первом вынимании, А2 – появление белого шара при втором вынимании). По теореме умножения вероятностей Р(А)= P(А1)P(A2⏐А1)=2/5 1/4=0,1.
Пример 2: Те же условия, что и в предыдущем примере, но после первого вынимания шар возвращается обратно в урну и шары перемешиваются.


Слайд 17
Текст слайда:

Решение: В данном случае события А1 и А2, независимы и Р(А)= P(А1) P(А2)=2/5 2/5=0,16.

Рис.8
Пример 3: Три стрелка независимо один от другого стреляют по некоторой цели. Вероятность попадания в цель 1-го, 2-го и 3-го стрелка равны соответственно: 0. 2,0.5,0.3.Найти вероятность того, что


Слайд 18
Текст слайда:

все три стрелка попадут в цель.
Решение: А – попадание всех 3 стрелков
А1 – попадание 1-го стрелка, А2 – попадание 2-го стрелка, А3 – попадание 3-го стрелка.
А=А1А2А3 , Р(А)=Р(А1)Р(А2)Р(А3)=0.2 0.5 0.3= =0.03
Пример 4: Производится 3 выстрела по одной и той же мишени. Вероятность попадания при 1-ом, 2-ом и 3-ем выстрелах равны соответственно: 0.4, 0.5, 0.7. Найти вероятность того, что в результате этих трех выстрелов в мишени будет ровно одна пробоина.


Слайд 19
Текст слайда:

Решение:
А1, А2, А3 – попадание при 1, 2, 3 выстрелах
— промахи при 1, 2, 3 выстрелах
= =0.4 0.5 0.3+0.6 0.5 0.3+0.6 0.5 0.7=0.36
Пример 5: Те же условия, что и в Примере 4. Найти вероятность того, что в мишени будет хотя бы одна пробоина.
Решение:

или
= 0.6 0.5 0.3=0.09
Р(В)=1- =1-0. 09=0.91


Скачать презентацию

предельных, совместных и условных вероятностей объяснил специалист по данным | by Kurtis Pykes

Изучение вероятности в науке о данных

Photo by Alperen Yazgı on Unsplash

Вероятность играет очень важную роль в науке о данных, поскольку Data Scientist регулярно пытается сделать статистические выводы, которые можно использовать для прогнозирования или анализа данных лучше.

Статистический вывод — это процесс использования анализа данных для вывода свойств основного распределения вероятности ( Источник : Википедия), поэтому понимание случайных величин и их вероятностных распределений является необходимым навыком для работы над многими задачами Data Science.

Я собираюсь начать это обсуждение, предоставив сценарий, поскольку мы собираемся узнать о распределениях вероятностей из этого сценария.

Сценарий

Был проведен опрос среди 500 незнакомцев в лондонском Вест-Энде для определения любимых видов спорта. Варианты были «Футбол», «Регби», а остальные были сгруппированы в «Другое»; Результаты теста отображаются в Рисунок 1.

Рисунок 1: Результаты теста

Рисунок 1 — это не совсем распределение вероятностей, но если мы хотим получить распределение вероятностей, мы можем просто разделить каждое число в Рисунок 1 на 500 (число наблюдений) и результатом будет изображение Рисунок 2 .

Рисунок 2: Распределение вероятностей

Совместная вероятность

Совместная вероятность — это статистическая мера, которая используется для расчета вероятности двух событий, происходящих вместе в одно и то же время — P(A и B) или P(A,B). Например, используя Рисунок 2 мы видим, что совместная вероятность того, что кто-то является мужчиной и любит футбол, равна 0,24.

Рисунок 3: Совместное распределение вероятностей.

Примечание : Ячейки, выделенные на рисунке 3 (совместное распределение вероятностей), должны в сумме давать 1, поскольку все участники распределения должны находиться в одной из ячеек.

Совместная вероятность симметрична, что означает, что P(мужчина и футбол) = P(футбол и мужчина), и мы также можем использовать ее для поиска других типов распределений, маргинального распределения и условного распределения.

Предельное распределение

В теории вероятностей и статистике предельное распределение подмножества набора случайных величин представляет собой распределение вероятностей переменных, содержащихся в подмножестве. Он дает вероятности различных значений переменных в подмножестве без ссылки на значения других переменных ( Источник : Википедия). событие независимо от результата другой переменной — P(A) или P(B).

Рисунок 4: Предельное распределение

Примечание : Игнорируем ли мы пол или вид спорта, сумма предельных распределений должна равняться 1. круто это то. Следовательно, P (женщина) = 0,46, который полностью игнорирует вид спорта, который предпочитает женщина, а P (регби) = 0,25 полностью игнорирует пол.

Условная вероятность

Концепция условной вероятности является одной из самых фундаментальных в теории вероятностей и, на мой взгляд, представляет собой более сложный тип вероятности. Он определяет вероятность наступления одного события при условии, что произошло другое событие (на основании предположения, презумпции, утверждения или свидетельства).

Рисунок 5: Выражение условной вероятности

Чтобы понять это, давайте снова воспользуемся Рисунок 2 ; Если мы хотим рассчитать вероятность того, что человек хотел бы регби, учитывая, что он женщина, мы должны взять общую вероятность того, что человек является женщиной и любит регби ( P(Женщина и регби) ), и разделить ее на вероятность условия. В этом случае вероятность того, что человек является женщиной ( P (женщина) ), которую мы можем вычислить из поля, равной 0,46, следовательно, мы получаем 0,11 (2 знака после запятой).

Запишем это более аккуратно:

P(женщина, регби) = 0,05

P(женщина) = 0,46

P(регби | женщина) = 0,05 / 0,46 = 0,11 (до 2 знаков после запятой).

Если бы мы продолжали заполнять вероятность предпочтения вида спорта при условии, что наблюдатель — женщина, то мы получили бы условное распределение вероятностей.

Подведение итогов

Это руководство представляет собой очень простое введение в совместную, предельную и условную вероятности. Будучи Data Scientist и зная об этих распределениях, вы все еще можете получить смертельные взгляды от завистливых статистиков, но, по крайней мере, на этот раз это потому, что они просто злые люди, а не вы ошибаетесь — Я шучу!

Давайте продолжим разговор на LinkedIn…

Куртис Пайкс — автор ИИ — к науке о данных | LinkedIn

Просмотреть профиль Куртиса Пайкса в LinkedIn, крупнейшем в мире профессиональном сообществе. Куртис имеет 2 работы, перечисленных на их…

www.linkedin.com

Совместная вероятность против условной вероятности | Пратап Манохар Джоши

Прежде чем перейти к совместной вероятности и условной вероятности, мы должны больше узнать о событиях.

Событие — это набор результатов (один или несколько) эксперимента. Это может быть как «Получение Решка при подбрасывании монеты — событие», «Выбор Короля из колоды карт (любого из 4 Королей) — тоже событие», «Выпадение 5 — это событие» и т. д.

События могут быть:

  • Независимыми Каждое событие не зависит от других событий. Пример: Подбрасывание монеты два раза. Исход подбрасывания монеты в первый раз не повлияет на исход второго события.
  • Зависимый (также называемый условным) На событие влияют другие события. Пример: Взять 2 карты из колоды. После взятия одной карты из колоды доступных карт становится меньше, поэтому вероятности меняются!
  • Взаимоисключающее Два события не могут произойти одновременно. Пример: Мы можем играть в футбол и регби одновременно на одном футбольном поле.

Вероятность — это вероятность того, что событие произойдет. Многие события невозможно предсказать с полной уверенностью. Лучшее, что мы можем сказать, это насколько вероятно, что они произойдут, используя идею вероятности.

Совместная вероятность — это вероятность того, что более чем одно событие произойдет в одно и то же время P(A и B). Вероятность того, что событие А и событие В произойдут вместе. Это вероятность пересечения двух или более событий, записанная как p(A ∩ B) .

