2.5: Незалежність

\( \newcommand{\P}{\mathbb{P}} \)\( \newcommand{\bs}{\boldsymbol} \)

У цьому розділі ми обговоримо незалежність, одне з фундаментальних понять теорії ймовірностей. Незалежність часто називають моделюючим припущенням, і, крім того, (класична) ймовірність сама заснована на ідеї незалежних тиражів експерименту. Як завжди, якщо ви новий студент ймовірності, ви можете пропустити технічні деталі.

Основна теорія

Як завжди, нашою відправною точкою є випадковий експеримент, змодельований простором ймовірностей\( (S, \mathscr S, \P) \) таким чином, що\( S \) це набір результатів,\( \mathscr S \) колекція подій та\( \P \) міра ймовірності на просторі вибірки\((S, \mathscr S)\). Ми визначимо незалежність для двох подій, потім для колекцій подій, а потім для колекцій випадкових величин. У кожному конкретному випадку основна ідея однакова.

Незалежність двох подій

Дві події\(A\) і\(B\) є незалежними, якщо\[\P(A \cap B) = \P(A) \P(B)\]

Якщо обидві події мають позитивну ймовірність, то незалежність еквівалентна твердженню про те, що умовна ймовірність однієї події, даної іншої, така ж, як і безумовна ймовірність події:\[\P(A \mid B) = \P(A) \iff \P(B \mid A) = \P(B) \iff \P(A \cap B) = \P(A) \P(B)\] Ось як слід думати про незалежність: знання того, що одна подія сталася не змінює ймовірності, присвоєної іншій події. Незалежність двох подій обговорювалася в останньому розділі в контексті кореляції. Зокрема, для двох подій незалежні і некорельовані означають одне і те ж.

Терміни незалежні та неспільні звучать нечітко схожі, але насправді вони дуже різні. По-перше, зауважте, що розбіжність - це чисто концепція теорії множин, тоді як незалежність - це концепція ймовірності (теорія вимірювань). Дійсно, дві події можуть бути незалежними щодо однієї міри ймовірності і залежними щодо іншої. Але найголовніше, два неспільних події ніколи не можуть бути самостійними, хіба що в тривіальному випадку одне з подій є нульовим.

Припустимо, що\(A\) і\(B\) є неспільними подіями, кожне з позитивною ймовірністю. Тоді\(A\) і\(B\) залежні, а насправді негативно співвідносяться.

Доказ

Зверніть увагу, що\(\P(A \cap B) = \P(\emptyset) = 0\) але\(\P(A) \P(B) \gt 0\).

Якщо\(A\) і\(B\) є незалежними подіями, то інтуїтивно здається зрозумілим, що будь-яка подія, яка може бути побудована з\(A\) повинна бути незалежною від будь-якої події, яка може бути побудована з\(B\). Це так, як показує наступний результат. Більш того, ця основна ідея є важливою для узагальнення незалежності, яку ми розглянемо найближчим часом.

Якщо\(A\) і\(B\) є самостійними подіями, то кожна з наступних пар подій є незалежною:

1. \(A^c\),\(B\)
2. \(B\),\(A^c\)
3. \(A^c\),\(B^c\)

Доказ

Припустимо, що\( A \) і\( B \) є незалежними. Тоді за правилом різниці та правилом доповнення,\[ \P(A^c \cap B) = \P(B) - \P(A \cap B) = \P(B) - \P(A) \, \P(B) = \P(B)\left[1 - \P(A)\right] = \P(B) \P(A^c) \] Отже\( A^c \) і\( B \) є рівнозначними. Частини (b) і (c) випливають з (а).

Подія, яка по суті є детермінованою, тобто має ймовірність 0 або 1, не залежить від будь-якого іншого події, навіть самого себе.

Припустимо, що\(A\) і\(B\) є подіями.

1. Якщо\(\P(A) = 0\) або\(\P(A) = 1\), то\(A\) і\(B\) є незалежними.
2. \(A\)є незалежним від себе, якщо і тільки якщо\(\P(A) = 0\) або\(\P(A) = 1\).

Доказ

1. Нагадаємо, що якщо\( \P(A) = 0 \) тоді\( \P(A \cap B) = 0 \), а якщо\( \P(A) = 1 \) то\( \P(A \cap B) = \P(B) \). У будь-якому випадку ми маємо\( \P(A \cap B) = \P(A) \P(B) \).
2. Незалежність\( A \) з собою дає\( \P(A) = [\P(A)]^2 \) і звідси або\( \P(A) = 0 \) або\( \P(A) = 1 \).

Загальна незалежність подій

Щоб розширити визначення незалежності на більш ніж дві події, ми можемо подумати, що ми могли б просто вимагати попарної незалежності, незалежності кожної пари подій. Однак цього недостатньо для того сильного типу незалежності, який ми маємо на увазі. Наприклад, припустимо, що у нас три події\(A\)\(B\), і\(C\). Взаємна незалежність цих подій повинна означати не тільки те, що кожна пара незалежна, але і те, що подія, яка може бути побудована з\(A\) і\(B\) (наприклад\(A \cup B^c\)) повинна бути незалежною\(C\). Попарна незалежність цього не досягає; вправа нижче дає три події, які попарно незалежні, але перетин двох подій пов'язане з третьою подією в найсильнішому розумінні.

Іншим можливим узагальненням було б просто вимагати, щоб ймовірність перетину подій була добутком ймовірностей подій. Однак ця умова навіть не гарантує попарної самостійності. Вправа нижче наводить приклад. Однак визначення незалежності для двох подій дійсно узагальнює природним чином довільну сукупність подій.

Припустимо, що\( A_i \) це подія для кожного\( i \) в наборі індексів\( I \). Тоді колекція\( \mathscr{A} = \{A_i: i \in I\} \) є незалежною, якщо для кожного скінченного\( J \subseteq I \),\[\P\left(\bigcap_{j \in J} A_j \right) = \prod_{j \in J} \P(A_j)\]

Незалежність колекції подій набагато сильніша, ніж просто попарна незалежність від подій у колекції. Основне властивість спадкування в наступному результаті випливає відразу з визначення.

Припустимо, що\(\mathscr{A}\) це сукупність подій.

1. Якщо\(\mathscr{A}\) незалежний, то\(\mathscr{B}\) незалежний для кожного\(\mathscr{B} \subseteq \mathscr{A}\).
2. Якщо\(\mathscr{B}\) незалежний для кожного кінцевого,\(\mathscr{B} \subseteq \mathscr{A}\) то\(\mathscr{A}\) незалежний.

Для кінцевої колекції подій кількість умов, необхідних для взаємної незалежності, зростає в геометричній прогресії з кількістю подій.

Існують\(2^n - n - 1\) нетривіальні умови у визначенні незалежності\(n\) подій.

1. Явно дати 4 умови, які повинні бути задоволені для подій\(A\)\(B\), і\(C\) бути незалежними.
2. Явно дати 11 умов, які повинні бути задоволені для подій\(A\)\(B\),\(C\), і\(D\) бути незалежними.

Відповідь

Є\( 2^n \) підколекції\( n \) подій. Один порожній і\( n \) передбачає одну подію. Решта\( 2^n - n - 1 \) підколекції передбачають дві і більше подій і відповідають нетривіальним умовам.

1. \(A\),\(B\),\(C\) є незалежними, якщо і тільки якщо\ почати {align*} &\ P (A\ cap B) =\ P (A)\ P (B)\\ &\ P (A\ cap C) =\ P (A)\ P (C)\\ &\ P (B\ cap C) =\ P (B)\ P (C)\\ &\ P (A\ cap B\ C) = P (A)\ P (B)\ P (C)\ end {вирівнювати*}
2. \(A\),\(B\)\(C\),\(D\) є незалежними тоді і тільки тоді, якщо\ почати {align*} &\ P (A\ cap B) =\ P (A)\ P (B)\\ &\ P (A\ cap C) =\ P (A\ cap C)\\ P (A\ cap D) =\ P (A)\ P (D)\\ &\ P (B\ cap C) =\ P (A)\ P (D)\\ &\ P (B\ cap C) =\ P (A)\ P (D)\\ &\ P (B\ cap C) =\ P (A) Б)\ Р (С)\\ &\ Р (Б\ шапка D) =\ Р (Б)\ Р (Г)\\ &\ П (С\ кап D) =\ Р (С)\ Р (Г)\\\ &\ Р (А\ шапка В\ шапка С) =\ Р (А)\ Р (Б)\ Р (С)\\ &\ П (А\ шапка Б\ шапка D) =\ Р (А)\ Р (Б)\ Р (Д)\\ &\ П (А\ шапка C\ cap D) =\ П (А)\ П (С)\ Р (Д)\\ &\ П\ ковпачок C\ cap D) =\ P (B)\ P (C)\ P (D)\\ &\ P (A\ cap B\ cap C\ cap D) =\ P (A)\ P (B)\ P (C)\ P (D)\ кінець {align*}

Якщо події\( A_1, A_2, \ldots, A_n \) незалежні, то відразу з визначення випливає, що\[\P\left(\bigcap_{i=1}^n A_i\right) = \prod_{i=1}^n \P(A_i)\] Це відомо як правило множення для незалежних подій. Порівняйте це з загальним правилом множення для умовної ймовірності.

