Η υπό όρους πιθανότητα | Πλήρης επισκόπηση

Υποδεικνυόμενη πιθανότητα

Η θεωρία πιθανότητας υπό όρους βγαίνει από την έννοια της ανάληψης τεράστιου κινδύνου. Υπάρχουν πολλά ζητήματα τώρα που ξεκινούν από το παιχνίδι της τύχης, όπως ρίψη νομισμάτων, ρίχνουν ζάρια και παίζουν χαρτιά. 

Η θεωρία πιθανότητας υπό όρους εφαρμόζεται σε πολλούς διαφορετικούς τομείς και την ευελιξία του Υποδεικνυόμενη πιθανότητα παρέχει εργαλεία για τόσες πολλές διαφορετικές ανάγκες. θεωρία πιθανότητας και δείγματα που σχετίζονται με τη μελέτη της πιθανότητας εμφάνισης συμβάντων.

Σκεφτείτε ότι και τα δύο είναι δύο γεγονότα ενός τυχαίου πειράματος. Στη συνέχεια, η πιθανότητα των συμβάντων του X υπό την προϋπόθεση ότι το Y έχει ήδη συμβεί με το P (Y) ≠ 0, είναι γνωστό ως πιθανότητα υπό όρους και δηλώνεται με το P (X / Y).

Επομένως, P (X / Y) = Η πιθανότητα να συμβεί το Χ, εάν υπάρχει ότι το Y έχει ήδη συμβεί.

\ frac {P (X \ cap Y)} {P (Y)} = \ frac {n (X \ cap Y)} {n (Y)}

Παρομοίως, P (Y / X) = Η πιθανότητα εμφάνισης του Y, όπως έχει ήδη συμβεί το Χ.

\ frac {P (X \ cap Y)} {P (X)} = \ frac {n (X \ cap Y)} {n (Y)}

Εν συντομία για ορισμένες περιπτώσεις, το P (X / Y) χρησιμοποιείται για να καθορίσει την πιθανότητα εμφάνισης του X όταν συμβαίνει Y. Παρομοίως, το P (Y / X) χρησιμοποιείται για να καθορίσει την πιθανότητα του Y να συμβαίνει ενώ το X συμβαίνει.

Τι είναι το θεώρημα πολλαπλασιασμού για την πιθανότητα;

Εάν τα Χ και Υ και τα δύο είναι αυτο-υποστηριζόμενα (ανεξάρτητα) συμβάντα αυθαίρετου πειράματος, τότε

P (X \ cap Y) = P (X). P \ αριστερά (X / Y \ δεξιά), \ \ αν P (X) \ neq 0

P (X \ cap Y) = P (Y). P \ αριστερά (Y / X \ δεξιά), \ \ αν P (Y) \ neq 0

Τι είναι τα θεωρήματα πολλαπλασιασμού για ανεξάρτητα συμβάντα; 

If Τα X και Y και τα δύο είναι αυτοδύναμα (ανεξάρτητα) συμβάντα που συνδέονται με ένα αυθαίρετο πείραμα, και στη συνέχεια P (X ∩ Y) = P (X). P (Y)

δηλαδή, η πιθανότητα ταυτόχρονης εμφάνισης δύο ανεξάρτητων γεγονότων είναι ίση με τον πολλαπλασιασμό των πιθανοτήτων τους. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα πολλαπλασιασμού, έχουμε P (X ∩ Y) = P (Y). P (Y / X)

 Καθώς τα Χ και Υ είναι ανεξάρτητα συμβάντα, επομένως P (Y / X) = P (Y)

Σημαίνει, P (X ∩ Y) = P (X). P (Y)

Ενώ τα συμβάντα είναι αμοιβαία αποκλειστικά: 

Εάν τα X και Y είναι αμοιβαία αποκλειστικά συμβάντα, τότε ⇒ n (X ∩ Y) = 0, P (X ∩ Y) = 0

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

Για οποιεσδήποτε τρεις εκδηλώσεις X, Y, Z που είναι αμοιβαία αποκλειστικά, 

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

P (X \ cup Y \ cup Z) = P (X) + P (Y) + P (Z)

Ενώ τα γεγονότα είναι ανεξάρτητα: 

Εάν τα Χ και Υ είναι μη περιορισμένα (ή ανεξάρτητα) συμβάντα, τότε

P (X \ cap Y) = P (X) .P (Y)

P (X \ cup Y) = P (X) + P (Y) -P (X). P (Y)

Αφήστε το X και το Y να είναι δύο συμβάντα που συνδέονται με ένα αυθαίρετο (ή τυχαίο) πείραμα

(α) \ \ P (\ overline {X} \ cap Y) = P (Y) -P (X \ cap Y)

(b) \ \ P (X \ cap \ overline {Y}) = P (Y) -P (X \ cap Y)