Пример: Вероятность того, что на карте четверка и красная =p(четыре и красная) = 2/52=1/26. (В колоде из 52 карт две красные четверки: 4 черви и 4 бубны).

  • Во-первых, события X и Y должны произойти одновременно. Пример: Одновременный бросок двух игральных костей.
  • Во-вторых, события X и Y должны быть независимы друг от друга. Это означает, что исход события X не влияет на исход события Y.
    Пример: Бросание двух игральных костей.
  • Если выполнены следующие условия, то P(A∩B) = P(A) * P(B).

Что произойдет, если мы найдем совместную вероятность двух зависимых событий?

‌Пусть Событие X — это вероятность того, что на небе облаков , а Событие Y — это вероятность того, что идет дождь . Все знают, что дождь идет из туч. Так что дождь может идти только тогда, когда на небе есть облака. Это означает, что наличие облаков будет влиять на вероятность дождя, а это означает, что эти два события НЕ независимы!
Совместная вероятность не может быть использована для определения того, насколько возникновение одного события влияет на возникновение другого события . Следовательно, совместная вероятность X и Y (два зависимых события) будет равна P(Y).
Совместная вероятность двух непересекающихся событий будет равна 0 , потому что оба события не могут произойти вместе.

Итак, до тех пор, пока мы не найдем, насколько появление одного события влияет на появление другого события, Мы не можем правильно найти совместную вероятность двух событий. Чтобы решить эту проблему, Условная Вероятность пришла нам на помощь.

‌Условная вероятность события B — это вероятность того, что событие произойдет, зная, что событие A уже произошло . Обозначается P(B|A).

Итак, теперь совместная вероятность двух зависимых событий равна ‌ P(A и B) = P(A)P(B|A)

Мы знаем, что

P(A и B) = П(А)П(Б|А) и P(B и A) = P(B)P(A|B)

Приравняв это, мы получим P(A)P(B|A) = P(B)P(A|B) ), , затем ‌

P(A|B) = P(A) P(B|A) / P(B)

Это теорема Байеса

что B происходит, пишется P(A|B) ,
Когда мы знаем: как часто происходит B при условии, что происходит A, пишется P(B|A)
и насколько вероятно, что A происходит само по себе, пишется П(А)
и насколько вероятно, что B сам по себе, записанный P(B)

В терминах машинного обучения измените A на Hypothesis и B на Evidence , затем

0( B) = P(A) P(B|A) / P(B) становится P(H|E) = P(H) P(E|H) / P(E)

‌Это относится к вероятности гипотезы до получения свидетельства P(H) — априорная вероятность, к вероятности гипотезы после получения свидетельства P(H|E) — апостериорная вероятность. Фактор, который связывает эти два числа, P(E|H) / P(E) , называется отношением правдоподобия .

Теорема Байеса утверждает, что « Апостериорная вероятность равна произведению априорной вероятности на отношение правдоподобия ».

  • Апостериорная вероятность — это вероятность того, что событие произойдет после того, как все свидетельства будут приняты во внимание .
  • Априорная вероятность — это вероятность того, что событие произойдет до вы принимаете любые новые доказательства во внимание.
  • Вы можете думать о апостериорной вероятности как о поправке на априорной вероятности
  • Апостериорная = (Вероятность * Априорная) / Доказательство
  • . Это проверяемое утверждение.
  • Доказательства поддержат или опровергнут гипотезу.
  • Вероятность — это шанс или вероятность того, что что-то произойдет.

Всё!!! Спасибо за просмотр моей статьи. Задавайте свои вопросы в комментариях.

Дискретная вероятность


При изучении графических моделей мы будем использовать некоторые основные факты о дискретных распределениях вероятностей. Здесь мы рассмотрим наиболее важные определения и примеры, которые будут полезны для данного исследования.

выборочное пространство , которое мы будем обозначать через $\Omega$, представляет собой множество возможных исходов случайного процесса. Например, $\Omega =\{H,T\}$ может представлять два возможных исхода (орел и решка) подбрасывания монеты. Каждому элементу $\omega$ в выборочном пространстве соответствует неотрицательное число $p(\omega)\in [0,1]$, соответствующее вероятность того, что произойдет исход $\omega$. Мы требуем, чтобы эти вероятности в сумме равнялись единице.

\начать{выравнивать*} \sum_{\omega\in \Omega} p(\omega) = 1 \конец{выравнивание*}

Например, для несимметричной монеты у нас может быть $p(H) = 0,6$ и $p(T) = 0,4$.

Событие является подмножеством выборочного пространства. Вероятность события равна сумме вероятностей исходов, содержащихся в этом событии. Рассмотрим выборочное пространство $\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}$ всех возможных исходов правильного броска кости. $A = \{1,5,6\}\subseteq\Omega$ будет соответствовать событию, когда на кубике выпадет единица, пятерка или шестерка. Вероятность $A$, обозначаемая как $p(A)$, равна тогда $p(1) + p(5) + p(6) = 1/2$ для честной кости.

Независимые события

Два события $A,B\subseteq \Omega$ называются независимыми , если \начать{выравнивать*} p(A\cap B) = p(A)p(B). \конец{выравнивание*}

То есть появление события $A$ не влияет на вероятность появления события $B$ и наоборот.

Пусть $\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}$ — множество всех возможных исходов при бросании игральной кости. Если $A=\{1,2,5\}$ и $B=\{3,4,6\}$ $A$ и $B$ независимы?

Нет, непересекающиеся события — это не то же самое, что независимые события. В этом примере $p(A\cap B) = p(\emptyset) = 0$, а $p(A)p(B) = 1/4$.

Пусть $\Omega$ — множество всех возможных исходов при бросании двух одинаковых костей. Если $A=\{(1,1),(1,2),(1,3), (1,4), (1,5), (1,6)\}$ и $B=\{ (1,6),(2,6),(3,6), (4,6), (5,6), (6,6)\}$ независимы от $A$ и $B$?

Да. $p(A\cap B) = p(\{(1,6)\}) = 1/36$ и $p(A) = p(B) = 1/6$.

Обычно мы будем писать $A\perp B$, чтобы обозначить, что $A$ не зависит от $B$. Поскольку независимость является симметричным свойством, $A\perp B$ эквивалентно $B\perp A$.

Условная вероятность

условная вероятность события $A$ при таком событии $B$, что $p(B) > 0$, определяется правилом Байеса.

\начать{выравнивать*} p (A | B) = \ frac {p (A \ cap B)} {p (B)} \конец{выравнивание*} Интуитивно это соответствует созданию нового выборочного пространства $\Omega’ = B$ и построению распределения вероятностей по этому выборочному пространству, где $p_{\Omega’}(\omega’) = \frac{p(\omega’)} {p(B)}$ для каждого $\omega’\in \Omega’$. Мы можем проверить, что это соответствует правильному распределению вероятностей над $\Omega’$, проверив, что $\sum_{\omega’\in\Omega’} p(\omega’)/p(B) = 1$. Тогда условная вероятность $A$ при заданном $B$ равна вероятности события $A\cap B$ в выборочном пространстве $\Omega’$ относительно $p_{\Omega’}$.

Если $A$ и $B$ — независимые события, такие что $p(B) > 0$, покажите, что $p(A|B) = p(A)$.

\начать{выровнять*} p(A|B) & = \frac{p(A\cap B)}{p(B)}\\ & = \frac{p(A)p(B)}{p(B)}\\ & = р(А) \конец{выравнивание*}

Покажите, что $\sum_{\omega\in\Omega} p(\omega|B) = 1$ при $p(B) > 0$.

\начать{выравнивать*} \sum_{\omega\in\Omega} p(\omega|B) & = \frac{\sum_{\omega\in\Omega} p(\omega\cap B)}{p(B)}\\ & = \ frac {\ sum _ {\ omega \ in B} p (\ omega)} {p (B)} \\ & = \ гидроразрыв {р (В)} {р (В)} \\ & = 1 \конец{выравнивание*} 9п А_i$).

