4.1: Дискретна умовна ймовірність

Умовна ймовірність

У цьому розділі ми задаємо і відповідаємо на наступне питання. Припустимо, ми призначимо функцію розподілу до простору вибірки, а потім дізнаємося, що\(E\) сталася подія. Як ми повинні змінити ймовірності подій, що залишилися? Назвемо нову ймовірність події та\(F\) позначимо її\(P(F|E)\).

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Експеримент складається з прокатки матриці один раз. Нехай\(X\) буде результат. Нехай\(F\) буде подія\(\{X = 6\}\), і нехай\(E\) буде подія\(\{X > 4\}\). Призначаємо функцію розподілу\(m(\omega) = 1/6\) для\(\omega = 1, 2, \ldots , 6\). Таким чином,\(P(F) = 1/6\). Тепер припустимо, що плашка згорнута і нам кажуть, що подія\(E\) сталася. Це залишає лише два можливих результату: 5 і 6. За відсутності будь-якої іншої інформації, ми все одно вважаємо ці результати однаково ймовірними, тому ймовірність\(F\) стає 1/2, роблячи\(P(F|E) = 1/2\).

Приклад\(\PageIndex{2}\):

У таблиці життя (див. Додаток С) можна виявити, що серед населення 100 000 жінок 89,835% можуть розраховувати дожити до 60 років, тоді як 57,062% можуть розраховувати дожити до 80 років. З огляду на, що жінці 60, яка ймовірність того, що вона доживе до 80 років?

Рішення

Це приклад умовної ймовірності. У цьому випадку оригінальний простір зразків можна розглядати як набір з 100 000 самок. Події\(E\) і\(F\) є підмножинами вибіркового простору, що складається з усіх жінок, які проживають не менше 60 років, і не менше 80 років відповідно. Ми\(E\) вважаємо новим зразком простору, і зауважимо, що\(F\) є підмножиною\(E\). Таким чином, розмір\(E\) становить 89 835, а розмір\(F\) дорівнює 57 062. Отже, ймовірність, про яку йде мова, дорівнює\(57{,}062/89{,}835 = .6352\). Таким чином, жінка, якій 60 років, має 63,52% шансів дожити до 80 років.

Приклад\(\PageIndex{3}\)

Розглянемо наш приклад голосування з розділу 1.2: три кандидати A, B і C балотуються на посаду. Ми вирішили, що A і B мають рівні шанси на перемогу, а C - лише 1/2, як ймовірність перемоги, як А. Нехай\(A\) буде подія «A виграє»,\(B\) що «B виграє», і\(C\) що «C виграє». Значить, ми призначили ймовірності\(P(A) = 2/5\)\(P(B) = 2/5\), і\(P(C) = 1/5\).

Припустимо, що перед проведенням виборів\(A\) випадає з гонки. Як і в прикладі 4.1, було б природно привласнювати події нові\(B\) ймовірності\(C\), які пропорційні початковим ймовірностям. Таким чином, ми б\(P(B|~A) = 2/3\), і\(P(C|~A) = 1/3\). Важливо відзначити, що кожного разу, коли ми призначаємо ймовірності реальним подіям, отриманий розподіл корисний лише в тому випадку, якщо ми враховуємо всю відповідну інформацію. У цьому прикладі ми можемо знати, що більшість виборців, які віддають перевагу,\(A\) проголосуватимуть за\(A\) те,\(C\) якщо більше не перебувають у гонці. Це явно зробить ймовірність того, що\(C\) виграш більше, ніж значення 1/3, яке було призначено вище.

У цих прикладах ми призначили функцію розподілу, а потім отримали нову інформацію, яка визначила новий простір вибірки, що складається з результатів, які все ще можливі, і змусили нас призначити нову функцію розподілу цьому простору.

Ми хочемо зробити формальною процедуру, проведену в цих прикладах. \(\Omega = \{\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_r\}\)Дозволяти бути вихідним простором зразка з\(m(\omega_j)\) призначеною функцією розподілу. Припустимо, ми дізнаємося, що подія\(E\) сталася. Ми хочемо призначити нову функцію розподілу,\(m(\omega_j|E)\) щоб\(\Omega\) відобразити цей факт. Зрозуміло, що якщо\(\omega_j\) вибіркової точки немає в\(E\), ми хочемо\(m(\omega_j|E) = 0\). Більш того, за відсутності інформації навпаки, розумно припустити, що ймовірності для\(\omega_k\) in\(E\) повинні мати ті ж відносні величини, які вони мали до того, як ми дізналися, що\(E\) сталося. Для цього ми вимагаємо, що\[m(\omega_k|E) = cm(\omega_k)\] для всіх\(\omega_k\)\(E\), з\(c\) деякою позитивною константою. Але ми також повинні мати\[\sum_E m(\omega_k|E) = c\sum_E m(\omega_k) = 1\ .\] Таким чином,\[c = \frac 1{\sum_E m(\omega_k)} = \frac 1{P(E)}\ .\] (Зауважте, що це вимагає від нас припустити, що\(P(E) > 0\).) Таким чином, ми визначимо\[m(\omega_k|E) = \frac {m(\omega_k)}{P(E)}\] для\(\omega_k\) в\(E\). Ми будемо називати цей новий дистрибутив даним\(E\). Для загального заходу\(F\) це дає\[P(F|E) = \sum_{F \cap E} m(\omega_k|E) = \sum_{F \cap E}\frac {m(\omega_k)}{P(E)} = \frac {P(F \cap E)}{P(E)}\ .\]

\(P(F|E)\)Викликаємо і обчислюємо його за формулою\[P(F|E) = \frac {P(F \cap E)}{P(E)}\ .\]

Приклад\(\PageIndex{4}\)

Повернемося до прикладу прокатки плашки. Нагадаємо, що\(F\) є подією\(X = 6\), і\(E\) є подією\(X > 4\). Зверніть увагу, що\(E \cap F\) це подія\(F\). Отже, вищевказана формула дає\[\begin{aligned} P(F|E) & = & \frac {P(F \cap E)}{P(E)} \\ & = & \frac {1/6}{1/3} \\ & = & \frac 12\ ,\\\end{aligned}\] узгодження з розрахунками, виконаними раніше.

Приклад\(\PageIndex{5}\)

У нас є дві урни, I і II. Урна I містить 2 чорних кульки і 3 білих кульки. Урна II містить 1 чорну кульку і 1 білу кульку. Урна витягується навмання і навмання з неї вибирається кулька. Ми можемо представити простір зразка цього експерименту у вигляді шляхів через дерево, як показано на малюнку [рис. 4.1]. Також показані ймовірності, призначені для шляхів.

Нехай\(B\) буде подія «чорна куля намальована», і подія «\(I\)урна I обраний». Тоді вага гілки 2/5, який показаний на одній гілці на малюнку, тепер можна інтерпретувати як умовну ймовірність\(P(B|I)\).

Припустимо, ми бажаємо розрахувати\(P(I|B)\). Використовуючи формулу, отримуємо

\[\begin{array}{rcl} P(I|B) & = & \frac {P(I \cap B)}{P(B)} \\ & = & \frac {P(I \cap B)}{P(B \cap I) + P(B \cap II)} \\ & = & \frac {1/5}{1/5 + 1/4} = \frac 49\ .\end{array}\]

Ймовірності Байєса

Наша оригінальна деревна міра дала нам ймовірність намалювати кульку заданого кольору, враховуючи обрану урну. Ми тільки що підрахували, що була обрана конкретна урна, враховуючи колір кулі. Така зворотна ймовірність називається ймовірністю Байєса і може бути отримана за формулою, яку ми розробимо пізніше. Ймовірності Байєса також можуть бути отримані шляхом простого побудови міри дерева для двоетапного експерименту, проведеного в зворотному порядку. Ми показуємо це дерево на малюнку 4.2.

Шляхи через зворотне дерево перебувають у відповідності один до одного з тими, що знаходяться в прямому дереві, оскільки вони відповідають окремим результатам експерименту, і тому їм присвоюються однакові ймовірності. З дерева вперед знаходимо, що ймовірність появи чорної кулі дорівнює\[\frac 12 \cdot \frac 25 + \frac 12 \cdot \frac 12 = \frac 9{20}\ .\]

Імовірності для гілок другого рівня знаходять простим діленням. Наприклад, якщо\(x\) є ймовірність бути присвоєним до верхньої гілки на другому рівні, ми повинні мати\[\frac 9{20} \cdot x = \frac 15\] або\(x = 4/9\). Таким чином\(P(I|B) = 4/9\), згідно з нашими попередніми розрахунками. Потім зворотне дерево відображає всі зворотні, або Байєс, ймовірності.

Приклад\(\PageIndex{6}\)

Розглянемо зараз проблему під назвою проблема Монті Холла. Це вже давно улюблена проблема, але була відроджена листом Крейга Уітакера до Мерилін вос Савант для розгляду в її колонці в Parade Magazine. ¹ Крейг писав:

Припустимо, ви на Monty Hall's Вам надається вибір з трьох дверей, за одними дверима стоїть машина, за іншими, кози. Ви вибираєте двері, скажімо 1, Монті відкриває інші двері, скажімо 3, у яких є коза. Монті каже вам: «Ви хочете вибрати двері 2?» Чи є ваша перевага, щоб змінити свій вибір дверей?

Мерилін дала рішення, зробивши висновок, що ви повинні переключитися, і якщо ви це зробите, ваша ймовірність виграшу становить 2/3. Кілька роздратованих читачів, деякі з яких ідентифікували себе як докторську ступінь з математики, сказали, що це абсурдно, оскільки після того, як Монті виключив одні двері, є лише дві можливі двері, і вони все одно повинні мати однакову ймовірність 1/2, тому немає ніякої переваги для перемикання. Мерилін дотримувалася свого рішення і заохочувала своїх читачів змоделювати гру і робити з цього власні висновки. Ми також закликаємо читача зробити це (див. Вправа [exer 4.1.9.6]).