Збір по суті детермінованих подій\(\mathscr{D} = \{A \in \mathscr{S}: \P(A) = 0 \text{ or } \P(A) = 1\}\) є незалежним.

Доказ

Припустимо, що\( \{A_1, A_2, \ldots, A_n\} \subseteq \mathscr{D} \). Якщо\( \P(A_i) = 0 \) для деяких\( i \in \{1, 2, \ldots, n\} \) то\( \P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n) = 0 \). Якщо\( \P(A_i) = 1 \) для кожного\( i \in \{1, 2, \ldots, n\} \) тоді\( \P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n) = 1 \). У будь-якому випадку,\( \P(A_1 \cap A_2 \cdots \cap A_n) = \P(A_1) \P(A_2) \cdots \P(A_n) \).

Наступний результат узагальнює наведену вище теорему про доповнення двох незалежних подій.

Припустимо, що\( \mathscr A = \{A_i: i \in I\} \) і\( \mathscr B = \{B_i: i \in I\} \) є двома колекціями подій з властивістю, що для кожного\( i \in I \), або\( B_i = A_i \) або\( B_i = A_i^c \). Тоді\( \mathscr A \) є незалежним тоді і тільки тоді\( \mathscr B \), коли є незалежним.

Доказ

Доказ насправді дуже схожий на доказ для двох подій, за винятком більш складних позначень. По-перше, за симетрією відносини між\( \mathscr A \) і\( \mathscr B \), досить показати\( \mathscr A \) незалежне має на увазі\( \mathscr B \) незалежність. Далі за властивістю спадкування досить розглянути випадок, коли множина індексу\( I \) кінцева.

1. Виправити\( k \in I \) і визначити\( B_k = A_k^c \) і\( B_i = A_i \) для\( i \in I \setminus \{k\} \). Припустимо, що тепер\( J \subseteq I \). Якщо\( k \notin J \) то банально,\( \P\left(\bigcap_{j \in J} B_j\right) = \prod_{j \in J} \P(B_j) \). Якщо\( k \in J \), то використовуючи правило різниці,\ begin {align*}\ P\ left (\ bigcap_ {j\ in J} b_j\ праворуч) &=\ P\ left (\ bigcap_ {j\ in J\ setminus\ {k\}} a_J\ праворуч) -\ P\ left (\ bigcap_ {j\ in J} a_J\ праворуч)\\ & =\ prod_ j\ in J\ setminus\ {k\}}\ P (a_J) -\ prod_ {j\ in J}\ P (a_J) =\ лівий [\ prod_ {j\ in J\ setminus\ {k\}} \ P (a_j)\ право] [1 -\ P (a_k)] =\ prod_ {j\ in J}\ P (b_j)\ end {align*} Отже,\( \{B_i: i \in I\} \) є сукупністю незалежних подій.
2. Припустимо, що тепер\( \mathscr B = \{B_i: i \in I\} \) це загальна колекція подій де\( B_i = A_i \) або\( B_i = A_i^c \) для кожного\( i \in I \). Потім\( \mathscr B \) можна отримати\( \mathscr A \) від кінцевої послідовності доповнень зміни типу в (а), кожна з яких зберігає незалежність.

Остання теорема в свою чергу призводить до типу сильної незалежності, яку ми хочемо. Наступна вправа наводить приклади.

Якщо\(A\),,\(B\)\(C\), і\(D\) є самостійними подіями, то

1. \(A \cup B\),\(C^c\),\(D\) є незалежними.
2. \(A \cup B^c\),\(C^c \cup D^c\) є незалежними.

Доказ

Ми наведемо докази, які використовують теорему доповнення, але для цього корисні деякі додаткові позначення. Якщо\( E \) подія, нехай\( E^1 = E \) і\( E^0 = E^c\).

1. Зверніть увагу, що\( A \cup B = \bigcup_{(i, j) \in I} A^i \cap B^j \) де\( I = \{(1, 0), (0, 1), (1, 1)\} \) і зверніть увагу, що події в союзі неспільні. За розподільної власності,\( (A \cup B) \cap C^c = \bigcup_{(i, j) \in I} A^i \cap B^j \cap C^0 \) і знову події в союзі неспільні. За адитивності і теоремі доповнення,\[ \P[(A \cup B) \cap C^c] = \sum_{(i, j) \in I} \P(A^i) \P(B^j) \P(C^0) = \left(\sum_{(i,j) \in I} \P(A^i) \P(B^j)\right) \P(C^0) = \P(A \cup B) \P(C^c) \] за точно таким же типом аргументу,\( \P[(A \cup B) \cap D] = \P(A \cup B) \P(D) \) і\(\P[(A \cup B) \cap C^c \cap D] = \P(A \cup B) \P(C^c) \P(D) \). Безпосередньо від результату вище на доповнення,\( \P(C^c \cap D) = \P(C^c) \P(D) \).
2. Зверніть увагу, що\( A \cup B^c = \bigcup_{(i, j) \in I} A^i \cap B^j \) де\( I = \{(0, 0), (1, 0), (1, 1)\} \) і зверніть увагу, що події в союзі неспільні. Аналогічно\( C^c \cup D^c = \bigcup_{(k, l) \in J} C^i \cap D^j\) де\( J = \{(0, 0), (1, 0), (0, 1)\} \), і знову події в союзі неспільні. За розподільним правилом для встановлених операцій,\[ (A \cup B^c) \cap (C^c \cup D^c) = \bigcup_{(i, j, k ,l) \in I \times J} A^i \cap B^j \cap C^k \cap D^l \] і ще раз, події в союзі неспільні. За адитивністю та теоремою доповнення,\[ \P[(A \cup B^c) \cap (C^c \cup D^c)] = \sum_{(i, j, k ,l) \in I \times J} \P(A^i ) \P(B^j) \P(C^k) \P(D^l) \] Але також адитивністю, теоремою доповнення та розподільною властивістю арифметики,\[ \P(A \cup B^c) \P(C^c \cup D^c) = \left(\sum_{(i,j) \in I} \P(A^i) \P(B^j)\right) \left(\sum_{(k,l) \in J} \P(C^k) \P(D^l)\right) = \sum_{(i, j, k ,l) \in I \times J} \P(A^i ) \P(B^j) \P(C^k) \P(D^l) \]

Повне узагальнення цих результатів дещо складне, але приблизно означає, що якщо ми почнемо з колекції незалежних подій і формуємо нові події з незв'язаних підколекцій (використовуючи множинні операції об'єднання, перетину та компліменту), то нові події є незалежними. Точне твердження див. Розділ про проміжки мір. Важливість теореми комплементу полягає в тому, що будь-яка подія, яка може бути визначена з точки зору скінченної сукупності подій,\( \{A_i: i \in I\} \) може бути записана як неспільний союз подій тієї форми,\( \bigcap_{i \in I} B_i \) де\( B_i = A_i \) або\( B_i = A_i^c\) для кожного\( i \in I \).

Ще одним наслідком загальної теореми комплементу є формула ймовірності об'єднання сукупності незалежних подій, яка набагато приємніше, ніж формула включення-виключення.

Якщо\( A_1, A_2, \ldots, A_n \) є самостійними заходами, то\[\P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right) = 1 - \prod_{i=1}^n \left[1 - \P(A_i)\right]\]

Доказ

Від закону ДеМоргана і незалежності\( A_1^c, A_2^c, \ldots, A_n^c \) ми маємо\[ \P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i \right) = 1 - \P\left( \bigcap_{i=1}^n A_i^c \right) = 1 - \prod_{i=1}^n \P(A_i^c) = 1 - \prod_{i=1}^n \left[1 - \P(A_i)\right] \]

Незалежність випадкових величин

Припустимо, що тепер\(X_i\) це випадкова величина для експерименту зі значеннями в наборі\(T_i\) для кожного\(i\) в непорожньому наборі індексу\(I\). Математично,\( X_i \) це функція from\( S \) into\( T_i \), і нагадати, що\( \{X_i \in B\} \) позначає подію\( \{s \in S: X_i(s) \in B\} \) для\( B \subseteq T_i \). Інтуїтивно,\( X_i \) є змінною інтересу в експерименті, і кожне змістовне твердження про\( X_i \) визначає подію. Інтуїтивно, випадкові величини незалежні, якщо інформація про деякі змінні нічого не говорить нам про інші змінні. Математично незалежність сукупності випадкових величин може зводитися до незалежності збірок подій.