Условная независимость

Два события $A$ и $B$ называются условно независимыми при наличии третьего события $C$ такого, что $p(C)> 0$, если \[p(A\cap B|C) = p(A|C)p(B|C)\] или, что то же самое, $p(A|B,C) = p(A|C)$ и $p(B|A,C) = p(B|C)$. Условная независимость обычно обозначается записью $A\perp B |C$.

Кондиционирование не сохраняет независимость. Два зависимых события могут стать независимыми, обусловленными третьим событием, а два независимых события могут стать зависимыми, обусловленными третьим событием. Это кажется несколько удивительным, но рассмотрим следующий пример. Пусть $\Omega = \{(H,H), (H,T), (T,H), (T,T)\}$ — возможные результаты двух независимых подбрасываний монеты. Пусть $A$ будет событием, когда первая монета выпадет орлом. Пусть $B$ будет событием, когда вторая монета выпадет орлом. Наконец, пусть $C$ будет событием, когда обе монеты выпадут орлом или решкой. Легко проверить, что $A$ и $B$ независимы, но $A$ и $B$ не являются условно независимыми при заданном $C$.

Случайные величины

дискретная случайная величина , $X$, является функцией из пространства состояний $\Omega$ в дискретное пространство $D$. Для каждого $x\in D$ \[p(X=x) = p(\{\omega\in\Omega | X(\omega) = x\})\] есть вероятность того, что случайная величина $X$ примет значение $x$. Обратите внимание, что случайные величины разбивают пространство состояний $\Omega$ на непересекающиеся события $A_x \triangleq \{\omega\in\Omega | X(\omega) = x\}$ для каждого $x\in D$. Как результат, \[\sum_{x\in D} p(X=x) = \sum_{x\in D} p(A_x) = 1.\] Мы говорим, что $p(X)$ — это распределение вероятностей, соответствующее случайной величине $X$.

Случайные величины полезны при описании результатов случайного процесса, поскольку они позволяют нам разделить пространство выборки на значимые события. Например, пусть $\Omega$ — множество всех возможных пар исходов, полученных при бросании двух игральных костей, то есть $p(1,2) = 1/36$ — это вероятность того, что на первом кубике выпадет единица и вторая кость показывает двойку. Определим случайную величину $X(\omega)$ как сумму чисел, выпавших на двух игральных костях.

Что такое $p(X=2)$?

$p(X=2) = 1/36$, так как есть только один возможный исход, в котором сумма костей равна двум.

Что такое $p(X=8)$?

$p(X=8) = 5/36$, что соответствует вероятности события $\{(2,6), (6,2), (3,5), (5,3), (4,4) \}$.

Обычно нас будет интересовать совместное распределение вероятностей по всем возможным назначениям набора случайных величин $X_1,\ldots,X_n$, обозначенных $p(X_1 = x_1 \cap \ldots \cap X_n = x_n)$. Совместное распределение вероятностей часто записывается как $p(X_1 = x_1, \ldots, X_n = x_n)$ или, более компактно, как $p(x_1,\ldots, x_n)$, когда понятно, что случайная величина $X_i$ равна присвоено значение $x_i$. Поскольку случайные величины разбивают пространство выборки на события, все обсуждавшиеся выше результаты применимы и в этом контексте: правило Байеса, обусловленность, цепное правило и т. д. Две случайные величины $X_1$ и $X_2$ независимы, если \[p(X_1 = x_1, X_2 = x_2) = p(X_1 = x_1)p(X_2 = x_2)\] на все возможных назначений $x_1$ и $x_2$. Используя правило Байеса, мы можем сформулировать аналогичное определение условной независимости.

Вычислительные вопросы

С вычислительной точки зрения два вопроса имеют первостепенное значение: представление совместного распределения вероятностей и выполнение статистического вывода. n — 1$ записей, по одной для каждого из различных возможных присвоений случайным величинам минус единица (вероятность последнего присвоения равна единице минус сумма остальных вероятностей). К счастью, худший случай не типичен. 9п(х_i)$. Каждое из отдельных вероятностных распределений может быть представлено таблицей с $|D|-1$ целыми числами. Поскольку таких распределений $n$, в худшем случае необходимо $n\cdot(|D|-1)$ записей.

Рассмотрим набор случайных величин $X_1,\ldots,X_n$, каждая из которых принимает значения из множества $D$ так, что при $i > 2$ $X_i$ не зависит от $X_1,\ldots,X_{i-2 }$ учитывая $X_{i-1}$. Какой размер таблицы требуется для хранения этого совместного распределения вероятностей в худшем случае? 9n p(x_i|x_{i-1}).\] Каждое из отдельных условных распределений вероятностей может быть представлено таблицей с $(|D|-1)|D|$ целыми числами. Так как таких распределений $n-1$, то $(n-1)\cdot|D|\cdot(|D|-1) + |D| — В худшем случае требуется 1$ записей.

Учитывая совместное распределение вероятностей, мы также будем заинтересованы в выполнении статистического вывода . {n-1}$ операций в худшем случае. Однако, если совместное распределение удовлетворяет определенным свойствам, вычислительные затраты могут быть значительно снижены. Опять же, самый простой пример дается совместным распределением вероятностей по независимым случайным величинам.

Вообще говоря, большая независимость означает более простые вычисления и меньший объем памяти. Нам нужны модели вероятностных распределений, которые каким-то образом делают лежащие в основе допущения о независимости явными, чтобы мы могли воспользоваться ими. (проверка всех возможных отношений независимости сама по себе является вычислительно сложной задачей). Рассмотрение, точное или приблизительное, описанных выше вычислительных проблем будет главной целью этой книги. В следующих главах мы попытаемся лучше понять связь между условной независимостью и сложностью представления и вывода. Это, в свою очередь, приведет нас к полезному обсуждению того, как разрабатывать эффективные алгоритмы для точного и приближенного статистического вывода на практике.

Мотивирующий пример

Мы завершаем эту главу примером видов вероятностных распределений, с которыми мы столкнемся при изучении графических моделей. Неориентированный граф $G =(V,E)$ — это набор вершин и ребер (пар вершин). Независимым множеством в графе $G$ называется такое подмножество $S\subseteq V$ вершин, что никакие две вершины в $S$ не соединены ребром из $G$. Пусть $\Omega$ — множество всех подмножеств множества вершин $V$, а $p$ — равномерное распределение вероятностей по независимым множествам $G$. Для каждой вершины $v\in V$ определим случайную величину $X_v(\omega)$ равной $1$, если $v\in\omega$, и $0$ в противном случае. Тогда вероятность того, что $X_v =1$, равна вероятности того, что независимое множество в $G$ содержит вершину $v$. Если $V = \{v_1,\ldots, v_n\}$, то совместное распределение вероятностей $p(x_{v_1},\ldots, x_{v_n})$ не равно нулю тогда и только тогда, когда $S = \{v\ в В | x_v = 1\}$ — независимое множество в $G$.

Рис. 1. Граф с множеством вершин $V = \{1,2,3,4\}$ и множеством ребер $E = \{(1,2), (2,4), (1,3) ), (3,4), (1,4)\}$.

Рассмотрим неориентированный граф на рис. 1. Чему равно $p(X_1 = 1)$ при описанном выше равномерном распределении на независимых множествах?

Граф на рисунке 1 содержит шесть независимых множеств: $\emptyset, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{4\}, \{2,3\}$. Ровно один из них включает в себя вершинный. Итак, $p(X_1 = 1) = 1/6$.

Эти типы вероятностных распределений по комбинаторным структурам естественным образом возникают в машинном обучении, искусственном интеллекте, статистической физике, компьютерном зрении и многих других прикладных областях.