Інші читачі скаржилися, що Мерилін не описала проблему повністю. Зокрема, не уточнювався спосіб прийняття певних рішень під час гри. Цей аспект проблеми буде розглянуто в розділі 4.3. Припустимо, що автомобіль був поставлений за двері шляхом прокатки тристоронньої плашки, яка зробила всі три варіанти однаково вірогідним. Монті знає, де знаходиться машина, і завжди відкриває двері з козою за нею. Нарешті, ми припускаємо, що якщо у Монті є вибір дверей (тобто учасник вибрав двері з машиною за нею), він вибирає кожну двері з ймовірністю 1/2. Мерилін явно очікувала, що її читачі припускають, що гра була зіграна саме таким чином.

Як і у випадку з більшістю очевидних парадоксів, цей можна вирішити шляхом ретельного аналізу. Почнемо з опису більш простого, пов'язаного питання. Ми говоримо, що учасник використовує стратегію «перебування», якщо він вибирає двері, і, якщо йому пропонують можливість перейти на інші двері, відмовляється робити це (тобто він залишається зі своїм оригінальним вибором). Точно так само ми говоримо, що учасник використовує стратегію «перемикача», якщо він вибирає двері, і, якщо йому пропонують шанс перейти на інші двері, приймає пропозицію. Тепер припустимо, що учасник заздалегідь вирішує зіграти стратегію «перебування». Єдина його дія в цьому випадку - вибрати двері (і відхилити запрошення на перемикання, якщо таке пропонується). Яка ймовірність того, що він виграє машину? Це ж питання можна задати і про стратегію «switch».

Використовуючи стратегію «перебування», учасник виграє автомобіль з ймовірністю 1/3, оскільки 1/3 часу двері, яку він забере, матиме машину за нею. З іншого боку, якщо учасник грає стратегію «перемикач», то він виграє щоразу, коли двері, які він спочатку вибрав, не має автомобіля за ним, що трапляється 2/3 часу.

Цей дуже простий аналіз, хоч і правильний, але не зовсім вирішує проблему, яку поставив Крейг. Крейг попросив умовну ймовірність того, що ви виграєте, якщо переключитеся, враховуючи, що ви вибрали двері 1 і що Монті вибрав двері 3. Щоб вирішити цю проблему, ми налаштовуємо проблему перед отриманням цієї інформації, а потім обчислюємо умовну ймовірність даної інформації. Це процес, який проходить в кілька етапів; машину ставлять за двері, учасник вибирає двері, і, нарешті, Монті відкриває двері. Таким чином, природно аналізувати це за допомогою деревної міри. Тут ми робимо додаткове припущення, що якщо у Монті є вибір дверей (тобто учасник вибрав двері з машиною за нею), то він вибирає кожну двері з ймовірністю 1/2. Припущення, які ми зробили, визначають ймовірності гілок, і вони, в свою чергу, визначають міру дерева. Отримана деревоподібна міра і дерева показані на малюнку [рис. 4.4]. Спокусливо зменшити розмір дерева, зробивши певні припущення, такі як: «Без втрати загальності, ми будемо вважати, що учасник завжди вибирає двері 1». Ми вирішили не робити ніяких подібних припущень, в інтересах ясності.

Тепер наведена інформація, а саме, що учасник конкурсу вибрав двері 1, а Монті вибрав двері 3, означає, що можливі лише два шляхи через дерево (див. Рис. [рис. 4.4.5]). По одному з цих шляхів автомобіль знаходиться за дверима 1, а для іншого - за дверима 2. Шляхи з автомобілем за дверима 2 вдвічі частіше, ніж той, у якого автомобіль за дверима 1. Таким чином, умовна ймовірність становить 2/3, що автомобіль знаходиться за дверима 2 і 1/3, що він знаходиться за дверима 1, тому якщо ви перемикаєте, у вас є 2/3 шансів виграти машину, як стверджувала Мерилін.

У цей момент читач може подумати, що дві проблеми вище однакові, оскільки вони мають однакові відповіді. Нагадаємо, що ми припускали в оригінальній задачі, якщо учасник конкурсу вибирає двері з автомобілем, щоб у Монті був вибір з двох дверей, він вибирає кожну з них з ймовірністю 1/2. Тепер припустимо замість цього, що в тому випадку, якщо у нього є вибір, він вибирає двері з більшим числом з ймовірністю 3/4. У задачі «switch» vs. «stay» ймовірність виграшу зі стратегією «switch» все ще 2/3. Однак в початковій задачі, якщо учасник перемикається, він виграє з ймовірністю 4/7. Читач може перевірити це, зазначивши, що ті ж два шляхи, що і раніше, є єдиними двома можливими шляхами в дереві. Шляхи, що ведуть до перемоги, якщо учасник перемикається, має ймовірність 1/3, тоді як шлях, який призводить до програшу, якщо учасник перемикається, має ймовірність 1/4.

Незалежні заходи

Часто буває так, що знання про те, що\(E\) сталася певна подія, ніяк не впливає на ймовірність того, що\(F\) сталася якась інша подія, тобто тобто\(P(F|E) = P(F)\). Можна було б очікувати, що в цьому випадку рівняння також\(P(E|F) = P(E)\) буде правдою. Насправді (див. Вправа [exer 4.1.1]) кожне рівняння передбачає інше. Якщо ці рівняння є істинними, ми можемо сказати, що\(F\) є\(E\). Наприклад, ви б не очікували, що знання результату першого кидання монети змінить ймовірність, яку ви б присвоїли можливим результатам другого кидка, тобто ви не очікували, що другий кидок залежить від першого. Ця ідея формалізується в наступному визначенні самостійних подій.

Визначення

Нехай\(E\) і\(F\) буде дві події. Ми говоримо, що вони є, якщо або 1) обидві події мають позитивну ймовірність і\[P(E|F) = P(E)\ {\rm and}\ P(F|E) = P(F)\ ,\] або 2) принаймні одна з подій має ймовірність 0.

Як зазначалося вище, якщо обидва\(P(E)\) і\(P(F)\) позитивні, то кожне з перерахованих вище рівнянь має на увазі інше, так що щоб побачити, чи є дві події незалежними, потрібно перевірити тільки одне з цих рівнянь (див. Вправа 1).

Наступна теорема надає ще один спосіб перевірки на незалежність.

Теорема\(\PageIndex{1}\)

Дві події\(E\) і\(F\) є незалежними, якщо і тільки якщо\[P(E\cap F) = P(E)P(F)\ .\]

Доказ

Якщо будь-яка подія має ймовірність 0, то дві події є незалежними, і вищевказане рівняння є істинним, тому теорема вірна в цьому випадку. Таким чином, ми можемо припустити, що обидві події мають позитивну ймовірність в наступному. Припустимо, що\(E\) і\(F\) є незалежними. Потім\(P(E|F) = P(E)\), і так\[\begin{aligned} P(E\cap F) & = & P(E|F)P(F) \\ & = & P(E)P(F)\ .\end{aligned}\]

Припустимо, що наступне\(P(E\cap F) = P(E)P(F)\). Тоді\[P(E|F) = \frac {P(E \cap F)}{P(F)} = P(E)\ .\] також,\[P(F|E) = \frac {P(F \cap E)}{P(E)} = P(F)\ .\] отже,\(E\) і\(F\) є незалежними.

Приклад\(\PageIndex{7}\)

Припустимо, що у нас є монета, яка придумує голови з ймовірністю\(p\), а хвости з ймовірністю\(q\). Тепер припустимо, що цю монету кидають двічі. Використовуючи частотну інтерпретацію ймовірності, розумно привласнити результату\((H,H)\) ймовірність\(p^2\), до результату\((H, T)\) ймовірність\(pq\) і так далі. Нехай\(E\) буде подія, що голови з'являються на першому кидку і\(F\) подія, що хвости виявляються на другому кидку. Тепер ми перевіримо, що при вищезазначених завданнях ймовірності ці дві події є незалежними, як і очікувалося. У нас є

\[\begin{align}P(E) = p^2 + pq = p \\ P(F) = pq + q^2 = q \end{align}\]Нарешті\(P(E\cap F) = pq\), так\[P(E\cap F) = P(E)P(F)\].

Приклад\(\PageIndex{8}\)

Часто, але не завжди, інтуїтивно зрозуміло, коли дві події незалежні. У прикладі 4.7, нехай\(A\) буде подія «перший кидок - це голова» і\(B\) подія «два результати однакові». Тоді\[P(B|A) = \frac {P(B \cap A)}{P(A)} = \frac {P\{\mbox {HH}\}}{P\{\mbox {HH,HT}\}} = \frac {1/4}{1/2} = \frac 12 = P(B).\] тому\(A\) і\(B\) є самостійними, але результат виявився не таким очевидним.

Приклад\(\PageIndex{9}\)

Наостанок наведемо приклад двох подій, які не є незалежними. У прикладі 4.7, нехай\(I\) буде подія «голови на перший кидок» і\(J\) подія «дві голови вгору». Потім\(P(I) = 1/2\) і\(P(J) = 1/4\). Подія\(I \cap J\) є подією «голови на обох киданнях» і має ймовірність\(1/4\). Таким чином,\(I\) і не\(J\) є незалежними з тих пір\(P(I)P(J) = 1/8 \ne P(I \cap J)\).

Ми можемо поширити поняття незалежності на будь-яку кінцеву сукупність подій\(A_1\)\(A_2\),...,\(A_n\).

Визначення\(\PageIndex{2}\)

Сукупність подій, як кажуть,\(\{A_1,\ A_2,\ \ldots,\ A_n\}\) є взаємно незалежними, якщо для будь-якої\(\{A_i,\ A_j,\ldots,\ A_m\}\) підмножини цих подій ми маємо

\[P(A_i \cap A_j \cap\cdots\cap A_m) = P(A_i)P(A_j)\cdots P(A_m),\]

або еквівалентно, якщо для будь-якої послідовності\(\bar A_1\)\(\bar A_2\),,,...\(\tilde A_j\),\(\bar A_n\) з\(\bar A_j = A_j\) або,\[P(\bar A_1 \cap \bar A_2 \cap\cdots\cap \bar A_n) = P(\bar A_1)P(\bar A_2)\cdots P(\bar A_n).\] (Для підтвердження еквівалентності у\(n = 3\) випадку див. Вправа 33

Використовуючи цю термінологію, факт, що будь-яка\((\mbox S,\mbox S,\mbox F,\mbox F, \mbox S, \dots,\mbox S)\) послідовність можливих результатів процесу випробувань Бернуллі формує послідовність взаємонезалежних подій.