Збір випадкових величин\( \mathscr{X} = \{X_i: i \in I\} \) є незалежним, якщо колекція подій\( \left\{\{X_i \in B_i\}: i \in I\right\} \) є незалежною для кожного вибору\( B_i \subseteq T_i \) for\( i \in I \). Аналогічно тоді,\( \mathscr{X} \) є незалежним, якщо для кожного кінцевого\(J \subseteq I\), і для кожного вибору\(B_j \subseteq T_j\) для\(j \in J\) нас є\[\P\left(\bigcap_{j \in J} \{X_j \in B_j\} \right) = \prod_{j \in J} \P(X_j \in B_j)\]

Подробиці

Нагадаємо, що\( T_i \) буде мати\( \sigma \) -алгебру\( \mathscr T_i \) допустимих підмножин, так що\( (T_i, \mathscr T_i) \) це вимірний простір так само, як і простір вибірки\( (S, \mathscr S) \) для кожного\( i \in I \). Також\( X_i \) вимірюється як функція від\( S \) в\( T_i \) для кожного\( i \in I \). Ці технічні припущення гарантують, що визначення має сенс.

Припустимо, що\(\mathscr{X}\) це сукупність випадкових величин.

1. Якщо\(\mathscr{X}\) незалежний, то\(\mathscr{Y}\) незалежний для кожного\(\mathscr{Y} \subseteq \mathscr{X}\)
2. Якщо\(\mathscr{Y}\) незалежний для кожного кінцевого,\(\mathscr{Y} \subseteq \mathscr{X}\) то\(\mathscr{X}\) незалежний.

Здавалося б, майже очевидно, що якщо сукупність випадкових величин незалежна, і ми перетворюємо кожну змінну детермінованим способом, то нова колекція випадкових величин все одно повинна бути незалежною.

Припустимо, що тепер\( g_i \) це функція з\( T_i \) в набір\( U_i \) для кожного\( i \in I \). Якщо\( \{X_i: i \in I\} \) незалежний, то\( \{g_i(X_i): i \in I\} \) ще й незалежний.

Доказ

За винятком абстрактної установки, доказ незалежності легко. Припустимо, що\( C_i \subseteq U_i\) для кожного\( i \in I \). Тоді\( \left\{g_i(X_i) \in C_i\right\} = \left\{X_i \in g_i^{-1}(C_i)\right\} \) для\( i \in I \). За незалежністю\(\{X_i: i \in I\}\), збір подій\( \left\{\left\{X_i \in g_i^{-1}(C_i)\right\}: i \in I\right\}\) є незалежним.

Технічно множина\( U_i \) матиме\( \sigma \) -алгебру\( \mathscr U_i \) допустимих підмножин, так що\( (U_i, \mathscr U_i) \) це вимірний простір так само, як\( (T_i, \mathscr T_i) \) і так само, як і простір вибірки\( (S, \mathscr S) \). \( g_i \)Функція повинна бути вимірною як функція з\( T_i \) в так\( U_i \) само, як\( X_i \) вимірюється як функція форма\( S \) в\( T_i \). У доказі вище,\( C_i \in \mathscr U_i \) так що\( g^{-1}(C_i) \in \mathscr T_i \) і звідси\( \{X_i \in g^{-1}(C_i)\} \in \mathscr S \).

Як і у випадку з подіями, (взаємна) незалежність випадкових величин є дуже сильною властивістю. Якщо колекція випадкових величин незалежна, то будь-яка підколекція також є незалежною. Нові випадкові величини, утворені з нез'єднаних підколекцій, є незалежними. Для простого прикладу, припустимо\(X\), що\(Y\), і\(Z\) є незалежними дійсними випадковими величинами. Тоді

1. \(\sin(X)\),\(\cos(Y)\), і\(e^Z\) є незалежними.
2. \((X, Y)\)і\(Z\) є незалежними.
3. \(X^2 + Y^2\)і\(\arctan(Z)\) є незалежними.
4. \(X\)і\(Z\) є незалежними.
5. \(Y\)і\(Z\) є незалежними.

Зокрема, відзначимо, що твердження 2 в списку вище набагато сильніше, ніж сполучність тверджень 4 і 5. Контрапозитивно, якщо\(X\) і\(Z\) залежні, то\((X, Y)\) і\(Z\) є також залежними. Незалежність випадкових величин підпорядковує незалежність подій.

Колекція подій\(\mathscr{A}\) є незалежною тоді і лише тоді, коли відповідна колекція змінних індикатора\(\left\{\bs{1}_A: A \in \mathscr{A}\right\}\) є незалежною.

Доказ

Нехай\( \mathscr A = \{A_i: i \in I\} \) де\( I \) є непорожній набір індексів. Бо\( i \in I \), єдиними нетривіальними подіями, які можна визначити з точки зору\( \bs 1_{A_i} \) є\( \left\{\bs 1_{A_i} = 1\right\} = A_i \) і\( \left\{\bs 1_{A_i} = 0\right\} = A_i^c \). Так\( \left\{\bs 1_{A_i}: i \in I\right\} \) є незалежним тоді і тільки тоді, коли кожна колекція форми\( \{B_i: i \in I\} \) є незалежною, де для кожного\( i \in I \), або\( B_i = A_i \) або\( B_i = A_i^c \). Але за теоремою доповнення це рівнозначно самостійності\( \{A_i: i \in I\} \).

Багато понять, які ми використовували неофіційно, тепер можна зробити точними. Складений експеримент, який складається з незалежних етапів, по суті, просто експеримент, результатом якого є послідовність незалежних випадкових величин,\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots)\) де\(X_i\) є результат\(i\) го етапу.

Зокрема, припустимо, що у нас є базовий експеримент зі змінною результату\(X\). За визначенням, результатом експерименту, який складається з незалежних реплікацій базового експерименту, є послідовність незалежних випадкових величин,\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots)\) кожна з тим же розподілом ймовірностей, що і\(X\). Це є основоположним для самого поняття ймовірності, що виражається в законі великих чисел. З статистичної точки зору припустимо, що у нас є сукупність об'єктів і вектор\(X\) вимірювань, що цікавлять для об'єктів у вибірці. Наведена\(\bs{X}\) вище послідовність відповідає вибірці з розподілу\(X\); тобто\(X_i\) є вектором вимірювань для\(i\) го об'єкта, проведеного з зразка. Коли ми вибірки з кінцевої популяції, вибірка з заміною генерує незалежні випадкові величини, а вибірка без заміни генерує залежні випадкові величини.

Умовна незалежність і умовна ймовірність

Як зазначалося на початку нашого обговорення, незалежність подій або випадкових величин залежить від базової міри ймовірності. Таким чином, припустимо, що\(B\) це подія з позитивною ймовірністю. Сукупність подій або сукупність випадкових величин є умовно незалежною,\(B\) якщо колекція незалежна щодо умовної міри ймовірності\(A \mapsto \P(A \mid B)\). Наприклад, сукупність подій\( \{A_i: i \in I\} \) умовно незалежна,\( B \) якщо для кожного скінченного\( J \subseteq I \),\[\P\left(\bigcap_{j \in J} A_j \biggm| B \right) = \prod_{j \in J} \P(A_j \mid B)\] Зверніть увагу, що визначення і теореми цього розділу все одно будуть істинними, але з усіма ймовірностями, обумовленими на\(B\).