Совместная функция массы вероятности | Предельная PMF

← предыдущая

следующая →



5.1.1 Совместная вероятностная функция массы (PMF)

Помните, что для дискретной случайной величины $X$ мы определяем PMF как $P_X(x)=P(X=x)$. Теперь, если у нас есть две случайные величины $X$ и $Y$, и мы хотели бы изучить их совместно, мы определяем Совместная функция массы вероятности выглядит следующим образом:

Совместная функция массы вероятности двух дискретных случайных величин $X$ и $Y$ определяется как \begin{выравнивание}%\метка{} \номер P_{XY}(x,y)=P(X=x, Y=y). \end{выравнивание}

Обратите внимание, что запятая, как обычно, означает «и», поэтому мы можем написать \begin{выравнивание}%\метка{} \номер P_{XY}(x,y)&=P(X=x, Y=y) \\ \nonumber &= P\big((X=x)\textrm{ и }(Y=y)\big). \end{выравнивание} Мы можем определить общий диапазон для $X$ и $Y$ как \begin{выравнивание}%\метка{} \nonumber R_{XY}=\{(x,y) | Р_{ХУ}(х,у)>0\}. \end{выравнивание} В частности, если $R_X=\{x_1,x_2,… \}$ и $R_Y=\{y_1,y_2,…\}$, то всегда можно написать \begin{выравнивание}%\метка{} \ не число R_ {XY} и \ подмножество R_X \ раз R_Y \\ \nonumber &= \{(x_i,y_j) | x_i \in R_X, y_j \in R_Y \}. \end{выравнивание} На самом деле иногда мы определяем $R_{XY}=R_X \times R_Y$ для упрощения анализа. В этом случае для некоторых пар $(x_i,y_j)$ в $R_X \times R_Y$ $P_{XY}(x_i,y_j)$ может быть равно нулю. Для двух дискретных случайных величин $X$ и $Y$ имеем 92$. В частности, у нас есть

\begin{align}%\label{} \nonumber P\big( (X,Y) \in A \big)=\sum_{(x_i,y_j) \in (A \cap R_{XY})} P_{XY}(x_i,y_j) \end{выравнивание}

Обратите внимание, что событие $X=x$ можно записать в виде $\{(x_i,y_j): x_i=x, y_j \in R_Y \}$. Также событие $Y=y$ можно записать в виде $\{(x_i,y_j): x_i\in R_X, y_j=y\}$. Таким образом, мы можем написать \begin{выравнивание}%\метка{} \номер P_{XY}(x,y)&=P(X=x, Y=y) \\ \nonumber &=P\big((X=x)\cap(Y=y)\big). \end{выравнивание}

Предельные PMF

Совместная PMF содержит всю информацию о распределении $X$ и $Y$. Это означает, что, например, мы можем получить ВМП $X$ из его совместного ВМП с $Y$. Действительно, мы можем написать \begin{выравнивание}%\метка{} \нечисло P_X(x) &= P(X=x)\\ \nonumber &=\sum_{y_j \in R_Y} P(X=x, Y=y_j) &\textrm{закон полной вероятности}\\ \nonumber &=\sum_{y_j \in R_Y} P_{XY}(x,y_j). \end{выравнивание} Здесь мы называем $P_X(x)$ маргинальной PMF для $X$. Точно так же мы можем найти предельную PMF $Y$ как \begin{выравнивание}%\метка{} \nonumber P_Y(Y)=\sum_{x_i \in R_X} P_{XY}(x_i,y). \end{выравнивание}

Предельные PMF $X$ и $Y$:

\begin{align}\label{Eq:marginals} \nonumber P_X(x)&=\sum_{y_j \in R_Y} P_{XY}(x,y_j), \hspace{20pt} \textrm{ для любого } x \in R_X \\ P_Y(y)&=\sum_{x_i \in R_X} P_{XY}(x_i,y), \hspace{20pt} \textrm{ для любого } y \in R_Y \hspace{40pt} (5.1) \end{выравнивание}

Давайте попрактикуемся в этих концепциях на примере.


Пример
. Рассмотрим две случайные величины $X$ и $Y$ с общей PMF, приведенной в таблице 5. 1.

Таблица 5.1 Совместная PMF $X$ и $Y$ в примере 5.1
  $Y = 0$ $Y = 1$ $Y = 2$
$X = 0$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{4}$ $\frac{1}{8}$
$X = 1$ $\frac{1}{8}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$

На рис. 5.1 показано $P_{XY}(x,y)$.

Рисунок 5.1: Совместная ВМП $X$ и $Y$ (пример 5.1).

  1. Найти $P(X=0,Y\leq1)$.
  2. Найдите предельные PMF $X$ и $Y$.
  3. Найдите $P(Y=1|X=0)$.
  4. $X$ и $Y$ независимы?
  • Решение
      1. Чтобы найти $P(X=0, Y \leq 1)$, можно написать \begin{выравнивание}%\метка{} \nonumber P(X=0, Y \leq 1) =P_{XY}(0,0)+ P_{XY}(0,1)=\frac{1}{6}+\frac{1}{4 }=\фракция{5}{12}. \end{выравнивание}
      2. Обратите внимание, что из таблицы \begin{выравнивание}%\метка{} \nonumber R_X=\{0,1\} \hspace{20pt}\textrm{ и }\hspace{20pt} R_Y=\{0,1,2\}. \end{выравнивание} Теперь мы можем использовать уравнение 5.1, чтобы найти предельные PMF. Например, чтобы найти $P_X(0)$, мы можем написать \begin{выравнивание}%\метка{} \номер P_X(0)&=P_{XY}(0,0)+P_{XY}(0,1)+P_{XY}(0,2)\\ \nonumber &=\frac{1}{6}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\\ \nonumber &=\frac{13}{24}. \end{выравнивание} Мы получаем \begin{уравнение} \номер P_X(x) = \влево\{ \begin{массив}{л л} \frac{13}{24} & \quad x=0 \\ & \ четырехъядерный \\ \frac{11}{24} & \quad x=1 \\ & \ четырехъядерный \\ 0 & \quad \text{иначе} \end{массив} \right. \end{уравнение} \begin{уравнение} \номер P_Y(y) = \влево\{ \begin{массив}{л л} \frac{7}{24} & \quad y=0 \\ & \ четырехъядерный \\ \frac{5}{12} & \quad y=1 \\ & \ четырехъядерный \\ \frac{7}{24} & \quad y=2 \\ & \ четырехъядерный \\ 0 & \quad \text{иначе} \end{массив} \right. \end{уравнение}
      3. Найдите $P(Y=1 | X=0)$: Используя формулу условной вероятности, имеем \begin{выравнивание}%\метка{} \номер P(Y=1 | X=0)&=\frac{P(X=0, Y=1)}{P(X=0)}\\ \nonumber &=\frac{P_{XY}(0,1)}{P_X(0)}\\ \ nonumber & = \ frac {\ frac {1} {4}} {\ frac {13} {24}} = \ frac {6} {13}. \end{выравнивание}
      4. Являются ли $X$ и $Y$ независимыми? $X$ и $Y$ не являются независимыми, потому что, как мы только что выяснили, \begin{выравнивание}%\метка{} \nonumber P(Y=1|X=0)=\frac{6}{13} \neq P(Y=1)=\frac{5}{12}. \end{выравнивание} Внимание : Если мы хотим показать, что $X$ и $Y$ независимы, нам нужно проверить, что $P(X=x_i,Y=y_j)=P(X=x_i)P(Y=y_j)$, для все $x_i \in R_X$ и все $y_j \in R_Y$. Таким образом, даже если бы в приведенном выше расчете мы нашли $P(Y=1 | X=0)= P(Y=1)$, мы еще не смогли бы заключить, что $X$ и $Y$ независимы. . Для этого нам нужно проверить условие независимости для всех $x_i \in R_X$ и всех $y_j \in R_Y$.

← предыдущий

следующий →

Печатная версия книги доступна на Amazon здесь.