Природно запитати: якщо всі пари сукупності подій незалежні, чи весь набір взаємно незалежний? Відповідь не обов'язково, і приклад наведено у Вправі 7

Важливо зазначити, що твердження не\[P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n) = P(A_1)P(A_2) \cdots P(A_n)\] означає, що події\(A_1\),...\(A_2\),\(A_n\) є взаємно незалежними (див. Вправа 8).

Спільні функції розподілу та незалежність випадкових величин

Часто трапляється, що при проведенні експерименту досліджуються кілька різних величин, що стосуються результатів.

Приклад\(\PageIndex{10}\):

Припустимо, ми тричі кидаємо монетку. Базова випадкова величина, що\({\bar X}\) відповідає цьому експерименту, має вісім можливих результатів, які є впорядкованими трійками, що складаються з Н і Т.\(X_i\), Ми також можемо визначити випадкову величину\(i = 1, 2, 3\), for, щоб бути результатом\(i\) го кидання. Якщо монета справедлива, то ми повинні призначити ймовірність 1/8 кожному з восьми можливих результатів. Таким чином, функції розподілу\(X_1\)\(X_2\), і\(X_3\) ідентичні; в кожному випадку вони визначаються\(m(H) = m(T) = 1/2\).

Якщо у нас є кілька випадкових величин,\(X_1, X_2, \ldots, X_n\) які відповідають заданому експерименту, то ми можемо розглянути спільну випадкову величину,\({\bar X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\) визначену, взявши результат\(\omega\) експерименту, і записуючи, як\(n\) -кортеж, відповідні\(n\) результати для випадкових величин \(X_1, X_2, \ldots, X_n\). Таким чином, якщо випадкова величина\(X_i\) має в якості своєї множини можливих результатів множини\(R_i\), то множина можливих результатів спільної випадкової\(R_i\) величини\({\bar X}\) є декартовим добутком, тобто множиною всіх\(n\) -кортежів можливих результатів\(X_i\) тих.

Приклад\(\PageIndex{11}\):

У наведеному вище прикладі підкидання\(X_i\) монети давайте позначимо результат\(i\) кидка. Тоді спільна випадкова величина\({\bar X} = (X_1, X_2, X_3)\) має вісім можливих результатів.

Припустимо\(Y_i\), що тепер ми визначимо\(i = 1, 2, 3\), для, як кількість голів, які відбуваються в перших\(i\) кидках. Тоді\(Y_i\) має\(\{0, 1, \ldots, i\}\) якомога більше результатів, тому на перший погляд набір можливих результатів спільної випадкової величини\({\bar Y} = (Y_1, Y_2, Y_3)\) повинен бути безліччю\[\{(a_1, a_2, a_3)\ :\ 0 \le a_1 \le 1, 0 \le a_2 \le 2, 0 \le a_3 \le 3\}\ .\] Однак результат\((1, 0, 1)\) не може відбутися, оскільки ми повинні мати\(a_1 \le a_2 \le a_3\). Рішення цієї задачі полягає у визначенні ймовірності результату\((1, 0, 1)\) 0. Крім того, ми повинні мати\(a_{i+1} - a_i \le 1\) для\(i = 1, 2\).

Зараз ми проілюструємо присвоєння ймовірностей різним результатам для спільних випадкових величин\({\bar X}\) і\({\bar Y}\). У першому випадку кожному з восьми результатів слід привласнити ймовірність 1/8, так як ми припускаємо, що у нас справедлива монета. У другому випадку, оскільки\(Y_i\) має\(i+1\) можливі результати, набір можливих результатів має розмір 24. Тільки вісім з цих 24 результатів можуть насправді відбутися, а саме ті, що задовольняють\(a_1 \le a_2 \le a_3\). Кожен з цих результатів відповідає точно одному з результатів випадкової\({\bar X}\) величини, тому природно призначити ймовірність 1/8 кожному з них. Вірогідність 0 привласнюємо іншим 16 результатам. У кожному випадку функція ймовірності називається спільною функцією розподілу.

Наведені вище ідеї збираємо в визначення.

Визначення\(\PageIndex{3}\)

\(X_1, X_2, \ldots, X_n\)Дозволяти випадкові величини, пов'язані з експериментом. Припустимо, що простір вибірки (тобто набір можливих результатів)\(X_i\) є множиною\(R_i\). Тоді спільна випадкова величина\({\bar X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\) визначається як випадкова величина, результати якої складаються з\(n\) упорядкованих -кортежів результатів, а\(i\) координата лежить у множині\(R_i\). \(\Omega\)Вибірковий простір\({\bar X}\) є декартовим\(R_i\) добутком:\[\Omega = R_1 \times R_2 \times \cdots \times R_n\ .\] Функція спільного розподілу\({\bar X}\) - це функція, яка дає ймовірність кожного з результатів\({\bar X}\).

Приклад\(\PageIndex{12}\):

Розглянемо тепер присвоєння ймовірностей в наведеному вище прикладі. У випадку випадкової\({\bar X}\) величини ймовірність будь-якого результату\((a_1, a_2, a_3)\) є лише добутком ймовірностей\(P(X_i = a_i)\), для\(i = 1, 2, 3\). Однак у випадку з\({\bar Y}\), ймовірність, що присвоюється результату, не\((1, 1, 0)\) є добутком ймовірностей\(P(Y_1 = 1)\)\(P(Y_2 = 1)\), а\(P(Y_3 = 0)\). Різниця між цими двома ситуаціями полягає в тому, що значення\(X_i\) не впливає на значення\(X_j\), якщо\(i \ne j\), в той час як значення\(Y_i\) і\(Y_j\) впливають один на одного. Наприклад, if\(Y_1 = 1\), то\(Y_2\) не може дорівнювати 0. Це підказує наступне визначення.

Визначення\(\PageIndex{4}\)

Випадкові\(X_2\) величини\(X_1\),,...,\(X_n\) якщо\[\begin{aligned} &&P(X_1 = r_1, X_2 = r_2, \ldots, X_n = r_n) \\ && \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = P(X_1 = r_1) P(X_2 = r_2) \cdots P(X_n = r_n)\end{aligned}\] для будь-якого вибору\(r_1, r_2, \ldots, r_n\). Таким чином, якщо взаємно\(X_1,~X_2, \ldots,~X_n\) незалежні, то спільна функція розподілу випадкової величини\[{\bar X} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)\] - це всього лише добуток окремих функцій розподілу. Коли дві випадкові змінні взаємно незалежні, скажемо коротше, що вони незалежні.

Приклад\(\PageIndex{12}\)

У групі з 60 осіб цифри, які палять або не палять і хворіють або не хворіють на рак, наведені в таблиці [табл. 4.1].

Куріння і онкологічні захворювання.

	Не курити	Дим	Всього
Чи не рак	40	10	50
Рак	7	3	10
Підсумки	47	13	60

Дозвольте\(\Omega\) бути зразковим простором, що складається з цих 60 осіб. Людина вибирається навмання з групи. Нехай\(C(\omega) = 1\) якщо у цієї людини рак і 0, якщо ні, і\(S(\omega) = 1\) якщо ця людина курить і 0 якщо ні. Тоді спільний розподіл\(\{C,S\}\) наведено в табл. [табл. 4.2].

Спільний розподіл.

			S
		0		1
	0	40/60		10/60
C
	1	7/60		3/60

Наприклад\(P(C = 0, S = 0) = 40/60\)\(P(C = 0, S = 1) = 10/60\), і так далі. Розподіли окремих випадкових величин називаються граничними розподілами\(C\) і\(S\) є:\[p_C = \pmatrix{ 0 & 1 \cr 50/60 & 10/60 \cr},\]

\[p_S = \pmatrix{ 0 & 1 \cr 47/60 & 13/60 \cr}.\]Випадкові\(S\) величини і не\(C\) є незалежними, так як\[\begin{aligned} P(C = 1,S = 1) &=& \frac 3{60} = .05\ , \\ P(C = 1)P(S = 1) &=& \frac {10}{60} \cdot \frac {13}{60} = .036\ .\end{aligned}\] Зверніть увагу, що ми також побачили б це з того, що\[\begin{aligned} P(C = 1|S = 1) &=& \frac 3{13} = .23\ , \\ P(C = 1) &=& \frac 16 = .167\ .\end{aligned}\]

Процеси незалежних випробувань

Вивчення випадкових величин триває шляхом розгляду спеціальних класів випадкових величин. Одним з таких класів, який ми будемо вивчати, є клас [def 5.5]

Визначення\(\PageIndex{5}\)

Послідовність випадкових величин\(X_1\)\(X_2\),,...,\(X_n\) які є взаємно незалежними і мають однаковий розподіл називається послідовністю незалежних випробувань або

Процеси незалежних випробувань виникають природним чином наступним чином. Ми маємо єдиний експеримент з простором вибірки\(R = \{r_1,r_2,\dots,r_s\}\) та функцією розподілу\[m_X = \pmatrix{ r_1 & r_2 & \cdots & r_s \cr p_1 & p_2 & \cdots & p_s\cr}\ .\]

Повторюємо цей експеримент\(n\) раз. Щоб описати цей загальний експеримент, ми вибираємо як простір вибірки простір,\[\Omega = R \times R \times\cdots\times R,\] що складається з усіх можливих послідовностей, з\(\omega = (\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n)\) яких\(\omega_j\) вибирається значення кожної з них\(R\). Ми призначаємо функцію розподілу бути\[m(\omega) = m(\omega_1)\cdot\ \ldots\ \cdot m(\omega_n)\ ,\] with\(m(\omega_j) = p_k\) when\(\omega_j = r_k\). Потім даємо\(X_j\) позначити\(j\) координату результату\((r_1, r_2, \ldots, r_n)\). Випадкові\(X_1\) величини,...,\(X_n\) утворюють незалежний процес випробувань.