І навпаки, умовна ймовірність має приємну інтерпретацію з точки зору самостійних тиражів експерименту. Таким чином, припустимо, що ми починаємо з базового експерименту з\(S\) як набір результатів. Ми\(X\) дозволимо позначити результат випадкової величини, так що\(X\) математично просто функція ідентичності на\(S\). Зокрема, якщо\(A\) подія, то банально,\(\P(X \in A) = \P(A)\). Припустимо тепер, коли ми копіюємо експеримент самостійно. Це призводить до нового, складного експерименту з послідовністю незалежних випадкових величин\((X_1, X_2, \ldots)\), кожна з тим же розподілом, що і\(X\). Тобто\( X_i \) є результатом повторення експерименту.\( i \)

Припустимо тепер, що\(A\) і\(B\) є подіями в базовому експерименті с\(\P(B) \gt 0\). У складному експерименті, випадок, коли\(B\) відбувається вперше,\(A\) також відбувається, має ймовірність\[\frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} = \P(A \mid B)\]

Доказ

У складному експерименті, якщо ми записуємо,\( (X_1, X_2, \ldots) \) то новий набір результатів є\( S^\infty = S \times S \times \cdots \). Подія, коли\(B\) відбувається вперше,\(A\) також відбувається це\[\bigcup_{n=1}^\infty \left\{X_1 \notin B, X_2 \notin B, \ldots, X_{n-1} \notin B, X_n \in A \cap B\right\}\] Події в союзі неспільні. Крім того, оскільки\( (X_1, X_2, \ldots) \) є послідовністю незалежних змінних, кожна з розподілом у\( X \) нас є\[ \P\left(X_1 \notin B, X_2 \notin B, \ldots, X_{n-1} \notin B, X_n \in A \cap B\right) = \left[\P\left(B^c\right)\right]^{n-1} \P(A \cap B) = \left[1 - \P(B)\right]^{n-1} \P(A \cap B) \] Отже, використовуючи геометричні ряди, ймовірність об'єднання дорівнює\[ \sum_{n=1}^\infty \left[1 - \P(B)\right]^{n-1} \P(A \cap B) = \frac{\P(A \cap B)}{1 - \left[1 - \P(B)\right]} = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} \]

Евристичний аргумент

Припустимо, що ми створюємо новий експеримент, повторюючи базовий експеримент, поки не\(B\) відбудеться вперше, а потім записуємо результат якраз останнього повторення базового експерименту. Тепер набір результатів просто\( B \) і відповідною мірою ймовірності на новому експерименті є\(A \mapsto \P(A \mid B)\).

Припустимо, що\(A\) і\(B\) є неспільними подіями в базовому експерименті з\(\P(A) \gt 0\) і\(\P(B) \gt 0\). У складному експерименті, отриманому шляхом тиражування основного експерименту, подія, яка \(A\)відбувається раніше,\(B\) має ймовірність\[\frac{\P(A)}{\P(A) + \P(B)}\]

Доказ

Зверніть увагу, що подія, що \( A \)\( B \)відбувається раніше, така ж, як і подія, коли\( A \cup B \) відбувається вперше,\( A \) відбувається.

Приклади і застосування

Основні правила

Припустимо\(A\)\(B\), що, і\(C\) є самостійними подіями в експерименті з\(\P(A) = 0.3\)\(\P(B) = 0.4\), і\(\P(C) = 0.8\). Висловіть кожну з наступних подій в заданих позначеннях і знайдіть його ймовірність:

1. Відбуваються всі три події.
2. Жодна з трьох подій не відбувається.
3. Принаймні одна з трьох подій відбувається.
4. Принаймні одна з трьох подій не відбувається.
5. Відбувається рівно одне з трьох подій.
6. Відбувається рівно дві з трьох подій.

Відповідь

1. \(\P(A \cap B \cap C) = 0.096\)
2. \(\P(A^c \cap B^c \cap C^c) = 0.084\)
3. \(\P(A \cup B \cup C) = 0.916\)
4. \( \P(A^c \cup B^c \cup C^c) = 0.904 \)
5. \(\P[(A \cap B^c \cap C^c) \cup (A^c \cap B \cap C^c) \cup (A^c \cap B^c \cap C)] = 0.428\)
6. \(\P[(A \cap B \cap C^c) \cup (A \cap B^c \cap C) \cup (A^c \cap B \cap C)] = 0.392\)

Припустимо\(A\)\(B\), що, і\(C\) є самостійними подіями для експерименту з\(\P(A) = \frac{1}{3}\)\(\P(B) = \frac{1}{4}\), і\(\P(C) = \frac{1}{5}\). Знайдіть ймовірність кожного з наступних подій:

1. \((A \cap B) \cup C\)
2. \(A \cup B^c \cup C\)
3. \((A^c \cap B^c) \cup C^c\)

Відповідь

1. \(\frac{4}{15}\)
2. \(\frac{13}{15}\)
3. \(\frac{9}{10}\)

Прості популяції

У невеликій компанії працює 100 співробітників; 40 - чоловіки і 60 - жінки. Є 6 керівників-чоловіків. Скільки жінок-керівників повинно бути, якщо стать та ранг незалежні? Основний експеримент полягає в тому, щоб вибрати співробітника навмання.

Відповідь

9

Припустимо, що ферма має чотири сади, які виробляють персики, і що персики класифікуються за розміром як малі, середні та великі. У таблиці нижче наведено загальну кількість персиків в недавньому врожаї за фруктовим садом і за розмірами. Заповніть тіло таблиці рахунками для різних перетинів, щоб сад і розмір були незалежними змінними. Основний експеримент полягає в тому, щоб вибрати персик випадковим чином з ферми.

Частота	Малий розмір	Середній	Великий	Всього
Фруктовий сад 1				400
2				600
3				300
4				700
Всього	400	1000	600	2000

Відповідь

Частота	Малий розмір	Середній	Великий	Всього
Фруктовий сад 1	80	200	120	400
2	120	300	180	600
3	60	150	90	300
4	140	350	210	700
всього	400	1000	600	2000

Зверніть увагу на останні дві вправи, що ви не можете побачити незалежність на діаграмі Венна. Знову ж таки, незалежність - це теоретико-мірне поняття, а не множинно-теоретичне поняття.

Випробування Бернуллі

Послідовність випробувань Бернуллі являє собою послідовність\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots)\) незалежних, однаково розподілених індикаторних змінних. \(X_i\)Випадкова величина - результат випробування\(i\), де в звичайній термінології теорії надійності 1 позначає успіх, а 0 позначає невдачу. Канонічним прикладом є послідовність балів, коли монета (не обов'язково справедлива) кидається неодноразово. Інший базовий приклад виникає кожного разу, коли ми починаємо з базового експерименту та події,\(A\) що цікавить, а потім повторюємо експеримент. У цьому налаштуванні\(X_i\) є індикаторна\(A\) змінна для події\(i\) на прогоні експерименту. Процес випробувань Бернуллі названий на честь Якова Бернуллі і має єдиний базовий параметр\(p = \P(X_i = 1)\). Цей випадковий процес детально вивчений у розділі про випробування Бернуллі.

Для\((x_1, x_2, \ldots, x_n) \in \{0, 1\}^n\),\[\P(X_1 = x_1, X_2 = x_2, \ldots, X_n = x_n) = p^{x_1 + x_2 + \cdots + x_n} (1 - p)^{n - (x_1 + x_2 + \cdots + x_n)} \]

Доказ

Якщо\( X \) є загальним випробуванням Бернуллі, то за визначенням,\( \P(X = 1) = p \) і\( \P(X = 0) = 1 - p \). Аналогічно,\( \P(X = x) = p^x (1 - p)^{1 - x} \) для\( x \in \{0, 1\} \). Таким чином, результат випливає за незалежністю.

Зверніть увагу, що послідовність випадкових величин індикатора\(\bs{X}\) є обмінною. Тобто, якщо послідовність\((x_1, x_2, \ldots, x_n)\) в попередньому результаті перестановлена, ймовірність не змінюється. З іншого боку, існують змінні послідовності випадкових величин індикаторів, які залежні, як настільки різко ілюструє модель урни Полі.

\(Y\)Позначимо кількість успіхів в перших\(n\) випробуваннях. Тоді\[\P(Y = y) = \binom{n}{y} p^y (1 - p)^{n-y}, \quad y \in \{0, 1, \ldots, n\}\]

Доказ

Зверніть увагу на те\( Y = \sum_{i=1}^n X_i \), де\( X_i \) знаходиться результат судового розгляду\( i \), як і в попередньому результаті. Бо\( y \in \{0, 1, \ldots, n\} \), подія\( \{Y = y\} \) відбувається тоді і тільки тоді,\( y \) коли саме\( n \) випробування призводять до успіху (1). Кількість способів вибору\( y \) випробувань, які призводять до успіху\( \binom{n}{y} \), є, а за попереднім результатом ймовірність будь-якої конкретної послідовності\( y \) успіхів і\( n - y \) невдач є\( p^y (1 - p)^{n-y} \). Таким чином, результат випливає з адитивністю ймовірності.

Розподіл\(Y\) називається біноміальним розподілом з параметрами\(n\) і\(p\). Біноміальний розподіл більш детально вивчено в розділі про випробування Бернуллі.