Простые, совместные, предельные и условные вероятности

Модуль 5.1: Простые, совместные, предельные и условные вероятности
Модуль 5. 1 Примечания
«Простые, совместные, предельные и условные Вероятности»

Указатель к модулю 5 Примечания

5.1: Простой, Совместный, Маргинальный и Условные вероятности

5.2: Доверительный интервал и проверка гипотез для Пропорция

5.3: Тесты с несколькими образцами с категориальными данными


Наш последний модуль на курсе (я слышал громко снова аплодисменты?) представляет описательные и логические методы для анализ категорийных (также называемых качественными) данных. Мы уже изучили категориальные данные в материале множественной регрессии модуля 3 — помните, мы включили «фиктивную» переменную для представления пол (мужской/женский), время года (в сезон/вне сезона), вывод (неисправен/исправен) и т. д. Но в таком случае категориальная переменная просто служила для стратификации данных в одном и том же модель множественной регрессии.

Теперь мы хотим узнать о методах анализа данных. категоричный. Например, компания по производству потребительских товаров была нанята для несколько лет назад опросили 1000 покупателей в четырех магазинах Форт-Майерса. На рабочем листе 5.1.1 представлены результаты их опроса.

Рабочий лист 5.1.1.

Ряд 1

Цвет B

С

Д

Е

Ф

2

Эксель

Хорошо

Бедный

Всего

3

Кмарт

272

477

251

4

Сирс

315

457

228

5

JCP

323

470

207

6

Палаты

391

404

205

7

Всего


Эта таблица перекрестной классификации (также известная как перекрестная таблица или таблица непредвиденных обстоятельств) представляет две категориальные переменные. Одна из переменных — Store, и там четыре «ценности» для магазина — Kmart, Sears, JCP и Wards. Это категориальная переменная — ее значения являются категориями или именами — мы не можем усреднить их, или найти их стандартное отклонение, или их медиану — такой тип описательной статистики для числовых переменных не применяются для категориальных переменных.

Но есть простая описательная статистика для категориальных переменных и мы рассмотрим их в этом модуле. Существуют также выводные статистика для отдельных категориальных переменных — они рассматриваются в Модуль 5.2. Мы завершаем этот модуль изучением описательных и выводная статистика для нескольких выборок категориальных переменных в Модуле 5.3.

Прежде чем мы приступим к работе, позвольте мне также отметить, что есть второй категориальная переменная в Рабочем листе 5.1.1 — оценка качества покупательский опыт покупателей, участвующих в клиентском опрос. Переменная Рейтинг имеет три «значения»: Отлично, Хорошо и Бедный. Я должен отметить, что по традиции мы иногда делаем присвойте значение этому типу категориальной переменной, например 3 = Отлично, 2 = хорошо и 1 = плохо. Когда мы это делаем, мы лечим переменная, как если бы она была числовой (количественный) и его данные измерялись по шкале интервалов . Иногда мы даже вычислить описательную статистику, такую ​​как средний рейтинг. Конечно, когда мы делаем это, мы должны признать, что присвоенные номера произвольно, а ноль не имеет смысла для данных, масштабированных по интервалу (мы могли бы используйте баллы 10 = отлично; 5 = хорошо; и 1 = плохо).

Однако для этого модуля мы не собираемся предполагать, что сможем конвертировать категориальную переменную в количественную переменную. Мы собираемся анализировать его как категориальную переменную. Инструменты, которые мы представляем в этот модуль часто используется в бизнесе, особенно с опросы клиентов, которые содержат множество категориальных переменных, от демографические характеристики на отношение к поведению.

Таблица перекрестной классификации для категориальных переменных, как простая линейная регрессия относится к количественным переменным. перекрестная классификационная таблица дает возможность взглянуть на отношение между двумя категориальными переменными — очень мощный инструмент, когда кто-то хочет изучить взаимосвязь между категориальные переменные, которые моделируют демографию, отношение и поведение характеристики.

Описательная статистика для Категориальные переменные

Подсчет
Итак, если мы не можем найти среднее или стандартное отклонение, или медиана, или межквартильный диапазон категориального переменные, как мы их измеряем. Мы просто считаем их событий таким образом, чтобы предоставить полезную информацию. Рабочий лист 5.1.1 уже проиллюстрированы подсчеты в классах перекрестных таблиц. Что мы знаем, что 477 покупателей оценили свой опыт покупок в Kmart как Хороший.

Рабочий лист 5.1.2 предлагает еще несколько способов подсчета опроса Информация.

Рабочий лист 5.1.2

Ряд 1

Цвет B

С

Д

Е

Ф

2

Эксель

Хорошо

Бедный

Всего

3

Кмарт

272

477

251

1000

4

Сирс

315

457

228

1000

5

JCP

323

470

207

1000

6

Палаты

391

404

205

1000

7

Всего

1301

1808

891

4000


Обратите внимание, что я добавил маргинальные итоги в рабочий лист, введя, например, =СУММ(C3:E3) в ячейку F3; а также =СУММ(C3:C6) в ячейке C7. Теперь я знаю, что больше покупателей оценили четыре хранится как «Хорошо», затем «Отлично» (Excel) и «Плохо». я также известно, что в каждом магазин, и что размер выборки был очень большим (намного больше, чем полюса политического мнения, проводимые крупными новостными организациями — мы рассмотрим это позже).

Это все, что касается описательной статистики для категориальных переменные? Нет — есть еще немного. Мы также можем преобразовать количество в вероятность (также называемую долгосрочной относительной частота или пропорция или процент или шанс).

Прежде чем мы это сделаем, давайте на минутку рассмотрим простой счет. правила математики и статистики (Mason, 1999). Вы можете помнить это из курсов математики, которые вы брали давным-давно.

Правило умножения
Если существует m способов сделать одно и то же н способы сделать другое, есть мн возможные договоренности. Итак, в кросс-классификационной таблице покупатели могут выбирать между четырьмя магазинами и выбирать между тремя возможными оценками, всего 12 комбинации или аранжировки, как показано в основной части рабочего листа 5.1.1. Это можно расширить. Если есть м пути делать одно, n способы делать другое, и o способы сделать еще один; тогда есть мно возможные договоренности. Если покупатели в нашем Например, можно выбрать между оплатой наличными или кредитной картой, а затем будет 4 раза 3 раза 2 или 24 возможных аранжировки.

Формула перестановки
Правило умножения применяется для нахождения количества договоренности, когда есть две или более групп. Перестановка формула применяется к договоренностям, когда есть только одна группа. сценарий для этого правила подсчета может быть примерно таким: сколько По-разному покупатели могут посетить четыре магазина, если заказ имеет значение. Например, можно сначала пойти в Kmart, затем Sears, затем JCP, затем Wards. Другая договоренность может быть Sears, JCP, Wards, затем Kmart. Эти договоренности называются перестановки.


Перестановка — это любое расположение r объектов выбраны из группы n объектов, где порядок имеет значение. Формула перестановки:

Экв. 5.1.1: n P r = n! / (н — р)! куда ! означает факториал, произведение
п(п-1)(п-2)…(1). По определение, 0! = 1

Итак, если n = 4, r = 4,

Экв. 5.1.2: 4 Р 4 = 4! / (4 — 4)! = 4! / 0! = 4! / 1 = (4 * 3 * 2 * 1) = 24

Другой сценарий может быть: сколько По-разному покупатели могут посетить только два из четырех магазинов, если порядок имеет значение.

Экв. 5.1.3: 4 P 2 = 4! / (4 — 2)! = 4! / 2! = (4 * 3 * 2 * 1) / (2 * 1) = 12

Здесь действуют Kmart/Sears; Сирс/Кмарт; Кмарт/JCP; JCP/Кмарт; Кмарт/Уордс; Уордс/Кмарт; Сирс/JCP; JCP/Сирс; Сирс/Уордс; Уордс/Сирс; JCP/Уордс; а также Уордс/JCP.