Приклад\(\PageIndex{14}\)

Експеримент складається з прокатки матриці три рази. \(X_i\)Дозволяти представляти результат\(i\) го рулону, для\(i = 1, 2, 3\). Загальною функцією розподілу є\[m_i = \pmatrix{ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \cr 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 \cr}.\]

Простір зразка -\(R^3 = R \times R \times R\) с\(R = \{1,2,3,4,5,6\}\). Якщо\(\omega = (1,3,6)\), то\(X_1(\omega) = 1\)\(X_2(\omega) = 3\), і\(X_3(\omega) = 6\) вказуючи, що перший рулон був 1, другий був 3, а третій був 6. Імовірність, присвоєна будь-якій точці вибірки, дорівнює\[m(\omega) = \frac16 \cdot \frac16 \cdot \frac16 = \frac1{216}\ .\]

Приклад\(\PageIndex{15}\)

Розглянемо наступний процес випробувань Бернуллі з ймовірністю успіху\(p\) на кожному експерименті. Нехай,\(X_j(\omega) = 1\)\(j\) якщо результат - успіх, а\(X_j(\omega) = 0\) якщо це невдача. Тоді\(X_1\),...\(X_2\),\(X_n\) - це незалежний судовий процес. Кожен\(X_j\) має ту ж функцію розподілу\[m_j = \pmatrix{ 0 & 1 \cr q & p \cr},\], де\(q = 1 - p\).

Якщо\(S_n = X_1 + X_2 +\cdots + X_n\), то\[P(S_n = j) = {n \choose j} p^{j} q^{n - j}\ ,\] і\(S_n\) має, як розподіл, біноміальний розподіл\(b(n,p,j)\).

Формула Байєса

У наших прикладах ми розглянули умовні ймовірності наступного виду: З огляду на результат другого етапу двоетапного експерименту, знайдіть ймовірність результату на першому етапі. Ми помітили, що ці ймовірності називаються

Повертаємося тепер до обчислення більш загальних ймовірностей Байєса. Припустимо, у нас є набір подій\(H_1,\)\(H_2\),...,\(H_m\) які попарно нез'єднані і такі, що простір вибірки\(\Omega\) задовольняє рівнянню\[\Omega = H_1 \cup H_2 \cup\cdots\cup H_m\ .\] Ми називаємо ці події У нас також є подія\(E\), яка дає нам деяку інформацію про те, яка гіпотеза правильна. Ми називаємо цю подію

Перш ніж ми отримаємо докази, ми маємо набір\(P(H_1)\)\(P(H_2)\),...,\(P(H_m)\) для гіпотез. Якщо ми знаємо правильну гіпотезу, ми знаємо ймовірність доказів. Тобто ми знаємо\(P(E|H_i)\) для всіх\(i\). Ми хочемо знайти ймовірності для гіпотез, наведених доказів. Тобто ми хочемо знайти умовні ймовірності\(P(H_i|E)\). Ці ймовірності називаються

Щоб знайти ці ймовірності, записуємо їх у формі

\[P(H_i|E) = \frac{P(H_i \cap E)}{P(E)}\ . \label{eq 4.1}\]Ми можемо обчислити чисельник з нашої заданої інформації по\[P(H_i \cap E) = P(H_i)P(E|H_i)\ . \label{eq 4.2}\] Оскільки одна і тільки одна з подій\(H_1\)\(H_2\),...,\(H_m\) може статися, ми можемо записати ймовірність\(E\) як

\[P(E) = P(H_1 \cap E) + P(H_2 \cap E) + \cdots + P(H_m \cap E)\ .\]Використовуючи Equation [eq 4.2], вищевказаний вираз можна побачити рівним

\[P(H_1)P(E|H_1) + P(H_2)P(E|H_2) + \cdots + P(H_m)P(E|H_m) \ . \label{eq 4.3}\]Використання ([eq 4.1]), ([eq 4.2]) та ([eq 4.3]) дає:\[P(H_i|E) = \frac{P(H_i)P(E|H_i)}{\sum_{k = 1}^m P(H_k)P(E|H_k)}\ .\]

Хоча це дуже відома формула, ми її рідко будемо використовувати. Якщо кількість гіпотез невелика, простий розрахунок міри дерева легко проводиться, як ми це робили в наших прикладах. Якщо кількість гіпотез велике, то слід скористатися комп'ютером.

Ймовірності Байєса особливо підходять для медичної діагностики. Лікар з нетерпінням дізнається, яке з кількох захворювань може мати пацієнт. Вона збирає докази у вигляді результатів певних тестів. З статистичних досліджень лікар може знайти попередні ймовірності різних захворювань перед тестами, а також ймовірності конкретних результатів тесту, враховуючи конкретне захворювання. Те, що лікар хоче знати, - це задня ймовірність конкретного захворювання, враховуючи результати аналізів.

Приклад\(\PageIndex{12}\)

Лікар намагається вирішити, чи є у пацієнта одне з трьох захворювань\(d_1\)\(d_2\), або\(d_3\). Потрібно провести два тести, кожне з яких призводить до позитивного\((+)\) або негативного\((-)\) результату. Існує чотири можливі тестові шаблони\(+{}+\),\(+{}-\),\(-{}+\), і\(-{}-\). Національні записи вказують на те, що для 10 000 людей, які мають одне з цих трьох захворювань, розподіл захворювань та результати аналізів такі, як у таблиці [таблиця 4.3].

Дані про хвороби.

	Число, що має
Хвороба	це захворювання	++	+—	—+	——
\(d_{1}\)	3215	2110	301	704	100
\(d_{2}\)	2125	396	132	1187	410
\(d_{3}\)	4660	510	3568	73	509
Всього	10000

З цих даних ми можемо оцінити попередні ймовірності для кожного з захворювань і, враховуючи конкретне захворювання, ймовірність того чи іншого результату тесту. Наприклад, попередня ймовірність захворювання\(d_1\) може бути оцінена як\(3215/10{,}000 = .3215\). Імовірність результату тесту\(+{}-\), з огляду на захворювання\(d_1\), може бути оцінена як\(301/3215 = .094\).

Тепер ми можемо використовувати формулу Байєса для обчислення різних задніх ймовірностей. Комп'ютерна програма Байес обчислює ці задні ймовірності. Результати для цього прикладу наведені в таблиці [табл. 4.35].

Задні ймовірності.

	\(d_1\)	\(d_2\)	\(d_3\)
++	.700	1.31	1.69
+—	.075	.033	.892
—+	3.58	.604	.038
——	.098	.403	4.99

Відзначимо з результатів, що при отриманні результату тесту захворювання\(d_1\) має значно більшу ймовірність\(++\), ніж два інших. Коли результат є\(+-\), це справедливо для хвороби\(d_3\). Коли результат є\(-+\), це справедливо для хвороби\(d_2\). Зверніть увагу, що ці твердження можна було здогадатися, дивлячись на дані. Якщо результат є\(--\), найбільш ймовірною причиною є\(d_3\), але ймовірність того, що у пацієнта\(d_2\) є, лише трохи менше. Якщо подивитися на дані в цьому випадку, то можна побачити, що може бути важко здогадатися, яке з двох захворювань\(d_2\) і\(d_3\) є більш імовірним.

Наш останній приклад показує, що потрібно бути обережним, коли попередні ймовірності невеликі.

Приклад\(\PageIndex{13}\)

Лікар дає пацієнту тест на конкретний рак. Перед результатами тесту єдиним доказом, який лікар повинен продовжувати, є те, що 1 жінка з 1000 має цей рак. Досвід показав, що в 99 відсотках випадків, коли рак присутній, тест є позитивним; а в 95 відсотках випадків, в яких його немає, він негативний. Якщо тест виявиться позитивним, яку ймовірність повинен призначити лікар в тому випадку, якщо онкологічні захворювання є? Альтернативна форма цього питання - запитати відносні частоти помилкових спрацьовувань та ракових захворювань.

Нам дано, що\(\mbox{prior(cancer)} = .001\) і\(\mbox{prior(not\ cancer)} = .999\). Ми також знаємо\(P(+| \mbox{cancer}) = .99\), що,\(P(-|\mbox{cancer}) = .01\),\(P(+|\mbox{not\ cancer}) = .05\), і\(P(-|\mbox{not\ cancer}) = .95\). Використання цих даних дає результат, показаний на малюнку [рис. 4.5].

Тепер ми бачимо, що ймовірність раку при позитивному тесті тільки збільшилася з 0,001 до 0,019. Хоча це майже двадцятикратне збільшення, ймовірність того, що пацієнт має рак, все ще невелика. Зазначається по-іншому, серед позитивних результатів 98,1 відсотка є помилковими спрацьовуваннями, а 1,9 відсотка - раковими захворюваннями. Коли групі студентів-медиків другого курсу було поставлено це питання, більше половини студентів неправильно вгадали ймовірність бути більше 0,5.

Історичні зауваження

Умовна ймовірність використовувалася задовго до того, як вона була формально визначена. Паскаль і Ферма розглянули проблему очок: враховуючи, що команда А виграла\(m\) ігри, а команда Б виграла\(n\) ігри, яка ймовірність того, що А виграє серію? (Див. Вправи 40-42.) Це явно проблема умовної ймовірності.

У своїй книзі Гюйгенс дав ряд проблем, однією з яких були:

Три азартні гравці, A, B і C, беруть 12 кульок, з яких 4 білі і 8 чорних. Вони грають за правилами, що ящик зав'язаний очима, А - спочатку малювати, потім B, а потім C, переможцем стає той, хто першим малює білу кульку. Яке співвідношення їх шансів? ²

З його відповіді зрозуміло, що Гюйгенс мав на увазі, що кожен м'яч замінюється після розіграшу. Однак Джон Худде, мер Амстердама, припустив, що мав на увазі пробу без заміни і листувався з Гюйгенсом про різницю в їх відповідях. Хакерські зауваження, що «Жодна зі сторін не може зрозуміти, що робить інша». ³

До моменту книги де Муавра «Доктрина шансів» ці відмінності були добре зрозумілі. Де Муавр визначив незалежність і залежність наступним чином:

Дві Події є незалежними, коли вони не мають ніякого зв'язку одна з іншою, і що відбувається одного ні вперед, ні перешкоджає тому, що відбувається інше.