Більш загально, багатономіальна послідовність випробувань - це послідовність\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots)\) незалежних, однаково розподілених випадкових величин, кожна з яких приймає значення в скінченній множині\(S\). Канонічним прикладом є послідовність балів, коли\(k\) -одностороння вмирає (не обов'язково справедлива) кидається неодноразово. Багатономіальні випробування також детально вивчаються в розділі про випробування Бернуллі.

Картки

Розглянемо експеримент, який складається з роздачі 2 карт навмання зі стандартної колоди і запису послідовності розданих карт. Бо\(i \in \{1, 2\}\), нехай\(Q_i\) буде подія, що карта\(i\) є королевою і\(H_i\) подією, що карта\(i\) є серцем. Обчисліть відповідні ймовірності, щоб перевірити наступні результати. Поміркуйте над цими результатами.

1. \(Q_1\)і\(H_1\) є незалежними.
2. \(Q_2\)і\(H_2\) є незалежними.
3. \(Q_1\)і\(Q_2\) негативно співвідносяться.
4. \(H_1\)і\(H_2\) негативно співвідносяться.
5. \(Q_1\)і\(H_2\) є незалежними.
6. \(H_1\)і\(Q_2\) є незалежними.

Відповідь

1. \(\P(Q_1) = \P(Q_1 \mid H_1) = \frac{1}{13}\)
2. \(\P(Q_2) = \P(Q_2 \mid H_2) = \frac{1}{13}\)
3. \(\P(Q_1) = \frac{1}{13}\),\(\P(Q_1 \mid Q_2) = \frac{1}{17}\)
4. \(\P(H_1) = \frac{1}{4}\),\(\P(H_1 \mid H_2) = \frac{4}{17}\)
5. \(\P(Q_1) = \P(Q_1 \mid H_2) = \frac{1}{13}\)
6. \(\P(Q_2) = \P(Q_2 \mid H_1) = \frac{1}{13}\)

У картковому експерименті встановлюйте\(n = 2\). Виконати симуляцію 500 разів. Для кожної пари подій в попередній вправі обчислити твір емпіричних ймовірностей і емпіричну ймовірність перетину. Порівняйте результати.

Кубики

Наступна вправа дає три події, які попарно незалежні, але не (взаємно) незалежні.

Розглянемо експеримент з кістками, який складається з прокатки 2 стандартних, чесних кубиків та запису послідовності балів. \(A\)Позначимо подію, що перший бал дорівнює 3,\(B\) подія, що другий бал дорівнює 4, і\(C\) подія, що сума балів дорівнює 7. Тоді

1. \(A\),\(B\),\(C\) попарно незалежні.
2. \(A \cap B\)має на увазі (є підмножиною)\(C\) і, отже, ці події залежать в найсильнішому розумінні.

Відповідь

Зверніть увагу на те\( A \cap B = A \cap C = B \cap C = \{(3, 4)\} \), що і ймовірність загального перетину є\( \frac{1}{36} \). З іншого боку,\( \P(A) = \P(B) = \P(C) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \).

У експерименті з кубиками встановлюйте\(n = 2\). Виконати експеримент 500 разів. Для кожної пари подій в попередній вправі обчислити твір емпіричних ймовірностей і емпіричну ймовірність перетину. Порівняйте результати.

Наступна вправа дає приклад трьох подій з властивістю, що ймовірність перетину є добутком ймовірностей, але події не є попарно незалежними.

Припустимо, що ми кидаємо стандартний, справедливий вмирає один раз. Нехай\(A = \{1, 2, 3, 4\}\),\(B = C = \{4, 5, 6\}\). Тоді

1. \(\P(A \cap B \cap C) = \P(A) \P(B) \P(C)\).
2. \(B\)і\(C\) є однією і тією ж подією, а значить, залежні в найсильнішому розумінні.

Відповідь

Зверніть увагу\( A \cap B \cap C = \{4\} \), що, так\( \P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{6} \). З іншого боку,\( \P(A) = \frac{4}{6} \) і\( \P(B) = \P(C) = \frac{3}{6} \).

Припустимо, що стандартний, справедливий штамп кидається 4 рази. Знайдіть ймовірність наступних подій.

1. Шістка не зустрічається.
2. Шістка зустрічається хоча б раз.
3. Сума перших двох балів становить 5, а сума останніх двох балів - 7.

Відповідь

1. \(\left(\frac{5}{6}\right)^4 \approx 0.4823\)
2. \(1 - \left(\frac{5}{6}\right)^4 \approx 0.5177\)
3. \(\frac{1}{54}\)

Припустимо, що пара стандартних, чесних кісток кидається 8 разів. Знайдіть ймовірність кожного з наступних подій.

1. Подвійна шістка не зустрічається.
2. Подвійна шістка зустрічається хоча б один раз.
3. Double six не відбувається на перших 4 кидках, але відбувається принаймні один раз в останніх 4 кидках.

Відповідь

1. \(\left(\frac{35}{36}\right)^8 \approx 0.7982\)
2. \(1 - \left(\frac{35}{36}\right)^8 \approx 0.2018\)
3. \(\left(\frac{35}{36}\right)^4 \left[1 - \left(\frac{35}{36}\right)^4\right] \approx 0.0952\)

Розглянемо експеримент з кістки, який складається з прокатки\(n\),\(k\) -односторонніх кубиків і запису послідовності\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\) балів. Наступні умови еквівалентні (і відповідають припущенню, що кістки справедливі):

1. \(\bs{X}\)рівномірно розподіляється по\(\{1, 2, \ldots, k\}^n\).
2. \(\bs{X}\)є послідовністю незалежних змінних, і\(X_i\) рівномірно розподіляється\(\{1, 2, \ldots, k\}\) по кожному\(i\).

Доказ

Нехай\( S = \{1, 2, \ldots, k\} \) і зауважте, що\( S^n \) має\( k^n \) точки. Припустимо,\( \bs{X} \) що рівномірно розподіляється по\( S^n \). Потім\( \P(\bs{X} = \bs{x}) = 1 / k^n \) для кожного\( \bs{x} \in S^n \) так\( \P(X_i = x) = k^{n-1}/k^n = 1 / k \) для кожного\( x \in S \). \( X_i \)Звідси рівномірно розподіляється по\( S \). Більш того,\[ \P(\bs{X} = \bs{x}) = \P(X_1 = x_1) \P(X_2 = x_2) \cdots \P(X_n = x_n), \quad \bs{x} = (x_1, x_2, \ldots, x_n) \in S^n \]\( \bs{X} \) так і самостійна послідовність. І навпаки, якщо\( \bs{X} \) є незалежною послідовністю і\( X_i \) рівномірно розподіляється по\( S \) кожному,\( i \) то\( \P(X_i = x) = 1/k \) для кожного\( x \in S \) і, отже,\( \P(\bs{X} = \bs{x}) = 1/k^n \) для кожного\( \bs{x} \in S^n \). При\( \bs{X} \) цьому рівномірно розподіляється по\( S^n \).

Пара стандартних, справедливих кубиків кидається неодноразово. Знайдіть ймовірність кожного з наступних подій.

1. Сума 4 виникає перед сумою 7.
2. Сума 5 виникає перед сумою 7.
3. Сума 6 виникає перед сумою 7.
4. Коли сума 8 відбувається в перший раз, це відбувається важким шляхом, як\((4, 4)\).

Відповідь

1. \(\frac{3}{9}\)
2. \(\frac{4}{10}\)
3. \(\frac{5}{11}\)
4. \(\frac{1}{5}\)

Проблеми типу в останній вправі важливі в грі в кісточки. Крапс вивчається більш докладно в розділі, присвяченому азартним іграм.