Окончательное правило подсчета для комбинаций.

Формула комбинации
Это похоже на перестановки, но теперь порядок не важный. Уравнение для правила комбинации:

Экв. 5.1.4: n C r = n! / [ р! (н-р!) ]

Сколько различных вариантов могут предложить покупатели? следовать посетить два из четырех магазинов, если заказ не важный?

Экв. 5.1.5: n C r = 4! / [ 2! (4 — 2)!] = (4 * 3 * 2 * 1) / [(2 * 1) * (2 * 1)] = 6

Комбинации Kmart/Sears; Кмарт/JCP; Кмарт/Уордс; Сирс/JCP; Сирс/Уордс; и JCP/Wards.

Простая вероятность
Простая вероятность интересующего события количество наблюдений за этим конкретным событием, разделенное на все наблюдения за всеми возможными событиями в пространстве выборки . Давайте не будем вдаваться в технические подробности этой простой концепции. Вероятность что покупатели дают оценку «Отлично», если учесть все покупателей, 1301 разделить на 4000, или 0,325 дал оценку отлично. Мы можем преобразовать 0,325 в проценты, умножив на 100. Итак, есть вероятность того, что покупатели поставят оценку «Отлично», составляет 32,5%. Мы следуем общепринятая практика написания вероятности отличного как P (отлично).

Экв. 5.1.6: Простой Вероятность события Отлично =
P(Отлично) = Кол-во отлично Рейтинги/Всего покупателей
P(отлично) = 1301/4000 = 0,325 x 100 = 32,5%


Эта вероятность называется простой вероятностью , когда я просто глядя на одну категориальную переменную. Это называется маргинал вероятность , когда мы смотрим на любую из предельных сумм разделить на общую сумму в таблице перекрестной классификации. Все предельные вероятности показаны на рабочем листе 5.1.3. Рабочий лист 5.1.3 является копией рабочего листа 5.1.2 в строках с 12 по 18 того же Excel. Рабочий лист. Чтобы вычислить предельную вероятность в ячейке C13, используя данные в рабочем листе 5.1.2, я ввожу формулу = C6/F7 в ячейку C13.

Рабочий лист 5.1.3

ПРОЦЕНТ ОТ ИТОГО

Ряд 12

Цвет B

С

Д

Е

Ф

13

Эксель

Хорошо

Бедный

Всего

14

Кмарт

6,8%

11,9%

6,3%

25%

15

Сирс

7,9%

11,4%

5,7%

25%

16

JCP

8,1%

11,8%

5,2%

25%

17

Палаты

9,8%

10,1%

5,1%

25%

18

Всего

32,5%

45,2%

22,3%

100%


Обратите внимание, что существуют другие проценты или вероятности, показанные в Рабочем листе 5. 1.3. Они называются сустав вероятности в таблице перекрестной классификации .

Совместная вероятность
Совместные вероятности возникают в теле кросс-классификационная таблица на пересечении двух событий для каждого категориальная переменная. В рабочем листе 5.1.1 мы видим, что их 457. покупатели, которые оценили Sears как хорошо. совместная вероятность Sears and Good — это 457 деленных на 4000 или 11,4%.

Экв. 5.1.7: Совместное Вероятность событий Sears и Good =
P(Sears and Good) = (Количество Sears Shoppers and Good Ratings)/Всего покупателей

Чтобы вычислить эту вероятность в ячейке C14 Рабочий лист, я ввожу =C3/F7 в ячейку C14.

Вероятности, такие как эти простые и совместные вероятности, не имеют размеры и позволяют проводить относительные сравнения. То есть мы обычно получают более относительную информацию, сравнивая 32,5% для «Отлично»: от 45,2% «хорошо» до 22,3% «плохо», чем по сравнение данных подсчета 1301 с 1808 по 891. То же самое верно для совместные вероятности.

Предположения
Единственные предположения, которые нам нужны для вычисления этих вероятности состоит в том, что они считаются долгосрочными относительными частоты и что события внутри категориальной переменной взаимоисключающие и исчерпывающие.

Мы считаем вероятности долгосрочными относительными частотами для делать выводы. Мы не говорим об одном покупателе, Kmart завтра и найти отличный опыт, так как вероятность отличного события по сравнению с не очень хорошим событием для этот покупатель составляет 50%. Скорее, мы говорим о вероятностях которые происходят в течение более длительного периода времени, продиктованного нашей выборкой. Эти долгосрочные относительные частоты выражаются как любое число от 0 и 1. Когда полученная дробь умножается на 100, мы конвертируем долгосрочную относительную частоту в процентах.

Примечание: я не думаю, что люди, которые играют в азартные игры, верят в долгосрочную перспективу относительные частоты. Например, на колесе рулетки 18 красных ячеек. 18 черных слотов, один слот 0 и один слот 00. Если игрок делает ставку на шарик упадет в «красную» щель во время вращения рулетки, долгосрочная вероятность выигрыша равна 18 красных/(18 красных + 18 черных + 1 ноль + 1 двойной ноль) = 18/38 = 0,474 или 47,4%. Долгосрочный шанс выигрыша дома составляет 100% — 47,4% или 52,6%. Казино не может (и не) проигрывает в долгосрочной перспективе. Имеет ли это значение для игрока? Из конечно нет. Их шанс на победу составляет 50% в краткосрочной перспективе (они выиграть или проиграть на следующем вращении) (или они наслаждаются бесплатной едой и атмосфера).

Вернуться к заметкам. Взаимоисключающее означает, что если вы оцениваете Kmart как Отлично, вы не можете также оценить его как Хорошо — наблюдение должно попасть в одну классификацию событий. Исчерпывающий означает, что все события представлены внутри категориальной переменной. Не может быть события «нет мнения», если только оно не представлено своими подсчетами в кросс-классификационная таблица. Учитывая, что взаимоисключающие и исчерпывающие условия выполнены, то все вероятности для всех событий в пространстве категориальных переменных событий должны суммироваться 100%.

Общее правило сложения
Рассмотрев простые, маргинальные и совместные вероятности, мы можем представить правило сложения:

Экв. 5.1.8: P(A или Б) = Р(А) + Р(В) — Р(А и В)

Обратите внимание на тонкое различие между P(A или B), сложение двух простых вероятностей и P(A и B), совместная вероятность событий A и B.

Например: что такое P(JCP или Отлично)?

Экв. 5.1.9: P(JCP или Отлично) = P(JCP) + P(Отлично) —
P(JCP и Отлично) = 25% + 32,5% — 8,1% = 49,4%.

Другой пример: что такое P(Хорошо или Бедный)?

Экв. 5.1.10: P(Хорошо или Плохо) = П(Хорошо) + П(Плохо) —
P(хорошее и плохое) = 45,2% + 22,3% — 0% = 67,5%

Надеюсь, этот последний пример не показался вам сложным. Обратите внимание, что не может быть совместной вероятности Хорошего и Плохого, поскольку события «хорошо» и «плохо» являются маргинальными событиями для одной и той же категории. Напомним, что события должны быть взаимоисключающими, поэтому, если покупатель получили оценку «Хорошо», они также не могут получить оценку «Плохо». Единственный косяк события представляют собой совокупность событий из две разные переменные.

Дополнительные события и их вероятности
В последнем примере, уравнение 5.1.10, я дал P(Хорошее и Плохое) как 67,5%. Что такое P (отлично)? Из-за взаимоисключающих и исчерпывающие предположения, все вероятности для всех событий в категориальное пространство событий должно составлять 100%. Поскольку единственное другое событие что может произойти помимо Good и Poor, это Отлично, P(Отлично) должен быть:

Экв. 5.1.11: P(отлично) = 100% — P(хорошее и плохое) = 32,5%.


Есть еще одна классификация вероятностей, которую нам нужно завершить наше изучение описательной статистики для категориальных переменные. Это называется условной вероятностью .