Дві події залежні, коли вони так пов'язані між собою, що ймовірність того, чи інше відбувається змінюється тим, що відбувається іншого. ⁴

Де Муавр використовував вибірку з заміною та без неї, щоб проілюструвати, що ймовірність того, що дві незалежні події трапляються, є добутком їхніх ймовірностей, а для залежних подій, які:

Імовірність того, що відбувається двох подій залежних, є добутком ймовірності того, що відбувається одного з них, за ймовірністю, яку інший матиме відбутися, коли перший вважається трапився; і те саме Правило буде поширюватися на те, що відбувається стільки подій, скільки може бути присвоєно. ⁵

Формула, яку ми називаємо формулою Байєса, і ідея обчислення ймовірності гіпотези, наведених доказів, виникла в відомому нарисі Томаса Байєса. Байес був висвяченим міністром в Танбрідж-Уеллс поблизу Лондона. Його математичні інтереси змусили його бути обраним до Королівського товариства в 1742 році, але жоден з його результатів не був опублікований протягом його життя. Твір, на якому тримається його слава, «Есе до вирішення проблеми в доктрині шансів», була опублікована в 1763 році, через три роки після його смерті. ⁶ Байєс розглянув деякі основні поняття ймовірності, а потім розглянув новий вид оберненої ймовірності задачі, що вимагає використання умовної ймовірності.

Бернуллі у своєму дослідженні процесів, які ми зараз називаємо випробуваннями Бернуллі, довів свій знаменитий закон великих чисел, який ми вивчимо в главі 8. Ця теорема запевнила експериментатора, що якби він знав ймовірність\(p\) успіху, він міг би передбачити, що частка успіхів наблизиться до цієї величини, оскільки він збільшував кількість експериментів. Сам Бернуллі зрозумів, що в більшості цікавих випадків ви не знаєте значення\(p\) і розглядав його теорему як важливий крок у тому, щоб показати, що можна визначити\(p\) шляхом експериментів.

Щоб вивчити цю проблему далі, Байес почав з припущення, що ймовірність\(p\) успіху сама визначається випадковим експериментом. Він припустив, що насправді цей експеримент був таким, що\(p\) це значення для однаково ймовірно буде будь-яке значення між 0 і 1. Не знаючи цієї величини, ми проводимо\(n\) експерименти і спостерігаємо\(m\) успіхи. Байєс запропонував задачу знаходження умовної ймовірності того, що невідома ймовірність\(p\) лежить між\(a\) і\(b\). Він отримав відповідь:\[P(a \leq p < b | m {\mbox{\,\,successes\,\, in}}\,\,n \,\,{\mbox{trials}}) = \frac {\int_a^b x^m(1 - x)^{n - m}\,dx}{\int_0^1 x^m(1 - x)^{n - m}\,dx}\ .\]

Байес явно хотів показати, що функція умовного розподілу, враховуючи результати все більшої кількості експериментів, стає зосередженою навколо істинного значення\(p\). Таким чином, Байес намагався вирішити a Обчислення інтегралів було занадто складним для точного рішення, за винятком малих значень\(j\) і\(n\), і тому Байес спробував наближені методи. Його методи були не дуже задовільними, і було висловлено припущення, що це відлякувало його від публікації своїх результатів.

Однак його робота стала першою в серії важливих досліджень, проведених Лапласом, Гауссом та іншими великими математиками для вирішення зворотних задач. Вони вивчали цю проблему з точки зору помилок вимірювань в астрономії. Якби астроном знав справжнє значення відстані та характер випадкових помилок, спричинених його вимірювальним приладом, він міг би передбачити ймовірнісний характер своїх вимірювань. Насправді, однак, йому представлена зворотна задача пізнання природи випадкових помилок та значень вимірювань, і бажаючи зробити висновки про невідому істинну цінність.

Як зауважує Майстров, формула, яку ми назвали формулою Байєса, не фігурує в його есе. Лаплас дав йому таку назву, коли вивчав ці зворотні проблеми. ⁷ Обчислення зворотних ймовірностей є основоположним для статистики і призвело до важливої галузі статистики під назвою Байєсівський аналіз, запевнивши Байєса вічну славу за його короткий нарис.

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Припустимо, що\(E\) і\(F\) є двома подіями з позитивними ймовірностями. Покажіть, що якщо\(P(E|F) = P(E)\), то\(P(F|E) = P(F)\).

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Монету кидають три рази. Яка ймовірність того, що відбувається рівно дві головки, враховуючи, що

1. перший результат був головою?

2. першим результатом став хвіст?

3. перші два результати були керівниками?

4. перші два результати були хвостами?

5. перший результат був головою, а третій результат був головою?

Вправа\(\PageIndex{3}\)

Двічі прокочується плашка. Яка ймовірність того, що сума граней більше 7, враховуючи, що

1. перший результат був 4?

2. перший результат був більше 3?

3. перший результат був 1?

4. перший результат був менше 5?

Вправа\(\PageIndex{4}\)

Карта витягується навмання з колоди карт. Яка ймовірність того, що

1. це серце, враховуючи, що воно червоне?

2. вона вище, ніж 10, враховуючи, що це серце? (Інтерпретувати J, Q, K, A як 11, 12, 13, 14.)

3. це домкрат, враховуючи, що він червоний?

Вправа\(\PageIndex{5}\)

Монету кидають три рази. Розглянемо наступні події\(A\): Голови на першому кидку. \(B\): Хвости на другому. \(C\): Голови на третьому кидаємо. \(D\): Всі три результати однакові (HHH або TTT). \(E\): Рівно одна голова повертається вгору.

1. Які з наступних пар цих подій є незалежними? (1)\(A\),\(B\) (2)\(A\),\(D\) (3)\(A\),\(E\) (4)\(D\),\(E\)

2. Які з наступних трійок цих подій є незалежними? (1)\(A\),\(B\),\(C\) (2)\(A\)\(B\),\(D\) (3)\(C\),\(D\),\(E\)

Вправа\(\PageIndex{6}\)

З колоди з п'яти карт під номером 2, 4, 6, 8 і 10, відповідно, карта витягується навмання і замінюється. Робиться це тричі. Яка ймовірність того, що карта під номером 2 була намальована рівно два рази, враховуючи, що сума чисел на трьох розіграшах дорівнює 12?

Вправа\(\PageIndex{7}\)

Монету кидають двічі. Розглянемо наступні події. \(A\): Голови на першому кидку. \(B\): Голови на другому кидаємо. \(C\): Два кидання виходять однаковими.

1. Покажіть\(A\), що\(B\),\(C\) попарно незалежні, але не незалежні.

2. Показати,\(C\) що не залежить від\(A\) і\(B\), але не від\(A \cap B\).

Вправа\(\PageIndex{8}\)

Нехай\(\Omega = \{a,b,c,d,e,f\}\). Припустимо, що\(m(a) = m(b) = 1/8\) і\(m(c) = m(d) = m(e) = m(f) = 3/16\). Нехай\(A\)\(B\), і\(C\) будуть події\(A = \{d,e,a\}\),\(B = \{c,e,a\}\),\(C = \{c,d,a\}\). Покажіть, що,\(P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C)\) але жодна з цих подій не є незалежними.

Вправа\(\PageIndex{9}\)

Яка ймовірність того, що сім'я з двох дітей має

1. двох хлопчиків, враховуючи, що він має принаймні одного хлопчика?

2. двоє хлопчиків, враховуючи, що перша дитина хлопчик?

Вправа\(\PageIndex{10}\)

У прикладі 4.2 ми використовували Таблицю життя (див. Додаток C) для обчислення умовної ймовірності. Число 93 753 в таблиці, що відповідає 40-річним чоловікам, означає, що з усіх чоловіків, народжених у США в 1950 році, 93,753% були живими в 1990 році. Чи розумно використовувати це як оцінку ймовірності того, що самець, народжений в цьому році, доживе до 40 років?

Вправа\(\PageIndex{11}\)

Імітуйте проблему Монті Холла. Уважно викладіть будь-які припущення, які ви зробили при написанні програми. Який варіант проблеми, на вашу думку, ви імітуєте?

Вправа\(\PageIndex{12}\)

У прикладі 4.17, наскільки великою повинна бути попередня ймовірність раку, щоб дати задню ймовірність 0.5 для раку з урахуванням позитивного тесту?

Вправа\(\PageIndex{13}\)

Дві карти витягуються з мостової колоди. Яка ймовірність того, що друга намальована карта червоного кольору?

Вправа\(\PageIndex{14}\)

Якщо\(P(\tilde B) = 1/4\) і\(P(A|B) = 1/2\), що таке\(P(A \cap B)\)?

Вправа\(\PageIndex{15}\)

1. Яка ймовірність того, що у вашої партнерки по мосту рівно два туза, враховуючи, що у неї хоча б один туз?

2. Яка ймовірність того, що у вашої партнерки по мосту рівно два туза, враховуючи, що у неї туз пік?

Вправа\(\PageIndex{16}\)

Доведіть, що для будь-яких трьох подій\(A\),\(B\)\(C\), кожен з яких має позитивну ймовірність, і з властивістю\(P(A \cap B) > 0\), що,\[P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B|A)P(C|A \cap B)\ .\]

Вправа\(\PageIndex{17}\)

Доведіть, що якщо\(A\) і\(B\) є незалежними, так

1. \(A\)і\(\tilde B\).

2. \(\tilde A\)і\(\tilde B\).

Вправа\(\PageIndex{18}\)

Лікар передбачає, що у пацієнта є одне з трьох захворювань\(d_1\)\(d_2\), або\(d_3\). Перед будь-яким аналізом він передбачає рівну ймовірність для кожного захворювання. Він проводить тест, який буде позитивним з ймовірністю .8 якщо пацієнт має\(d_1\), .6 якщо у нього є захворювання\(d_2\), і .4, якщо у нього є захворювання\(d_3\). З огляду на, що результат тесту був позитивним, які ймовірності повинен тепер призначити лікар при трьох можливих захворюваннях?