Монети

Упереджену монету з ймовірністю голів\(\frac{1}{3}\) кидають 5 разів. Нехай\(\bs{X}\) позначають результат кидання (закодовані у вигляді бітової рядки) і нехай\(Y\) позначають кількість голів. Знайдіть кожне з наведених нижче варіантів:

1. \(\P(\bs{X} = \bs{x})\)для кожного\(\bs{x} \in \{0, 1\}^5\).
2. \(\P(Y = y)\)для кожного\(y \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}\).
3. \(\P(1 \le Y \le 3)\)

Відповідь

1. \(\frac{32}{243}\)якщо\(\bs{x} = 00000\),\(\frac{16}{243}\) якщо\(\bs{x}\) має рівно один 1 (їх 5),\(\frac{8}{243}\) якщо\(\bs{x}\) має рівно два 1s (їх 10),\(\frac{4}{243}\) якщо\(\bs{x}\) має рівно три 1s (їх 10),\(\frac{2}{243}\) якщо\(\bs{x}\) має рівно чотири 1s (їх 5), \(\frac{1}{243}\)якщо\(\bs{x} = 11111\)
2. \(\frac{32}{243}\)якщо\(y = 0\),\(\frac{80}{243}\) якщо\(y = 1\),\(\frac{80}{243}\) якщо\(y = 2\), якщо,\(\frac{40}{243}\) якщо\(y = 3\),\(\frac{10}{243}\) якщо\(y = 4\),\(\frac{1}{243}\) якщо\(y = 5\)
3. \(\frac{200}{243}\)

Коробка містить справедливу монету і двоголову монету. Монета вибирається навмання з коробки і підкидається неодноразово. \(F\)Позначимо подію, що вибрана справедлива монета, і нехай\(H_i\) позначимо подію, що\(i\) той кидок призводить в голову. Тоді

1. \((H_1, H_2, \ldots)\)умовно незалежні дані\(F\), з\(\P(H_i \mid F) = \frac{1}{2}\) для кожного\(i\).
2. \((H_1, H_2, \ldots)\)умовно незалежні дані\(F^c\), з\(\P(H_i \mid F^c) = 1\) для кожного\(i\).
3. \(\P(H_i) = \frac{3}{4}\)для кожного\(i\).
4. \(\P(H_1 \cap H_2 \cap \cdots \cap H_n) = \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2}\).
5. \((H_1, H_2, \ldots)\)залежні.
6. \(\P(F \mid H_1 \cap H_2 \cap \cdots \cap H_n) = \frac{1}{2^n + 1}\).
7. \(\P(F \mid H_1 \cap H_2 \cap \cdots \cap H_n) \to 0\)як\(n \to \infty\).

Доказ

Частини (a) і (b) по суті є моделюючими припущеннями, заснованими на конструкції експерименту. Якщо ми знаємо, яка у нас монета, то кидки незалежні. Частини (c) і (d) слідують шляхом кондиціонування типу монети та використання частин (a) та (b). Частина (е) випливає з (c) і (d). Зверніть увагу, що вираз в (d) не є\((3/4)^n\). Частина (f) випливає з частини (d) та теореми Байєса. Нарешті частина (g) випливає з частини (f).

Розглянемо знову коробку в попередній вправі, але міняємо експеримент наступним чином: монета вибирається навмання з коробки і підкидається і результат записується. Монета повертається в коробку і процес повторюється. Як і раніше, давайте\(H_i\) позначимо подію, що\(i\) підкидання призводить в голову. Тоді

1. \((H_1, H_2, \ldots)\)є незалежними.
2. \(\P(H_i) = \frac{3}{4}\)для кожного\(i\).
3. \(\P(H_1 \cap H_2 \cap \cdots H_n) = \left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Доказ

Знову ж таки, частина (а) по суті є моделюючим припущенням. Оскільки ми повертаємо монету і кожен раз малюємо нову монету навмання, результати підкидань повинні бути незалежними. Частина (b) слідує обумовленням\(i\) типу монети. Частина (c) випливає з частин (а) і (b).

Ретельно продумайте результати в попередніх двох вправах, і відмінності між двома моделями. Кидання монети дає незалежні випадкові величини, якщо ймовірність голів фіксована (тобто невипадкові, навіть якщо невідомі). Кидання монети з випадковою ймовірністю голів, як правило, не дає незалежних випадкових величин; результат кидання дає інформацію про ймовірність голів, що, в свою чергу, дає інформацію про подальші кидання.

Рівномірні розподіли

Нагадаємо, що експеримент з монетами Буффона складається з\(r \le \frac{1}{2}\) випадкового кидання монети радіусом на підлогу, покриту квадратними плитками довжиною сторони 1. \((X, Y)\)Координати центру монети записуються щодо осей через центр квадрата, в який приземляється монета. Наступні умови еквівалентні:

1. \((X, Y)\)рівномірно розподіляється по\(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]^2\).
2. \(X\)і\(Y\) є незалежними і кожен рівномірно розподілений по\(\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\).

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Експеримент з монетами Буффона

Доказ

Дозволяти\( S = \left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right] \), і нехай\( \lambda_1 \) позначають довжину міра на\( S \) і\( \lambda_2 \) площа міра на\( S^2 \). Зауважте, що\(\lambda_1(S) = \lambda_2(S^2) = 1\). Припустимо,\( (X, Y) \) що рівномірно розподіляється по\( S^2 \), так що\( \P\left[(X, Y) \in C\right] = \lambda_2(C) \) для\( C \subseteq S^2 \). Для\( A \subseteq S \),\[\P(X \in A) = \P\left[(X, Y) \in A \times S\right] = \lambda_2(A \times S) = \lambda_1(A)\] Отже\( X \), рівномірно розподіляється на\( S \). За аналогічним\( Y \) аргументом, також рівномірно розподіляється по\( S \). Причому, для\( A \subseteq S \) і\( B \subseteq S \),\[ \P(X \in A, Y \in B) = \P[(X, Y) \in A \times B] = \lambda_2(A \times B) = \lambda_1(A) \lambda_1(B) = \P(X \in A) \P(Y \in B) \] так\( X \) і\( Y \) є незалежними. І навпаки, якщо\( X \) і\( Y \) є незалежними і кожен рівномірно розподіляється по\( S \), то для\( A \subseteq S \) і\( B \subseteq S \),\[ \P\left[(X, Y) \in A \times B\right] = \P(X \in A) \P(Y \in B) = \lambda_1(A) \lambda_1(B) = \lambda_2(A \times B) \] То випливає, що\( \P\left[(X, Y) \in C\right] = \lambda_2(C) \) для кожного\( C \subseteq S^2 \). Детальніше про цей останній крок дивіться в розширеному розділі про існування та унікальність заходів.

Порівняйте цей результат з результатом вище для чесних кубиків.

У експерименті з монетами Буффона, набір\(r = 0.3\). Виконати симуляцію 500 разів. Для подій\(\{X \gt 0\}\) і\(\{Y \lt 0\}\), обчислити добуток емпіричних ймовірностей і емпіричну ймовірність перетину. Порівняйте результати.

Час\(X\) прибуття\(A\) поїзда рівномірно розподіляється на проміжку\((0, 30)\), при цьому час\(Y\) прибуття\(B\) поїзда рівномірно розподіляється на проміжку\((15, 30)\). (Час прибуття вказано в хвилинах, після 8:00 ранку). Більш того, час прибуття є незалежним. Знайдіть ймовірність кожного з наступних подій:

1. \(A\)Потяг прибуває першим.
2. Обидва потяги прибувають десь через 20 хвилин.

Відповідь

1. \(\frac{3}{4}\)
2. \(\frac{2}{9}\)

Надійність

Згадаймо просту модель структурної надійності, в якій система складається з\(n\) компонентів. Припустимо крім того, що компоненти працюють незалежно один від одного. Як і раніше, нехай\(X_i\) позначають стан компонента\(i\), де 1 означає робочий, а 0 означає збій. Таким чином, наше основне припущення полягає в тому, що вектор стану\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\) є послідовністю незалежних індикаторних випадкових величин. Припускаємо, що стан системи (або працює, або збій) залежить тільки від станів компонентів. Таким чином, стан системи є індикатором випадкової величини\[Y = y(X_1, X_2, \ldots, X_n)\], де\( y: \{0, 1\}^n \to \{0, 1\} \) знаходиться структурна функція. Як правило, ймовірність того, що пристрій працює, - це надійність пристрою. Таким чином, ми позначимо надійність\(i\) складової\(p_i = \P(X_i = 1)\) так, щоб був вектор надійності компонентів\(\bs{p} = (p_1, p_2, \ldots, p_n)\). За незалежністю надійність системи\(r\) є функцією надійності компонентів:\[r(p_1, p_2, \ldots, p_n) = \P(Y = 1)\] Відповідно, ця функція відома як функція надійності. Наше завдання, як правило, полягає в тому, щоб знайти функцію надійності, враховуючи функцію структури. Коли всі компоненти мають однакову ймовірність,\(p\) то, звичайно, надійність системи\(r\) є лише функцією\(p\). При цьому вектор стану\(\bs{X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\) утворює послідовність випробувань Бернуллі.

Прокоментуйте припущення незалежності для реальних систем, таких як ваш автомобіль або комп'ютер.

Нагадаємо, що система серії працює тоді і тільки в тому випадку, якщо кожен компонент працює.