Условная вероятность
Последняя вероятность может возникнуть всякий раз, когда мы используем кросс-классификационные таблицы. условная вероятность обуславливает общее пространство событий (знаменатель относительного частотное уравнение) к некоторому желаемому подмножеству. Например, мы можем захотеть спросить, какова вероятность того, что покупатель оценит свой опыт как отлично учитывая что нас интересуют только варды покупатели? Математически формула такова:

Экв. 5.1.12: P(Excel|Области) = P(Excel и Wards)/P(Wards) =
9,8%/25% = 39,1%

Вертикальная черта, «|» в уравнении 5. 1.6 представляет слово «дано», которое обеспечивает подмножество события пространство интересов. Другими словами, нас не интересует сумма примерную площадь из 4000 покупателей, показанную на листе 5.1.1, мы только интересует подмножество из 1000 покупателей, которые делали покупки в Wards. Так, прямым способом вычисления этой условной вероятности было бы просто разделите количество покупателей, которые оценили опыт Wards как Отлично по общему количеству покупателей в Wards, что дает 391/1000 или 39,1%.

Рабочий лист 5.1.4 представляет эту и другую условную строку вероятности. То есть вероятности для различных уровней рейтинги заданы магазинной переменной. Чтобы вычислить условное вероятность для ячейки C24, я ввожу =C3/F7 в ячейку C24.

Рабочий лист 5.1.4

ПРОЦЕНТ ОТ ИТОГОВ:

Ряд 23

Цвет B

С

Д

Е

Ф

24

Эксель

Хорошо

Бедный

Всего

25

Кмарт

27,2%

47,7%

25,1%

100,0%

26

Сирс

31,5%

45,7%

22,8%

100,0%

27

JCP

32,3%

47,0%

20,7%

100,0%

28

Палаты

39,1%

40,4%

20,5%

100,0%

29

Всего

32,5%

45,2%

22,3%

100,0%


Давайте рассмотрим другой пример. Какова вероятность того, что покупатель является покупателем Sears , учитывая, что оценка была хорошей?

Экв. 5.1.13: P (Сирс | Хорошо) = P(Сирс и Гуд)/P(Хорошо) =
11,4%/45,2% = 25,2%

Рабочий лист 5.1.5 дает этот и другой столбец условные вероятности. То есть вероятность одного из четыре магазина с учетом рейтинга. Чтобы вычислить условное вероятность в ячейке C25, я ввожу =C3/C7 в ячейку C25.

Рабочий лист 5.1.5

ПРОЦЕНТ ОТ ИТОГО:

Ряд 1

Цвет B

С

Д

Е

Ф

2

Эксель

Хорошо

Бедный

Всего

3

Кмарт

20,9%

26,4%

28,2%

25,0%

4

Сирс

24,2%

25,3%

25,6%

25,0%

5

JCP

24,8%

26,0%

23,2%

25,0%

6

Палаты

30,1%

22,3%

23,0%

25,0%

7

Всего

100,0%

100,0%

100,0%

100,0%


Вот и все для описательной статистики для категориальных переменных. Вы должны быть в состоянии ответить на вопрос 5 задания, данного в Обзор основного модуля 5 на веб-сайте курса.

В ссылках показано другое применение простого и условного вероятности. Приложение находится в деревьях решений. Этот материал рассматривается в курсе количественных методов, поэтому я не буду дублировать его. здесь. Другой материал, охватываемый справочными текстами, включает вероятность распределения для дискретных случайных величин, которые являются специальными применения категориальных переменных. Мы рассмотрим один из них, биномиальное распределение в примечаниях к Модулю 5.2. Пуассон Распределение освещается в материалах очереди ожидания (очереди) в количественный класс.

Следующий предмет — статистика логического вывода. Вы помните, уверенность интервалы и проверка гипотезы — на этот раз для пропорции. Что является предметом примечаний к модулю 5.2.

Каталожные номера:

Андерсон Д., Суини Д. и Уильямс, Т. (2001). Современная бизнес-статистика с Microsoft Эксель. Цинциннати, Огайо: Юго-Западный, глава 4 и глава 5.

Левин, Д., Беренсон, М. и Стефан, Д. (1999). Статистика для менеджеров, использующих Microsoft Excel (2nd. ред.). Река Аппер-Сэдл, Нью-Джерси: Прентис-Холл, Глава 4.

Мейсон, Р., Линд, Д. и Маршал, В. (1999). Статистический Методы бизнеса и экономики (10-е изд.). Бостон: Ирвин Макгроу Хилл, глава 5.


| Возвращаться к обзору модуля | Наверх страницы |
О Курс
Модуль Расписание
Веб-доска

 

 

 

  

17.1 — Две дискретные случайные величины

Начнем с рассмотрения случая, когда две рассматриваемые случайные величины \(X\) и \(Y\) , скажем, оба дискретны. Мы сразу приступим к делу и начнем с примера, из которого мы просто расширим многие определения, полученные нами для одной дискретной случайной величины, такие как функция массы вероятности, среднее значение и дисперсия, на случай, когда мы имеют две дискретные случайные величины.

Предположим, мы подбрасываем пару чистых четырехгранных костей, в которой одна из костей КРАСНАЯ , а другая ЧЕРНАЯ . Сдадим:

  • \(X\) = результат на кубике RED = \(\{1, 2, 3, 4\}\)
  • \(Y\) = результат на кубике ЧЕРНЫЙ = \(\{1, 2, 3, 4\}\)

Какова вероятность того, что \(X\) примет определенное значение \(x\), а \(Y\) примет определенное значение \(y\)? То есть что такое \(P(X=x, Y=y)\)?

Решение

Так же, как и в случае с одной дискретной случайной величиной, чтобы найти » совместное распределение вероятностей » для \(X\) и \(Y\), нам сначала нужно определить поддержку \(X\) и \(Y\). Итак, поддержка \(X\):

\ (S_1=\{1, 2, 3, 4\}\)

И поддержка \(Y\):

\(S_2=\{1, 2, 3, 4\}\)

Теперь, если мы обозначим через \((x,y)\) один из возможных исходов одного броска пары игральных костей, то, конечно, (1, 1) является возможным исходом, как и (1, 2), (1, 3) и (1, 4).Если мы продолжим перечислять все возможные исходы, мы вскоре увидим, что совместная поддержка S имеет 16 возможных исходов:

\(S=\{(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2 ), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4)\}\)

Теперь, поскольку кости правильные, мы должны ожидать, что каждый из 16 возможных результатов будет равновероятным. Следовательно, используя классический подход к назначению вероятности, вероятность того, что \(X\) равно любому конкретному значению \(x\), а \(Y\) равно любому конкретному значению \(y\), равна \(\frac{ 1}{16}\). То есть для всех \((x,y)\) в носителе \(S\):

\(P(X=x, Y=y)=\frac{1}{16}\)

Поскольку мы определили вероятность для каждого \((x, y)\), мы нашли то, что мы вызовите совместную функцию массы вероятности . Возможно, не слишком удивительно, что совместная функция массы вероятностей, которую обычно обозначают как \(f(x,y)\), может быть определена как формула (как мы это сделали выше), как график или как стол. Вот что такое наш совместный p.m.f. хотел бы в табличной форме:

ЧЕРНЫЙ (Y) 1 fY(y) fX(x) КРАСНЫЙ(X)1 2 3 4 1234 f(x,y)

Теперь, когда мы нашли нашу первую совместную функцию массы вероятностей, давайте теперь формально определим ее.

Совместная функция массы вероятности
Пусть \(X\) и \(Y\) две дискретные случайные величины, и пусть \(S\) обозначает двумерный носитель \(X\) и \(Y\). Тогда функция \(f(x,y)=P(X=x, Y=y)\) является совместной функцией массы вероятности (сокращенно p.m.f.), если она удовлетворяет следующим трем условиям:
  1. \(0 \leq f(x,y) \leq 1\)

  2. \(\ mathop{\sum\sum}\limits_{(x,y)\in S} f(x,y)=1\)

  3. \(P[(X,Y) \in A]=\mathop{\sum\sum}\limits_{(x,y)\in A} f(x,y)\), где \(A\) подмножество носителя \(S\).