Вправа\(\PageIndex{19}\)

У покерній руці Джон має дуже сильну руку і робить ставку 5 доларів. Імовірність того, що Мері має кращу руку, становить .04. Якби у Мері була краща рука, вона б підняла з ймовірністю .9, але з біднішою рукою вона б підняла лише з ймовірністю 1. Якщо Мері піднімає, яка ймовірність того, що вона має кращу руку, ніж Джон?

Вправа\(\PageIndex{20}\)

Модель урни Polya для зараження виглядає наступним чином: Ми починаємо з урни, яка містить одну білу кульку і одну чорну кульку. У кожну секунду вибираємо навмання кульку з урни і замінюємо цей куля і додаємо ще один обраний колір. Напишіть програму для імітації цієї моделі, і подивіться, чи зможете ви зробити якісь прогнози щодо частки білих кульок в урні після великої кількості розіграшів. Чи існує тенденція мати велику частку кульок одного кольору в довгостроковій перспективі?

Вправа\(\PageIndex{21}\)

Бажано знайти ймовірність того, що в мостовій угоді кожен гравець отримає туза. Студент міркує наступним чином. Неважливо, куди йде перший туз. Другий туз повинен відправитися одному з трьох інших гравців і це відбувається з ймовірністю 3/4. Потім наступний повинен перейти до одного з двох, подія ймовірності 1/2, і нарешті останній туз повинен перейти до гравця, у якого немає туза. Це відбувається з ймовірністю 1/4. Імовірність того, що всі ці події відбуваються, є продуктом\((3/4)(1/2)(1/4) = 3/32\). Чи вірний цей аргумент?

Вправа\(\PageIndex{22}\)

Одна монета в колекції 65 має дві головки. Решта справедливі. Якщо монета, вибрана навмання з лота, а потім кинута, повертається вгору головами 6 разів поспіль, яка ймовірність того, що це двоголова монета?

Вправа\(\PageIndex{23}\)

Вам дається дві урни і п'ятдесят куль. Половина кульок білі, а половина чорні. Вас просять розподілити кулі в урни без обмежень, розміщених на кількості будь-якого типу в урні. Як слід розподіляти кульки в урни, щоб максимально збільшити ймовірність отримання білої кулі, якщо урна обрана навмання і кулька витягується навмання? Обґрунтуйте свою відповідь.

Вправа\(\PageIndex{24}\)

Справедлива монета кидається\(n\) раз. Показати, що умовна ймовірність керівника на будь-якому зазначеному судовому процесі, враховуючи загальну кількість\(k\) керівників над\(n\) судовими процесами, є\(k/n\)\((k > 0)\).

Вправа\(\PageIndex{25}\)

(Johnsonbough ⁸) Монета з ймовірністю\(p\) для голів кидається\(n\) раз. Нехай\(E\) буде подія «голова виходить на перший кидок» і\(F_k\) подія «точно\(k\) голови отримані». Для яких пар\((n,k)\) є\(E\) і\(F_k\) незалежними?

Вправа\(\PageIndex{26}\)

Припустимо, що\(A\) і\(B\) є події такі, що\(P(A|B) = P(B|A)\) і\(P(A \cup B) = 1\) і\(P(A \cap B) > 0\). Доведіть це\(P(A) > 1/2\).

Вправа\(\PageIndex{27}\)

(Чунг ⁹) У Лондоні половина днів має деякий дощ. Прогнозистка є правильною 2/3 часу, тобто ймовірність того, що йде дощ, враховуючи, що вона прогнозувала дощ, і ймовірність того, що не йде дощ, враховуючи, що вона прогнозувала, що дощ не буде, обидва рівні 2/3. Коли прогнозується дощ, містер Піквік бере парасольку. Коли дощ не прогнозується, він сприймає його з ймовірністю 1/3. Знайти

1. ймовірність того, що у Піквіка немає парасольки, враховуючи, що йде дощ.

2. ймовірність того, що він приносить свою парасольку, враховуючи, що не йде дощ.

Вправа\(\PageIndex{28}\)

Теорія ймовірності була використана у відомій судовій справі: ¹⁰ У цьому випадку у літньої людини в передмісті Лос-Анджелеса був вирваний гаманець. Пара, яку побачили, що біжить з місця події, були описані як чорношкірий чоловік з бородою і вусами і білява дівчина з волоссям у хвостику. Свідки заявили, що вони поїхали на частково жовтому автомобілі. Малкольм і Джанет Коллінз були заарештовані. Він був чорним і хоча чистим поголеним, коли заарештований мав докази того, що нещодавно мав бороду і вуса. Вона була блондинкою і зазвичай носила волосся в хвостик. Їхали частково жовтий Лінкольн. Обвинувачення викликало професора математики свідком, який припустив, що консервативний набір ймовірностей для характеристик, зазначених свідками, буде таким, як показано в таблиці 4.5.

Таблиця 4.5: Імовірності випадку Коллінза

чоловік з вусами	1/4
дівчина зі світлим волоссям	1/3
дівчина з хвостиком	1/10
чорний чоловік з бородою	1/10
Міжрасові пара в машині	1/1000
частково жовтий автомобіль	1/10

Тоді звинувачення стверджувало, що ймовірність того, що всі ці характеристики задовольняються випадково обраною парою, є добутком ймовірностей або 1/12 000 000, що дуже мало. Він стверджував, що це доказ поза розумним сумнівом, що обвинувачені винні. Присяжні погодилися і винесли вирок обвинувачення в пограбуванні другого ступеня.

Якби ви були адвокатом пари Коллінза, як би ви протистояли вищезгаданому аргументу? (Оскарження цієї справи обговорюється у Вправі [п. 5.1]. [Вище 9.2.23].)

Вправа\(\PageIndex{29}\)

Студент подає заявку в Гарвард і Дартмут. За його оцінками, він має ймовірність 0.5 бути прийнятим у Дартмуті та 3.3 прийняття в Гарварді. Він додатково оцінює ймовірність того, що він буде прийнятий обома, становить 2. Яка ймовірність того, що його приймає Дартмут, якщо його прийме Гарвард? Чи є подія «прийнята в Гарварді» незалежно від заходу «прийнята в Дартмуті»?

Вправа\(\PageIndex{30}\)

Luxco, оптовий виробник лампочок, має два заводи. Фабрика А продає цибулини партіями, що складається з 1000 звичайних і 2000 лампочок кожна. Випадкова вибірка показала, що в середньому, як правило, є близько 2 поганих звичайних лампочок і 11 поганих лампочок м'якого світіння на партію. На заводі B розмір партії зворотний - є 2000 регулярних і 1000 м'якого світіння на багато - і там, як правило, 5 поганих регулярних і 6 поганих ламп м'якого світіння на партію.

Менеджер заводу А стверджує: «Ми, очевидно, кращий виробник; наші погані показники ламп становлять 2 відсотка і 0,55 відсотка порівняно з B. 25 відсотків і .6 відсотків. Ми краще як у звичайних, так і в лампочках м'якого світіння на половину десятої частки відсотка кожна».

«Au contraire», - лічильник менеджера B, - кожен з наших 3000 лампочок містить лише 11 поганих лампочок, тоді як 3000 лампочок A містять 13. Таким чином, наш 3,7 відсотка поганий показник лампочки б'є їх 0,43 відсотка».

Хто правий?

Вправа\(\PageIndex{31}\)

Використовуючи Таблицю життя за 1981 рік, наведену в додатку С, знайдіть ймовірність того, що чоловік у віці 60 років в 1981 році доживе до 80 років. Знайти таку ж ймовірність і для самки.

Вправа\(\PageIndex{32}\)

1. Була заметіль, і Хелен намагається проїхати від Вудстока до Танбріджа, які з'єднані, як верхній графік на малюнку [рис. 4.51]. Ось\(p\) і\(q\) є ймовірності того, що дві дороги прохідні. Яка ймовірність того, що Хелен може дістатися з Вудстока до Танбріджа?

2. Тепер припустимо, що Вудсток і Танбрідж з'єднані подібно до середнього графіка на малюнку [рис. 4.51]. Яка зараз ймовірність того, що вона може потрапити від\(W\) до\(T\)? Зауважте, що якщо ми вважаємо дороги складовими системи, то в (а) і (b) ми обчислили систему, компонентами якої є (a) та (b)

3. Тепер припустимо\(W\) і\(T\) пов'язані, як нижній графік на малюнку [рис. 4.51]. Знайдіть ймовірність отримання Олени від\(W\) до\(T\).: Якщо дорога від\(C\) до\(D\) є непрохідною, її також може не бути там взагалі; якщо вона прохідна, то з'ясуйте, як використовувати частину (b) двічі.

Вправа\(\PageIndex{33}\)

Нехай\(A_1\)\(A_2\), і\(A_3\) бути події, і нехай\(B_i\) представляють\(A_i\) або його доповнення\(\tilde A_i\). Тоді є вісім можливих варіантів для трійки\((B_1, B_2, B_3)\). Доведіть, що події\(A_1\)\(A_2\),\(A_3\) є незалежними, якщо і тільки якщо\[P(B_1 \cap B_2 \cap B_3) = P(B_1)P(B_2)P(B_3)\ ,\] для всіх восьми можливих варіантів для трійки\((B_1, B_2, B_3)\).

Вправа\(\PageIndex{34}\)

Чотири жінки, A, B, C і D, перевіряють свої капелюхи, і капелюхи повертаються випадковим чином. \(\Omega\)Дозволяти множина всіх можливих перестановок A, B, C, D. Нехай\(X_j = 1\) якщо та жінка отримує свою власну капелюх назад і 0 в іншому випадку.\(j\) Що таке дистрибуція\(X_j\)? Чи є\(X_i\) взаємно незалежними?

Вправа\(\PageIndex{35}\)

Коробка має цифри від 1 до 10. Число малюється випадковим чином. \(X_1\)Дозволяти число намальовано. Це число замінюється, а десять чисел змішуються. \(X_2\)Намальовується друге число. Знайдіть дистрибутиви\(X_1\) і\(X_2\). Чи є\(X_1\) і\(X_2\) незалежні? Відповідайте на ті ж питання, якщо перше число не замінено до того, як буде намальовано друге.