1. Стан системи є\(U = X_1 X_2 \cdots X_n = \min\{X_1, X_2, \ldots, X_n\}\).
2. Надійність є\(\P(U = 1) = p_1 p_2 \cdots p_n\).

Нагадаємо, що паралельна система працює тоді і тільки в тому випадку, якщо працює хоча б один компонент.

1. Стан системи є\(V = 1 - (1 - X_1)(1 - X_2) \cdots (1 - X_n) = \max\{X_1, X_2, \ldots, X_n\}\).
2. Надійність є\(\P(V = 1) = 1 - (1 - p_1) (1 - p_2) \cdots (1 - p_n)\).

Нагадаємо, що \(k\)вихід з\(n\) системи працює тоді і тільки тоді, коли хоча б\(k\) з\(n\) компонентів працюють. Таким чином, паралельна система - це 1 поза\(n\) системою, а послідовна система -\(n\) поза\(n\) системою. \(k\)Поза\(2 k - 1\) системою є система мажоритарних правил. Функція надійності загального\(k\) виходу з\(n\) системи - це безлад. Однак якщо надійність компонентів однакова, функція має досить просту форму.

Для\(k\) виходу з\(n\) системи із загальною надійністю компонентів\(p\) надійність системи є\[r(p) = \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} p^i (1 - p)^{n - i}\]

Розглянемо систему з 3-х незалежних компонентів із загальною надійністю\(p = 0.8\). Знайти надійність кожного з наступних дій:

1. Паралельна система.
2. Система 2 з 3.
3. Серійна система.

Відповідь

1. 0,992
2. 0.896
3. 0.512

Розглянемо систему з 3-х незалежних компонентів з надійністю\(p_1 = 0.8\),\(p_2 = 0.8\),\(p_3 = 0.7\). Знайти надійність кожного з наступних дій:

1. Паралельна система.
2. Система 2 з 3.
3. Серійна система.

Відповідь

1. 0,994
2. 0.902
3. 0,504

Розглянемо літак з непарною кількістю двигунів, кожен з надійністю\(p\). Припустимо, що літак є мажоритарною системою правил, так що літаку потрібна більшість працюючих двигунів для того, щоб літати.

1. Знайти надійність 3 площини двигуна в функції\(p\).
2. Знайти надійність 5 площини двигуна в функції\(p\).
3. Для яких значень\(p\) є 5 літак двигуна краще, ніж 3 двигун площині?

Відповідь

1. \(r_3(p) = 3 \, p^2 - 2 \, p^3\)
2. \(r_5(p) = 6 \, p^5 - 15 \, p^4 + 10 p^3\)
3. 5-моторний літак був би кращим, якщо\(p \gt \frac{1}{2}\) (що можна було б сподіватися). 3-моторний літак був би кращим, якщо\(p \lt \frac{1}{2}\). Якщо\(p = \frac{1}{2}\), 3-моторні і 5-моторні літаки однаково надійні.

Графік нижче відомий як мережа мостів Уїтстоун і названий на честь Чарльза Вітстоуна. Ребра представляють компоненти, і система працює тоді і тільки тоді, коли є робочий шлях від вершини\(a\) до вершини\(b\).

1. Знайдіть функцію структури.
2. Знайдіть функцію надійності.

Малюнок\(\PageIndex{2}\): Мережа мостів Уїтстоун

Відповідь

1. \(Y = X_3 (X_1 + X_2 - X_1 X_2)(X_4 + X_5 - X_4, X_5) + (1 - X_3)(X_1 X_4 + X_2 X_5 - X_1 X_2 X_4 X_5)\)
2. \(r(p_1, p_2, p_3, p_4, p_5) = p_3 (p_1 + p_2 - p_1 p_2)(p_4 + p_5 - p_4, p_5) + (1 - p_3)(p_1 p_4 + p_2 p_5 - p_1 p_2 p_4 p_5)\)

Система складається з 3-х компонентів, з'єднаних паралельно. Через фактори навколишнього середовища компоненти не працюють самостійно, тому наше звичайне припущення не дотримується. Однак ми будемо вважати, що в умовах низьких напружень компоненти є незалежними, кожен з надійністю 0,9; в умовах середніх напружень компоненти незалежні з надійністю 0,8; а в умовах високих напружень компоненти незалежні, кожен з яких має надійність 0,7. Імовірність низького напруження - 0,5, середніх напружень - 0,3, а високих - 0,2.

1. Знайдіть надійність системи.
2. З огляду на, що система працює, знайдіть умовну ймовірність кожного рівня напруги.

Відповідь

1. 0.9917. Стан на рівень стресу.
2. 0.5037 для низького, 0.3001 для середнього, 0.1962 для високого. Використовуйте теорему Байєса та частину (а).

Припустимо, що біти передаються по галасливому каналу зв'язку. Кожен біт, який надсилається, незалежно від інших, приймається правильно з ймовірністю 0,9 і змінюється на додатковий біт з ймовірністю 0,1. Використовуючи надмірність для підвищення надійності, припустимо, що даний біт буде відправлений 3 рази. Ми, природно, хочемо обчислити ймовірність того, що ми правильно ідентифікуємо біт, який був відправлений. Припустимо, що ми не маємо попередніх знань про біт, тому ми призначаємо ймовірність\(\frac{1}{2}\) кожного події, що 000 було надіслано, і події, що 111 було надіслано. Тепер знайдіть умовну ймовірність того, що 111 було надіслано з урахуванням кожного з 8 можливих бітових рядків, отриманих.

Відповідь

Нехай\(\bs{X}\) позначають рядок, відправлену і\(\bs{Y}\) отриману рядок.

\(\bs{y}\)	\(\P(\bs{X} = 111 \mid \bs{Y} = \bs{y})\)
111	\(729/730\)
110	\(9/10\)
101	\(9/10\)
011	\(9/10\)
100	\(1/10\)
010	\(1/10\)
001	\(1/10\)
000	\(1/730\)

Діагностичне тестування

Нагадаємо, обговорення діагностичного тестування в розділі «Умовна ймовірність». Таким чином, у нас є подія\(A\) для випадкового експерименту, виникнення чи невиникнення якого ми не можемо спостерігати безпосередньо. Припустимо тепер, що у нас є\(n\) тести на виникнення\(A\), позначені від 1 до\(n\). Ми дозволимо\(T_i\) позначити подію, для якої тест\(i\) є позитивним\(A\). Тести незалежні в наступному сенсі:

• Якщо\(A\) виникають, то\((T_1, T_2, \ldots, T_n)\) є (умовно) незалежними і тест\(i\) має чутливість\(a_i = \P(T_i \mid A)\).
• Якщо\(A\) не відбувається, то\((T_1, T_2, \ldots, T_n)\) є (умовно) незалежними і тест\(i\) має специфіку\(b_i = \P(T_i^c \mid A^c)\).

Відзначимо, що беззастережно вважати, що тести є незалежними, недоцільно. Наприклад, позитивний результат для даного тесту імовірно є доказом того, що стан\(A\) стався, що, в свою чергу, є свідченням того, що наступний тест буде позитивним. Коротше кажучи, ми очікуємо, що\(T_i\) і\(T_j\) повинні бути позитивно корельовані.

Ми можемо сформувати новий складний тест, давши правило рішення з точки зору індивідуальних результатів тестування. Іншими словами, подія,\(T\) що складний тест є позитивним для\(A\) є функцією\((T_1, T_2, \ldots, T_n)\). Типові правила рішення дуже схожі з розглянутими вище конструкціями надійності. Особливий випадок, коли\(n\) тести є самостійними додатками даного базового тесту. При цьому\(a_i = a\) і\(b_i = b\) для кожного\(i\).

Розглянемо складний тест, який є позитивним для того,\(A\) якщо і тільки якщо кожен з\(n\) тестів є позитивним для\(A\).

1. \(T = T_1 \cap T_2 \cap \cdots \cap T_n\)
2. Чутливість є\(\P(T \mid A) = a_1 a_2 \cdots a_n\).
3. Специфіка полягає в\(\P(T^c \mid A^c) = 1 - (1 - b_1) (1 - b_2) \cdots (1 - b_n)\)

Розглянемо складний тест, який є позитивним для того,\(A\) якщо і тільки якщо кожен принаймні один з\(n\) тестів є позитивним для\(A\).

1. \(T = T_1 \cup T_2 \cup \cdots \cup T_n\)
2. Чутливість є\(\P(T \mid A) = 1 - (1 - a_1) (1 - a_2) \cdots (1 - a_n)\).
3. Специфіка є\(\P(T^c \mid A^c) = b_1 b_2 \cdots b_n\).