Εάν Y⊂ X, τότε

(α) \ \ P (X \ cap \ overline {Y}) = P (X) -P (Y)

(β) \ \ P (Y) \ leq P (X)

Ομοίως αν X⊂ Y, τότε

(α) \ \ P (\ overline {X} \ cap Y) = P (Y) -P (X)

(β) \ \ P (X) \ leq P (Y)

Η πιθανότητα εμφάνισης ούτε του Χ ούτε του Υ είναι 

P (\ overline {X} \ cap \ overline {Y}) = P (\ overline {X \ cup Y}) = 1- P (X \ κύπελλο Y)

Παράδειγμα: Εάν από ένα πακέτο καρτών επιλέγεται μία κάρτα. Ποια είναι η πιθανή πιθανότητα να είναι είτε φτυάρι είτε βασιλιάς;

λύση:

P (A) = P (κάρτα spade) = 13/52

P (B) = P (κάρτα king) = 4/52

P (είτε ένα φτυάρι είτε μια κάρτα king) = P (A ή B)

= P (A∪B) = P (A) + P (B) -P (A∩B)

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

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

= 4/13

Παράδειγμα: Κάποιος είναι γνωστό ότι χτυπά τον στόχο με 3 στις 4 πιθανότητες, ενώ κάποιο άλλο άτομο είναι γνωστό ότι χτυπά τον στόχο με 2 στις 3 πιθανότητες. Μάθετε αν η πιθανότητα να επιτευχθεί αυτός ο στόχος όταν προσπαθούν και οι δύο άνθρωποι.

λύση:

 πιθανότητα επίτευξης στόχου από πρώτο άτομο = P (A) = 3/4

πιθανότητα επίτευξης στόχου από δεύτερο άτομο = P (B) = 2/3

Τα δύο γεγονότα δεν είναι αμοιβαία αποκλειστικά, καθώς και τα δύο άτομα επιτυγχάνουν τον ίδιο στόχο = P (A ή B)

= P (A∪B) = P (A) + P (B) -P (A∩B)

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

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

= 11/12

Παράδειγμα: If  A  B είναι δύο συμβάντα όπως P (A) = 0.4, P (A + B) = 0.7 και P (AB) = 0.2 τότε P (B);

λύση: Εφόσον έχουμε P (A + B) = P (A) + P (B) -P (AB)

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

=> P (B) = 0.5

Παράδειγμα: Μια κάρτα επιλέγεται αυθαίρετα από ένα πακέτο καρτών. Ποια είναι η πιθανότητα η κάρτα να είναι κόκκινη κάρτα ή βασίλισσα.

Λύση: Η απαιτούμενη πιθανότητα είναι

P (κόκκινο + βασίλισσα) -P (κόκκινο ⋂ βασίλισσα)

= P (κόκκινο) + P (βασίλισσα) -P (κόκκινο ⋂ βασίλισσα)

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

Παράδειγμα: Εάν η πιθανότητα αποτυχίας του Χ στο τεστ είναι 0.3 και ότι η πιθανότητα του Υ είναι 0.2, τότε βρείτε την πιθανότητα ότι το Χ ή το Υ απέτυχε στη δοκιμή;

Λύση: Εδώ P (X) = 0.3, P (Y) = 0.2

Τώρα P (X ∪ Y) = P (X) + P (Y) -P (X ⋂ Y)

Δεδομένου ότι αυτά είναι ανεξάρτητα γεγονότα, έτσι

P (X ⋂ Y) = P (X). Ρ (Υ)

Έτσι η απαιτούμενη πιθανότητα είναι 0.3 + 0.2 -0.06 = 0.44

Παράδειγμα: Οι πιθανότητες αποτυχίας στη Φυσική είναι 20% και η πιθανότητα αποτυχίας στα Μαθηματικά είναι 10%. Ποιες είναι οι δυνατότητες αποτυχίας σε τουλάχιστον ένα θέμα;

Λύση: Έστω P (A) = 20/100 = 1/5, P (B) = 10/100 = 1/10

Δεδομένου ότι τα γεγονότα είναι ανεξάρτητα και πρέπει να βρούμε 

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) -P (A). Ρ (Β)

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

Έτσι, η πιθανότητα αποτυχίας σε ένα μάθημα είναι (14/50) X 100 = 28%

Παράδειγμα: Η πιθανότητα επίλυσης μιας ερώτησης από τρεις μαθητές είναι 1 / 2,1 / 4 και 1/6 αντίστοιχα. Ποια θα είναι η πιθανή πιθανότητα απάντησης στην ερώτηση;

Λύση:

(i) Αυτή η ερώτηση μπορεί επίσης να λυθεί από έναν μαθητή

(ii) Αυτή η ερώτηση μπορεί να απαντηθεί από δύο μαθητές ταυτόχρονα.