Вправа\(\PageIndex{36}\)

Двічі кидають плашку. Нехай\(X_1\) і\(X_2\) позначимо результати. Визначте\(X = \min(X_1, X_2)\). Знайдіть дистрибутив\(X\).

Вправа\(\PageIndex{37}\)

Враховуючи\(P(X = a) = r\)\(P(\max(X,Y) = a) = s\), що\(P(\min(X,Y) = a) = t\), і, показати, що можна визначити\(u = P(Y = a)\) в\(r\) терміні\(s\), і\(t\).

Вправа\(\PageIndex{38}\)

Справедлива монета кидається три рази. \(X\)Дозволяти кількість голів, які з'являються на перших двох кидках і\(Y\) кількість голів, які з'являються на третьому кидку. Дайте розподіл

1. випадкові величини\(X\) і\(Y\).

2. випадкова величина\(Z = X + Y\).

3. випадкова величина\(W = X - Y\).

Вправа\(\PageIndex{39}\)

Припустимо, що випадкові\(X\) величини\(Y\) мають спільний розподіл і наведено в таблиці [табл. 4.5].

Спільний розподіл.

		\(Y\)
		-1	0	1	2
\(X\)	-1	0	1/36	1/6	1/12
	0	1/18	0	1/18	0
	1	0	1/36	1/6	1/12
	2	1/12	0	1/12	1/6

1. Що таке\(P(X \geq 1\ \mbox {and\ } Y \leq 0)\)?

2. Яка умовна ймовірність, що\(Y \leq 0\) враховуючи це\(X = 2\)?

3. Чи є\(X\) і\(Y\) незалежні?

4. Що таке дистрибуція\(Z = XY\)?

Вправа\(\PageIndex{40}\)

У, розглянутому в історичних зауваженнях у розділі 3.2, два гравці, A і B, грають ряд очок у грі з гравцем А, вигравши кожну точку з ймовірністю,\(p\) а гравець B виграє кожне очко з ймовірністю\(q = 1 - p\). Перший гравець, який виграє\(N\) очки, виграє гру. Припустимо, що\(N = 3\). \(X\)Дозволяти випадкова величина, яка має значення 1, якщо гравець A виграє серію і 0 в іншому випадку. \(Y\)Дозволяти випадкова величина зі значенням кількості очок, зіграних у грі. Знайти розподіл\(X\) і\(Y\) коли\(p = 1/2\). Чи є\(X\) і\(Y\) незалежні в даному випадку? Дайте відповідь на ті ж питання для справи\(p = 2/3\).

Вправа\(\PageIndex{41}\)

Листи між Паскалем і Ферма, які часто приписують початок теорії ймовірностей, стосувалися здебільшого описаного у Вправі [exer 5.1.11]. Паскаль і Ферма розглядали проблему пошуку справедливого поділу ставок, якщо гру потрібно скасувати, коли перший гравець виграв\(r\) ігри, а другий гравець виграв\(s\) ігри, з\(r < N\) і\(s < N\). Нехай\(P(r,s)\) буде ймовірність того, що гравець А виграє гру, якщо він вже виграв\(r\) очки, а гравець Б виграв\(s\) очки. Тоді

1. \(P(r,N) = 0\)якщо\(r < N\),

2. \(P(N,s) = 1\)якщо\(s < N\),

3. \(P(r,s) = pP(r + 1,s) + qP(r,s + 1)\)якщо\(r < N\) і\(s < N\);

і (1), (2) і (3) визначити\(P(r,s)\) для\(r \leq N\) і\(s \leq N\). Паскаль використовував ці факти, щоб знайти,\(P(r,s)\) працюючи назад: Він спочатку отримав\(P(N - 1,j)\) для\(j = N - 1\)\(N - 2\),,..., 0; потім, з цих значень, він отримав\(P(N - 2,j)\) для\(j = N - 1\)\(N - 2\),,..., 0 і, продовжуючи назад, отримав всі значення\(P(r,s)\). Напишіть програму\(P(r,s)\) для обчислення даних\(N\)\(a\)\(b\), і\(p\).: Дотримуйтесь Паскаля, і ви зможете запускати\(N = 100\); скористайтеся рекурсією, і ви не зможете запустити програму\(N = 20\).

Вправа\(\PageIndex{42}\)

Фермат вирішив проблему очок (див. Вправа 5.11) наступним чином: Він зрозумів, що проблема складна, оскільки можливі шляхи гри не однаково вірогідні. Наприклад, коли першому гравцеві потрібні ще дві гри, а другому потрібно три, щоб виграти, два можливі способи, які серія може піти для першого гравця, - це WLW та LWLW. Ці послідовності не однаково ймовірні. Щоб уникнути цієї складності, Фермат продовжив гру, додавши вигадані п'єси, щоб серія пройшла максимальну кількість необхідних ігор (у цьому випадку чотири). Він отримав однаково ймовірні результати і використав, по суті, трикутник Паскаля для обчислення\(P(r,s)\). Покажіть, що це призводить до a\(P(r,s)\) навіть для випадку\(p \ne 1/2\).

Вправа\(\PageIndex{43}\)

Янкі грають Доджерс у світовій серії. «Янкі» виграють кожну гру з ймовірністю 0,6. Яка ймовірність того, що «Янкі» виграють серію? (Серію виграє перша команда, яка виграла чотири гри.)

Вправа\(\PageIndex{44}\)

Андерсон ¹¹ використовував аргумент Ферма для проблеми балів, щоб довести наступний результат завдяки Дж. Ви граєте в гру очок (див. Вправа 40), але в кожній точці, коли ви служите, ви виграєте з ймовірністю\(p\), і коли ваш опонент служить, ви виграєте з ймовірністю\(\bar{p}\). Ви будете служити першим, але ви можете вибрати одну з наступних двох умовностей для подачі: для першої конвенції ви чергуєте службу (теніс), а для другого обслуговуючий продовжує служити, поки не втратить очко, а потім інший гравець подає (ракетбол). Перший гравець, який виграє\(N\) очки, виграє гру. Проблема полягає в тому, щоб показати, що ймовірність виграти гру однакова за будь-якою конвенцією.

1. Покажіть, що за будь-якою конвенцією ви будете служити в більшості\(N\) очок, а ваш опонент у більшості\(N - 1\) очок.

2. Розширте кількість очок,\(2N - 1\) щоб ви подавали\(N\) очки, а ваш опонент подавав\(N - 1\). Наприклад, ви подаєте будь-які додаткові очки, необхідні для подачі, а потім ваш опонент подає будь-які додаткові очки, необхідні для того, щоб змусити його подавати\(N - 1\) очки.\(N\) Переможцем стає людина, в розширеній грі, яка виграє найбільше очок. Покажіть, що гра цих додаткових очок не змінила переможця.

3. Покажіть, що (a) і (b) доводять, що у вас однакова ймовірність виграти гру за будь-якою конвенцією.

Вправа\(\PageIndex{45}\)

У попередній задачі припустимо, що\(p = 1 - \bar{p}\).

1. Покажіть, що за будь-якою з сервісних конвенцій перший гравець виграє частіше, ніж другий гравець, якщо і лише тоді\(p > .5\).

2. У волейболі команда може виграти лише очко під час подачі. Таким чином, будь-яка індивідуальна «гра» або закінчується тим, що очко присуджується команді, яка подає, або зміною служби на іншу команду. Перша команда, яка набрала\(N\) очки, виграє гру. (Ми ігноруємо тут додаткове обмеження, що команда-переможець повинна випередити принаймні на два очки в кінці гри.) Припустимо, що кожна команда має однакову ймовірність виграти гру, коли вона подає, тобто, що\(p = 1 - \bar{p}\). Покажіть, що в цьому випадку команда, яка подає першою, виграє більше половини часу, до тих пір, поки\(p > 0\). (Якщо\(p = 0\), то гра ніколи не закінчується.):\(p'\) Визначте ймовірність того, що команда виграє наступне очко, враховуючи, що вона подає. Якщо ми пишемо\(q = 1 - p\), то можна показати, що\[p' = \frac p{1-q^2}\ .\] Якщо зараз розглядати цю гру трохи по-іншому, то можна побачити, що друга сервісна конвенція в попередній задачі може бути використана, з\(p\) заміненою на\(p'\).

Вправа\(\PageIndex{46}\)

Покерна комбінація складається з 5 карт, розданих з колоди з 52 карт. Нехай\(X\) і\(Y\) буде, відповідно, кількість тузів і королів в покерній руці. Знайти спільний розподіл\(X\) і\(Y\).

Вправа\(\PageIndex{47}\)

\(X_2\)Дозволяти\(X_1\) і бути незалежними випадковими величинами і нехай\(Y_1 = \phi_1(X_1)\) і\(Y_2 = \phi_2(X_2)\).

1. Покажіть, що\[P(Y_1 = r, Y_2 = s) = \sum_{\phi_1(a) = r \atop \phi_2(b) = s} P(X_1 = a, X_2 = b)\ .\]

2. Використовуючи (а), показати, що\(P(Y_1 = r, Y_2 = s) = P(Y_1 = r)P(Y_2 = s)\) так\(Y_1\) і\(Y_2\) є незалежними.

Вправа\(\PageIndex{48}\)

\(\Omega\)Дозволяти бути зразком простору експерименту. \(E\)Дозволяти бути подією з\(P(E) > 0\) і визначити\(m_E(\omega)\) по\(m_E(\omega) = m(\omega|E)\). Доведіть, що\(m_E(\omega)\) це функція розподілу на\(E\), тобто, що\(m_E(\omega) \geq 0\) і що\(\sum_{\omega\in\Omega} m_E(\omega) = 1\). \(m_E\)Функція називається

Вправа\(\PageIndex{49}\)

Вам дається по дві урни, кожна з яких містить дві упереджені монети. Монети в урні я придумую голови з ймовірністю\(p_1\), а монети в урні II придумують голови з ймовірністю\(p_2 \ne p_1\). Вам надається вибір (а) вибрати урну навмання і кинути дві монети в цю урну або (б) вибрати одну монету з кожної урни і кинути ці дві монети. Ви виграєте приз, якщо обидві монети повертаються голови. Покажіть, що вам краще вибрати вибір (а).