Більш загально, ми могли б визначити сполуку\(k\) поза\(n\) тестом, яка є позитивною для\(A\) того, якщо принаймні\(k\) окремі тести є позитивними для\(A\). Серійний тест - це\(n\) поза\(n\) тестом, тоді як паралельний тест - це 1 поза\(n\) тестом. \(k\)Вихід з\(2 k - 1\) тесту - тест більшості правил.

Припустимо, що жінка спочатку вважає, що є навіть шанс, що вона вагітна або не вагітна. Вона купує три однакових тесту на вагітність з чутливістю 0,95 і специфічністю 0,90. Тести 1 і 3 позитивні, а тест 2 негативний.

1. Знайдіть оновлену ймовірність того, що жінка вагітна.
2. Чи можемо ми просто сказати, що тести 2 і 3 скасовують один одного? Знайти ймовірність того, що жінка вагітна дається тільки один позитивний тест, і порівняйте відповідь з відповіддю на частину (а).

Відповідь

1. 0,834
2. Ні: 0.905.

Припустимо, що застосовуються 3 незалежних, однакових тесту на подію, кожен з\(A\) яких має чутливість\(a\) і специфічність\(b\). Знайти чутливість і специфічність наступних тестів:

1. 1 з 3 тесту
2. 2 з 3 тесту
3. 3 з 3 тесту

Відповідь

1. чутливість\(1 - (1 - a)^3\), специфічність\(b^3\)
2. чутливість\(3 \, a^2\), специфічність\(b^3 + 3 \, b^2 (1 - b)\)
3. чутливість\(a^3\), специфічність\(1 - (1 - b)^3\)

У кримінальному процесі підсудний засуджується тоді і тільки в тому випадку, якщо винними голосують всі 6 присяжних. Припустимо, що якщо підсудний дійсно винен, присяжні голосують винними, самостійно, з ймовірністю 0,95, тоді як якщо підсудний дійсно невинний, присяжні голосують не винними, самостійно з ймовірністю 0,8. Припустимо, винні 70% підсудних, притягнутих до суду.

1. Знайдіть ймовірність того, що підсудний засуджений.
2. З огляду на, що підсудний засуджений, знайдіть ймовірність того, що підсудний винен.
3. Прокоментуйте припущення, що присяжні діють самостійно.

Відповідь

1. 0.5148
2. 0.99996
3. Припущення про незалежність не є розумним, оскільки присяжні співпрацюють.

Генетика

Будь ласка, зверніться до обговорення генетики в розділі про випадкові експерименти, якщо вам потрібно переглянути деякі визначення в цьому розділі.

Нагадаємо спочатку, що група крові АВО у людини визначається трьома алелями:\(a\),\(b\), і\(o\). Крім того,\(a\) і\(b\) є домінуючими і\(o\) є рецесивними. Припустимо, що в певній популяції частка\(a\)\(b\),\(o\) і алелі є\(p\)\(q\), і\(r\) відповідно. Звичайно, ми повинні мати\(p \gt 0\)\(q \gt 0\),\(r \gt 0\) і\(p + q + r = 1\).

Припустимо, що генотип крові у людини є результатом самостійних алелей, обраних з ймовірністю\(p\)\(q\), і\(r\) як зазначено вище.

1. Розподіл ймовірностей генотипів наведено в наступній таблиці:

   Генотип	\(aa\)	\(ab\)	\(ao\)	\(bb\)	\(bo\)	оо
   Імовірність	\(p^2\)	\(2 p q\)	\(2 p r\)	\(q^2\)	\(2 q r\)	\(r^2\)

2. Розподіл ймовірності по групах крові наведено в наступній таблиці:

   Група крові	\(A\)	\(B\)	\(AB\)	\(O\)
   Імовірність	\(p^2 + 2 p r\)	\(q^2 + 2 q r\)	\(2 p q\)	\(r^2\)

Доказ

Частина (а) випливає з припущення незалежності та основних правил ймовірності. Незважаючи на те, що генотипи перераховані як невпорядковані пари, зверніть увагу, що існує два способи виникнення гетерозиготного генотипу, оскільки будь-який з батьків може сприяти будь-якому з двох різних алелів. Частина (b) випливає з частини (а) і основних правил ймовірності.

Дискусія вище пов'язана з моделлю генетики Харді-Вайнберга. Модель названа на честь англійського математика Годфрі Харді і німецького лікаря Вільгельма Вайберга

Припустимо, що розподіл ймовірностей по набору груп крові у певної популяції наведено в наступній таблиці:

Група крові	\(A\)	\(B\)	\(AB\)	\(O\)
Імовірність	0,360	0,123	0,038	0,479

Знайти\(p\),\(q\), і\(r\).

Відповідь

\(p = 0.224\),\(q = 0.084\),\(r = 0.692\)

Припустимо, далі, що колір стручка у певного виду рослини гороху визначається геном з двома алелями:\(g\) для зеленого і\(y\) для жовтого, а\(g\) це домінантний і\(o\) рецесивний.

Припустимо, що 2 зелено-стручкові рослини розлучаються разом. Припустимо далі, що кожна рослина, самостійно, має рецесивний жовто-стручковий алель з ймовірністю\(\frac{1}{4}\).

1. Знайдіть ймовірність того, що 3 рослини потомства матимуть зелені стручки.
2. Враховуючи, що 3 рослини потомства мають зелені стручки, знайдіть оновлену ймовірність того, що обидва батьки мають рецесивний алель.

Відповідь

1. \(\frac{987}{1024}\)
2. \(\frac{27}{987}\)

Далі розглянемо спадковий розлад, пов'язаний із статтю у людей (наприклад, дальтонізм або гемофілія). Нехай\(h\) позначають здоровий алель і\(d\) дефектний алель для гена, пов'язаного з розладом. Нагадаємо, що\(h\) є домінуючим і\(d\) рецесивним для жінок.

Припустимо, що у здорової жінки спочатку є\(\frac{1}{2}\) шанс бути носієм. (Це було б так, наприклад, якщо її мати і батько здорові, але у неї є брат з розладом, так що її мати повинна бути носієм).

1. Знайдіть ймовірність того, що перші два сина жінки будуть здорові.
2. З огляду на, що перші два сина здорові, обчислити оновлену ймовірність того, що вона є носієм.
3. З огляду на, що перші два сина здорові, обчислити умовну ймовірність того, що третій син буде здоровий.

Відповідь

1. \(\frac{5}{8}\)
2. \(\frac{1}{5}\)
3. \(\frac{9}{10}\)

Правило спадкоємства Лапласа

Припустимо, що у нас є\(m + 1\) монети, марковані\(0, 1, \ldots, m\). Монета\(i\) приземляє голови з ймовірністю\(\frac{i}{m}\) для кожного\(i\). Експеримент полягає в тому, щоб вибрати монету випадковим чином (так що кожна монета з однаковою ймовірністю буде обрана), а потім повторно кинути обрану монету.

1. Імовірність того, що перші\(n\) кидки - це все голови, є\(p_{m,n} = \frac{1}{m+1} \sum_{i=0}^m \left(\frac{i}{m}\right)^n\)
2. \(p_{m,n} \to \frac{1}{n+1} \)як\(m \to \infty\)
3. Умовна ймовірність того,\(n + 1\) що підкидання голови з урахуванням того, що\(n\) попередні кидки були всі голови, становить\(\frac{p_{m,n+1}}{p_{m,n}}\)
4. \(\frac{p_{m,n+1}}{p_{m,n}} \to \frac{n+1}{n+2}\)як\(m \to \infty\)

Доказ

Частина (а) слідує обумовленням обраної монети. Для частини (b) зверніть увагу, що\( p_{m,n} \) це приблизна сума для\( \int_0^1 x^n \, dx = \frac{1}{n + 1} \). Частина (c) випливає з визначення умовної ймовірності, а частина (d) є тривіальним наслідком (b), (c).

Зверніть увагу, що монета 0 двохвоста, ймовірність голів збільшується з\( i \), а монета\(m\) двоголова. Гранична умовна ймовірність у частині (d) називається Правилом спадкоємства Лапласа, названим на честь Саймона Лапласа. Це правило використовувалося Лапласом та іншими як загальний принцип оцінки умовної ймовірності того, що подія відбудеться вчасно\(n + 1\), враховуючи, що подія відбулася\(n\) раз поспіль.

Припустимо, що ракета пройшла 10 успішних випробувань поспіль. Обчисліть оцінку Лапласа, що 11-й тест буде успішним. Чи має це сенс?

Відповідь

\(\frac{11}{12}\). Ні, не зовсім.