(iii) Αυτή η ερώτηση μπορεί να απαντηθεί από τρεις μαθητές.

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

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

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

Παράδειγμα: Μια τυχαία μεταβλητή X έχει την κατανομή πιθανότητας

X12345678
P(X)0.150.230.120.100.200.080.070.05
Πιθανότητα υπό όρους: Παράδειγμα

Για τα συμβάντα E = {X είναι πρωταρχικός αριθμός} και F = {X <4}, βρείτε την πιθανότητα P (E ∪ F).

Λύση:

E = {Το X είναι ένας πρώτος αριθμός}

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

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

και P (E ⋂ F) = P (2) + P (3) = 0.35

P (E ∪ F) = P (E) + P (F) - P (E ⋂ F)

      = 0.62 + 0.50 - 0.35 = 0.77

Παράδειγμα: Πετάγονται τρία νομίσματα. Εάν ένα από αυτά εμφανίζεται ουρά, τότε ποια θα ήταν η πιθανότητα τα τρία νομίσματα να εμφανίζονται ουρά;

Λύση: Εξετάστε E είναι το γεγονός όπου και τα τρία νομίσματα εμφανίζονται ουρά και F είναι το γεγονός όπου ένα κέρμα εμφανίζεται ουρά. 

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

και E = {TTT}

Απαιτούμενη πιθανότητα = P (E / F) = P (E ⋂F) / P (E) = 1/7

Συνολική πιθανότητα και κανόνας Baye

Ο νόμος της συνολικής πιθανότητας:

Για τον χώρο δειγματοληψίας S και n αμοιβαία αποκλειστικά και εξαντλητικά γεγονότα E1 E2 ….ΜΙn σχετίζεται με ένα τυχαίο πείραμα. Εάν το Χ είναι ένα συγκεκριμένο συμβάν που συμβαίνει με τα γεγονότα Ε1 ή Ε2 ή… ή En, Τότε 

P (X) = P (E_ {1}). P (\ frac {X} {E_ {1}}) + P (E_ {2}) P (\ frac {X} {E_ {2}}) + …… .. + P (E_ {n}). P (\ frac {X} {E_ {n}})

Ο κανόνας του Baye: 

Εξετάστε S να είναι ένα δείγμα χώρου και Ε1, Ε2,… ..En be n ασυνήθιστα (ή αμοιβαία αποκλειστικά) γεγονότα τέτοια

\ sum \ limit_ {i = 1} ^ nE_ {i} = S \ \ και \ \ P (Ei) \ \> 0 \ \ για \ \ i = 1,2, ……, n

Μπορούμε να σκεφτούμε Eiως οι παράγοντες που οδηγούν στο αποτέλεσμα του πειράματος. Οι πιθανότητες P(Ei), i = 1, 2,… .., n ονομάζονται γνωστές ως προηγούμενες (ή νωρίτερα) πιθανότητες. Εάν η αξιολόγηση καταλήξει σε αποτέλεσμα του συμβάντος X, πού P(X)> 0. Τότε πρέπει να αντιληφθούμε την πιθανότητα ότι το συμβάν X αντιλαμβανόταν ότι οφείλεται σε αιτία Ei, δηλαδή, αναζητούμε την υπό όρους πιθανότητα P (Ei/Χ) . Αυτές οι πιθανότητες είναι γνωστές ως οπίσθιες πιθανότητες, που δίδονται από τον κανόνα του Baye ως

P (E_ {i} / X) = \ frac {P (E_ {i}). P (X / E_ {i})} {\ sum \ limit_ {k = 1} ^ nP (E_ {k}) (X / E_ {k})}

Παράδειγμα: Υπάρχουν 3 κουτιά που είναι γνωστό ότι περιέχουν 2 μπλε και 3 πράσινα μάρμαρα. 4 μπλε και 1 πράσινα μάρμαρα και 3 μπλε και 7 πράσινα μάρμαρα αντίστοιχα. Ένα μάρμαρο τραβιέται τυχαία από ένα από τα κουτιά και βρέθηκε ότι είναι μια πράσινη μπάλα. Τότε ποια είναι η πιθανότητα να αντληθεί από το κουτί που περιέχει τα πιο πράσινα μάρμαρα.

Λύση: Εξετάστε τα ακόλουθα γεγονότα:

Α -> το μαρμάρινο σχέδιο είναι πράσινο.

E1 -> Επιλέγεται το πλαίσιο 1.

E2 Επιλέγεται το πλαίσιο 2

E3 Επιλέγεται το πλαίσιο 3.

Ρ (Ε1) = P (Ε2) = P (Ε3) = 1/3, p (A / E1) = 3/5

Έπειτα

Ρ (Α / Ε2) = 1/5, P (A / E3) = 7/10

Απαιτούμενη πιθανότητα = P (E3/ΕΝΑ)

=\frac{P(E_{3})P(A/E_{3})}{P(E_{1})P(A/E_{1})+P(E_{2})P(A/E_{2})+P(E_{3})P(A/E_{3})}  =\frac{7}{15}

Παράδειγμα: Σε ένα τεστ εισόδου υπάρχουν ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής. Υπάρχουν τέσσερις πιθανές σωστές απαντήσεις σε κάθε ερώτηση της οποίας είναι σωστή. Η πιθανή πιθανότητα ενός μαθητή να αντιληφθεί τη σωστή απάντηση σε μια συγκεκριμένη ερώτηση είναι 90%. Εάν λάβει τη σωστή απάντηση σε μια συγκεκριμένη ερώτηση, τότε ποια είναι η πιθανή πιθανότητα που προβλέπει.

Λύση: Ορίζουμε τα ακόλουθα συμβάντα:

A1 : Ξέρει την απάντηση.

A2 : Μπορεί να μην ξέρει την απάντηση.

Ε: Γνωρίζει τη σωστή απάντηση.

Ρ (Α1) = 9/10, P (Α2) = 1-9 / 10 = 1/10, P (E / A1) = 1,

P (A_ {1}) = \ frac {9} {10} \ \, P (A_ {2}) = 1- \ frac {9} {10} = \ frac {1} {10} \ \, \ \ P (\ frac {E} {A_ {1}}) \ \,

Στη συνέχεια \ \ P (\ frac {E} {A_ {2}}) = \ frac {1} {4}

Έτσι, η αναμενόμενη πιθανότητα

Πιθανότητα υπό όρους
Πιθανότητα υπό όρους

Παράδειγμα: Κάδος A περιέχει 4 κίτρινα και 3 μαύρα μάρμαρα και κουβά B περιέχει 4 μαύρα και 3 κίτρινα μάρμαρα. Ένας κάδος λαμβάνεται τυχαία και σχεδιάζεται ένα μάρμαρο και σημειώνεται ότι είναι κίτρινο. Ποια είναι η πιθανότητα ότι έρχεται κουβά B.

Λύση: Βασίζεται στο θεώρημα του Baye. 

Πιθανότητα επιλογής κάδου A , P (A) = 1/2

Πιθανότητα επιλογής κάδου B , P (B) = 1/2

Πιθανότητα κίτρινου μαρμάρου από τον κάδο A  =P(A). P(G/A)=(1/2)x (4/7)=2/7 

Πιθανότητα κίτρινου μαρμάρου από τον κάδο B = P(B).P(G/B)=(1/2)x(3/7)=3/14

Συνολική πιθανότητα κίτρινων μαρμάρων = (2/7) + (3/14) = 1/2

Πιθανότητα γεγονότος ότι τα κίτρινα μάρμαρα αντλούνται από τον κάδο B  

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

Συμπέρασμα:

 Σε αυτό το άρθρο συζητάμε κυρίως για την υπό όρους πιθανότητα και το θεώρημα Bayes με τα παραδείγματα αυτών την άμεση και εξαρτώμενη συνέπεια της δοκιμής που συζητάμε μέχρι τώρα στα διαδοχικά άρθρα που συνδέουμε την πιθανότητα με τυχαία μεταβλητή και μερικούς γνωστούς όρους που σχετίζονται με τη θεωρία πιθανότητας που θα συζητήσουμε, εάν θέλετε περαιτέρω ανάγνωση, πηγαίνετε διά μέσου:

Περιγράμματα Πιθανότητας και Στατιστικών της Schaum και Wσελίδα ikipedia.

Για περαιτέρω μελέτη, ανατρέξτε στο σελίδα μαθηματικών.

Σχετικά με τον DR. MOHAMMED MAZHAR UL HAQUE

Είμαι DR. Mohammed Mazhar Ul Haque, Επίκουρος καθηγητής Μαθηματικών. Έχοντας 12 χρόνια εμπειρίας στη διδασκαλία. Έχοντας τεράστια γνώση στα Καθαρά Μαθηματικά, ακριβώς στην Άλγεβρα. Έχοντας την τεράστια ικανότητα σχεδιασμού και επίλυσης προβλημάτων. Δυνατότητα παρακίνησης των υποψηφίων για βελτίωση της απόδοσής τους.
Μου αρέσει να συνεισφέρω στο Lambdageeks για να κάνω τα Μαθηματικά Απλά, Ενδιαφέρον και Αυτοεξήγηση τόσο για αρχάριους όσο και για ειδικούς.
Ας συνδεθούμε μέσω του LinkedIn - https://www.linkedin.com/in/dr-mohammed-mazhar-ul-haque-58747899/

Lambda Geeks