Вправа\(\PageIndex{50}\)

Доведіть, що\(A_1\), якщо\(A_2\),,...,\(A_n\) є незалежними подіями, визначеними на вибірковому просторі\(\Omega\) і якщо\(0 < P(A_j) < 1\) для всіх\(j\), то\(\Omega\) повинні мати принаймні\(2^n\) точок.

Вправа\(\PageIndex{51}\)

Доведіть, що якщо\[P(A|C) \geq P(B|C) \mbox{\,\,and\,\,} P(A|\tilde C) \geq P(B|\tilde C)\ ,\] тоді\(P(A) \geq P(B)\).

Вправа\(\PageIndex{52}\)

Монета в одній з\(n\) коробок. Імовірність того, що вона знаходиться в\(i\) коробці є\(p_i\). Якщо ви шукаєте в\(i\) полі і він там, ви знайдете його з ймовірністю\(a_i\). Покажіть,\(p\) що ймовірність того, що монета знаходиться в коробці, враховуючи, що ви подивилися в\(i\) ї коробці і не знайшли її, є\(j\)\[p = \left \{ \matrix{ p_j/(1-a_ip_i),&\,\,\, \mbox{if} \,\,\, j \ne i,\cr (1 - a_i)p_i/(1 - a_ip_i),&\,\,\,\mbox{if} \,\, j = i.\cr}\right.\]

Вправа\(\PageIndex{53}\)

Джордж Вулфорд запропонував наступну варіацію проблеми Лінди (див. Вправа 1.2.25). ЗАГС несе реєстраційні картки Джона і Марії і скидає їх в калюжу. Коли він їх підбирає, він не може прочитати імена, але на першій картці, яку він взяв, він може розібрати Математику 23 і Уряд 35, а на другій картці він може розібрати тільки Математику 23. Він запитує вас, чи можете ви допомогти йому вирішити, яка карта належить Марії. Ви знаєте, що Мері подобається уряд, але не любить математику. Ви нічого не знаєте про Джона і припускаєте, що він просто типовий студент Дартмута. З цього ви оцінюєте: .1in\[\begin{array}{ll} P(\mbox {Mary\ takes\ Government\ 35}) &= .5\ , \\ P(\mbox {Mary\ takes\ Mathematics\ 23}) &= .1\ , \\ P(\mbox {John\ takes\ Government\ 35}) &= .3\ , \\ P(\mbox {John\ takes\ Mathematics\ 23}) &= .2\ . \end{array}\] .1in Припустимо, що їх вибір для курсів є незалежними подіями. Показати, що карта з математики 23 і Уряд 35 показ, швидше за все, буде Марії, ніж Джона. сполучна помилка, згадана в проблемі Лінда буде припустити, що подія «Мері приймає математику 23 і уряд 35" є більш імовірним, ніж подія «Мері приймає математику 23.» Чому ми не робимо цю помилку тут?

Вправа\(\PageIndex{54}\)

(Запропоновано Айзенбергом і Гошем ¹²) Колоду гральних карт можна охарактеризувати як декартовий продукт,\[\mbox{Deck} = \mbox{Suit} \times \mbox{Rank}\ ,\] де\(\mbox{Suit} = \{\clubsuit,\diamondsuit,\heartsuit,\spadesuit\}\) і\(\mbox{Rank} = \{2,3,\dots,10,{\mbox J},{\mbox Q},{\mbox K},{\mbox A}\}\). Це просто означає, що кожна карта може розглядатися як впорядкована пара, як\((\diamondsuit,2)\). Під a ми маємо на увазі будь-яку подію,\(A\) що міститься в палубі, яка описана лише з точки зору костюма. Наприклад, якщо\(A\) «масть червона», то\[A = \{\diamondsuit,\heartsuit\} \times \mbox{Rank}\ ,\] так що\(A\) складається з усіх карт форми\((\diamondsuit,r)\) або\((\heartsuit,r)\) де\(r\) є будь-який ранг. Аналогічно, а - це будь-яка подія, описана лише з точки зору рангу.

1. Покажіть, що якщо\(A\) це будь-яка подія костюма та\(B\) будь-яка подія рангу, то\(A\) і\(B\) є (Ми можемо висловити це коротко, сказавши, що костюм і ранг є незалежними.)

2. Викиньте туза пік. Показати, що зараз жодна нетривіальна (тобто, ні порожня, ні ціла космічна) подія костюма не\(A\) є незалежною від будь-якої нетривіальної події рангу\(B\).: Тут незалежність зводиться до того\(a\)\(b\),\[c/51 = (a/51) \cdot (b/51)\ ,\] де,\(c\) є відповідні розміри\(A\),\(B\) і\(A \cap B\). Звідси випливає\(ab\), що 51 повинен розділити, отже, 3 повинні розділити одне з\(a\) і\(b\), а 17 інше. Але можливі розміри для костюмних і рангових подій цього виключають.

3. Показати, що колода в (b) все ж має пари\(A\) нетривіальних незалежних подій.: Знайти 2 події\(A\) і\(B\) розмірів 3 і 17, відповідно, які перетинаються в одній точці.\(B\)

4. Додайте джокера до повної колоди. Показати, що тепер немає пари\(A\),\(B\) нетривіальних незалежних подій.: Див. підказку в (b); 53 є простим.

Наступні проблеми пропонує Стенлі Гуддер у своїй статті «Чи залучають добрі руки?» ¹³ Він каже, що\(A\) подія,\(B\) якщо\(P(B|A) > P(B)\) і\(B\) якщо\(P(B|A) < P(B)\).

Вправа\(\PageIndex{55}\)

Нехай\(R_i\) буде подія, що гравець у грі в покер має королівський флеш.\(i\) Показати, що королівський флеш (A, K, Q, J, 10 однієї масті) приваблює інший королівський флеш, тобто\(P(R_2|R_1) > P(R_2)\). Покажіть, що королівський флеш відштовхує аншлаги.

Вправа\(\PageIndex{56}\)

Доведіть, що\(A\) приваблює,\(B\) якщо і тільки якщо\(B\) приваблює\(A\). Звідси можна сказати, що\(A\) і\(B\) є, якщо\(A\) приваблює\(B\).

Вправа\(\PageIndex{57}\)

Доведіть, що\(A\) ні приваблює і не відштовхує,\(B\) якщо і тільки\(A\) тоді і\(B\) є незалежними.

Вправа\(\PageIndex{58}\)

Доведіть, що\(A\) і\(B\) взаємно привабливі, якщо і тільки якщо\(P(B|A) > P(B|\tilde A)\).

Вправа\(\PageIndex{59}\)

Доведіть, що якщо\(A\) притягує\(B\), то\(A\) відштовхує\(\tilde B\).

Вправа\(\PageIndex{60}\)

Доведіть, що якщо\(A\) притягує\(B\) і\(C\), і, і\(A\) відштовхує\(B \cap C\), то\(A\) притягує\(B \cup C\). Чи є який-небудь приклад, в якому\(A\) приваблює як\(B\) і так\(C\) і відштовхує\(B \cup C\)?

Вправа\(\PageIndex{61}\)

Доведіть, що якщо\(B_1\)\(B_2\),,...,\(B_n\) взаємно неспільні і колективно вичерпні, а якщо\(A\) приваблює деяких\(B_i\), то\(A\) повинні відбити деяких\(B_j\).

Вправа\(\PageIndex{62}\)

1. Припустимо, що ви шукаєте в своєму столі лист від деякого часу назад. Ваш стіл має вісім висувних ящиків, і ви оцінюєте ймовірність того, що він знаходиться в якомусь конкретному ящику, становить 10% (тому є 20% ймовірність, що його взагалі немає в столі). Припустимо, тепер, коли ви починаєте систематично шукати через свій стіл, по одному ящику за раз. Крім того, припустимо, що ви не знайшли букву в перших\(i\) ящиках, де\(0 \le i \le 7\). Нехай\(p_i\) позначимо ймовірність того, що буква буде знайдена в наступному ящику, і нехай\(q_i\) позначають ймовірність того, що буква буде знайдена в якомусь наступному ящику (обидва\(p_i\) і\(q_i\) є умовними ймовірностями, так як вони засновані на припущенні, що буква є не в перших\(i\) ящиках). Покажіть,\(p_i\) що збільшення\(q_i\) та зменшення. (Ця проблема від Falk et al. ¹⁴)

2. Наступні дані з'явилися в статті в Wall Street Journal. ¹⁵ Для віком 20, 30, 40, 50 та 60 років ймовірність розвитку у жінки в США раку в найближчі десять років становить 0,5%, 1,2%, 3,2%, 6,4% та 10,8% відповідно. При тому ж наборі вікових груп ймовірність того, що жінка в США в кінцевому підсумку розвине рак становить 39,6%, 39,5%, 39,1%, 37,5% і 34,2% відповідно. Чи вважаєте ви, що проблема частково (а) дає пояснення цих даних?

Вправа\(\PageIndex{63}\)

Ось дві варіації проблеми Монті Холла, які обговорює Гранберг. ¹⁶

1. Припустимо, що все те ж саме, крім того, що Монті забув заздалегідь дізнатися, які двері має автомобіль за собою. У дусі «шоу повинно йти далі» він змушує здогадатися, при якій з двох дверей відкрити і стає щасливим, відкриваючи двері, за якими стоїть коза. Тепер повинен перемикатися учасник?

2. Ви спостерігали за шоу протягом тривалого часу і виявили, що автомобіль ставиться за дверима A 45% часу, за дверима B 40% часу і за дверима C 15% часу. Припустимо, що все інше про шоу те ж саме. Знову вибираєш двері А. Монті відкриває двері з козлом і пропонує дозволити вам переключитися. Чи повинні ви? Припустимо, ви заздалегідь знали, що Монті збирається дати вам шанс переключитися. Чи повинні ви спочатку обрали двері А?