Первое условие, конечно, просто говорит нам, что каждая вероятность должна быть действительным числом вероятности от 0 до 1 (включительно). Второе условие говорит нам, что, как и должно быть верно для п.м.ф. одной дискретной случайной величины сумма вероятностей по всему носителю \(S\) должна быть равна 1. Третье условие говорит нам, что для определения вероятности события \(A\) нужно просто суммировать вероятности значений \((x,y)\) в \(A\).

Теперь, если вы посмотрите на представление нашего совместного p.m.f. в табличной форме вы можете видеть, что последний столбец содержит функцию массы вероятности только \(X\), а последняя строка содержит функцию массы вероятности только \(Y\). Эти две функции, \(f(x)\) и \(f(y)\), которые в данном случае обычно называют функциями массы предельной вероятности , получаются простым суммированием вероятностей по поддержке другая переменная. То есть, чтобы найти функцию массы вероятности \(X\), мы суммируем для каждого \(x\) вероятности, когда \(y=1, 2, 3, \text{и} 4\). То есть для каждого \(x\) мы суммируем \(f(x, 1), f(x, 2), f(x, 3), \text{ и}f(x, 4)\). Теперь, когда мы рассмотрели две функции массы предельной вероятности в нашем примере, давайте дадим формальное определение функции массы предельной вероятности.

Функция массы предельной вероятности \(X\)

Пусть \(X\) — дискретная случайная величина с носителем \(S_1\), а \(Y\) — дискретная случайная величина с носителем \(S_2\). Пусть \(X\) и \(Y\) имеют совместную функцию массы вероятности \(f(x, y)\) с носителем \(S\). Тогда функция массы вероятности одного \(X\), которая называется предельной функцией массы вероятности \(X\), определяется как:

\(f_X(x)=\sum\limits_y f(x,y)=P(X=x),\qquad x\in S_1\)

, где для каждого \(x\) в носителе \(S_1\) суммирование ведется по всем возможным значениям \(y\). Точно так же функция массы вероятности одного \(Y\), которая называется предельной функцией массы вероятности \(Y\), определяется как:

\(f_Y(y)=\sum\limits_x f(x,y)=P(Y=y),\qquad y\in S_2\)

, где для каждого \(y\) в носителе \(S_2\) суммирование ведется по всем возможным значениям \(x\).

Если еще раз взглянуть на представительство нашего совместного п.м.ф. в табличной форме вы можете заметить, что верно следующее:

\(P(X=x,Y=y)=\dfrac{1}{16}=P(X=x)\cdot P(Y=y)=\dfrac{1}{4} \cdot \ dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{16}\)

для всех \(x\in S_1, y\in S_2\). Когда это происходит, мы говорим, что \(X\) и \(Y\) независимы . Далее следует формальное определение независимости двух случайных величин \(X\) и \(Y\).

Независимые и зависимые случайные величины

Случайные величины \(X\) и \(Y\) независимы тогда и только тогда, когда:

\(P(X=x, Y=y)=P(X=x)\умножить на P(Y=y)\)

для всех \(x\in S_1, y\in S_2\). В противном случае \(X\) и \(Y\) называются зависимыми .

Теперь предположим, что нам дана совместная функция массы вероятности \(f(x, y)\), и мы хотим найти среднее значение \(X\). Что ж, одна из стратегий состоит в том, чтобы сначала найти предельную p.m.f. для \(X\), а затем использовать определение ожидаемого значения, которое мы ранее изучили, для вычисления \(E(X)\). В качестве альтернативы мы могли бы использовать следующее определение среднего, которое было расширено для включения совместных функций массы вероятности.

Определение. Пусть \(X\) — дискретная случайная величина с носителем \(S_1\), а \(Y\) — дискретная случайная величина с носителем \(S_2\). Пусть \(X\) и \(Y\) — дискретные случайные величины с совместными п.м.ф. \(f(x,y)\) на носителе \(S\). Если \(u(X,Y)\) является функцией этих двух случайных величин, то:

\(E[u(X,Y)]=\mathop{\sum\sum}\limits_{(x, y)\in S} u(x,y)f(x,y)\)

, если оно существует, называется ожидаемым значением \(u(X,Y)\). Если \(и(Х,Y)=Х\), то:

\(\mu_X=E[X]=\sum\limits_{x\in S_1} \sum\limits_{y\in S_2} xf(x,y)\)

, если существует, является средним значением из \(Х\). Если \(u(X,Y)=Y\), то:

\(\mu_Y=E[Y]=\sum\limits_{x\in S_1} \sum\limits_{y\in S_2} yf( x,y)\)

, если он существует, является средним значением \(Y\).

Пример 17-1 (продолжение) Раздел

Рассмотрим снова наш пример, в котором мы подбрасываем пару правильных четырехгранных игральных костей, в которых одна из костей равна КРАСНЫЙ , а другой ЧЕРНЫЙ . Снова допустим:

  • \(X\) = результат на кубике RED = \(\{1, 2, 3, 4\}\)
  • \(Y\) = результат на кубике ЧЕРНЫЙ = \(\{1, 2, 3, 4\}\)

Что означает \(X\) ? И что означает \(Y\)?

Решение

Среднее значение \(X\) вычисляется как:

\(\mu_X=E[X]=\sum\limits_{x\in S_1} \sum\limits_{y\in S_2} xf (x,y) =1\left(\dfrac{1}{16}\right)+\cdots+1\left(\dfrac{1}{16}\right)+\cdots+4\left(\dfrac {1}{16}\вправо)+\cdots+4\влево(\dfrac{1}{16}\вправо)\)

, что упрощается до:

\(\mu_X=E[X]=1\left(\dfrac{4}{16}\right)+2\left(\dfrac{4}{16}\right)+ 3\left(\dfrac{4}{16}\right)+4\left(\dfrac{4}{16}\right)=\dfrac{40}{16}=2,5\)

Среднее значение \ (Y\) рассчитывается аналогично:

\(\mu_Y=E[Y]=\sum\limits_{x\in S_1} \sum\limits_{y\in S_2} yf(x,y)=1\ влево(\dfrac{1}{16}\вправо)+\cdots+1\влево(\dfrac{1}{16}\вправо)+\cdots+4\влево(\dfrac{1}{16}\вправо )+\cdots+4\left(\dfrac{1}{16}\right)\)

, что упрощается до:

\(\mu_Y=E[Y]=1\влево(\dfrac{4}{16}\вправо)+2\влево(\dfrac{4}{16}\вправо)+3\влево(\dfrac {4}{16}\right)+4\left(\dfrac{4}{16}\right)=\dfrac{40}{16}=2. 5\)

Кстати, скорее всего не найдете Удивительно, что формула для среднего значения \(X\) сводится к:

\(\mu_X=\sum\limits_{x\in S_1} xf(x)\)

, потому что:

То есть , третье равенство выполняется, потому что значения x не зависят от \(y\) и, следовательно, могут быть протянуты через суммирование по \(y\). И последнее равенство выполняется из-за определения предельной функции массы вероятности \(X\). Точно так же среднее значение \(Y\) сводится к:

\(\mu_Y=\sum\limits_{y\in S_2} yf(y)\)

потому что:

То есть, опять третье равенство имеет место, потому что значения y не зависят на \(x\) и, следовательно, может быть протянут через суммирование по \(x\). И последнее равенство выполняется из-за определения предельной функции массы вероятности \(Y\).

Теперь предположим, что нам дана совместная функция массы вероятности \(f(x,y)\), и мы хотим найти дисперсию \(X\). Опять же, одна из стратегий состояла бы в том, чтобы сначала найти предельную p.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован.