4.4: Застосування законів ймовірності
- Page ID
- 24501
Закони ймовірності поширюються на події, які є незалежними. Якщо результат одного судового розгляду залежить від результату іншого судового розгляду, ми все одно можемо використовувати закони ймовірності. Однак для цього ми повинні знати природу взаємозалежності.
Якщо активність, пов'язана з подією C, передує активності, пов'язаної з подією D, ймовірність D може залежати від того, чи відбувається С. Припустимо, що перша діяльність - це кидання монети, а друга діяльність - витягування карти з колоди; однак колода, яку ми використовуємо, залежить від того, чи підходить монета голови чи хвости. Якщо монета - голови, витягуємо карту зі звичайної колоди; якщо монета - хвости, витягуємо монету з колоди зі знятими лицьовими картами. Тепер запитуємо про ймовірність намалювати туза. Якщо монета - голови, ймовірність намалювати туза є\({4}/{52}={1}/{13}\). Якщо монета хвоста, ймовірність намалювати туза є\({4}/{40}={1}/{10}\). Комбінована монета - це голови, а карта туз має ймовірність:\(\left({1}/{2}\right)\left({1}/{13}\right)={1}/{26}\). Комбінована монета - це хвости, а карта туз має ймовірність\(\left({1}/{2}\right)\left({1}/{10}\right)={1}/{20}\). У цьому
випадок, ймовірність малювання туза залежить від модифікації, яку ми вносимо в колоду на основі результату кидання монети.
Застосовувати закони ймовірності просто. Приклад, який прозоро ілюструє застосування цих законів, наводяться селами Перша, Друга, Третя і Четверта, які розділені річками. (Див. Рис. 1.) Мости\(1\)\(2\), і\(3\) простягають річку між Першим і Другим. Мости\(a\) і\(b\) простягають річку між Другим і Третім. Мости\(A\),\(B\)\(C\), і\(D\) простягають річку між Третім і Четвертим. У мандрівника з Першого по Четвертий, який вільний пройти будь-який потрібний йому маршрут, є вибір з числа\(3\times 2\times 4=24\) можливих комбінацій. Розглянемо ймовірності, пов'язані з різними подіями:
- Є 24 можливі маршрути. Якщо мандрівник вибирає свій маршрут навмання, ймовірність того, що він візьме який-небудь конкретний маршрут, є\({1}/{24}\). Це ілюструє наше припущення, що кожна подія в сукупності\(N\) вичерпних і взаємовиключних подій відбувається з ймовірністю\({1}/{N}\).
- Якщо він вибирає маршрут навмання, ймовірність того, що він перейде від Першого до Другого або мостом,\(1\) або мостом\(2\), є\(P\left(1\right)+P\left(2\right)=\ {1}/{3}+{1}/{3}={2}/{3}\). Це ілюструє розрахунок ймовірності альтернативних подій.
- Імовірність конкретного маршруту\(2\to a\to C\) є\(P\left(2\right)\times P\left(a\right)\times P\left(C\right)=\left({1}/{3}\right)\left({1}/{2}\right)\left({1}/{4}\right)={1}/{24}\), і ми обчислюємо таку ж ймовірність для будь-якого іншого маршруту від Першого до Четвертого. Це ілюструє розрахунок ймовірності складної події.
- Якщо він перетинає міст\(1\), ймовірність того, що його маршрут буде\(2\to a\to C\) дорівнює нулю, звичайно. Імовірність події, яка вже відбулася, дорівнює 1, а ймовірність будь-якої альтернативи дорівнює нулю. Якщо він перетинає міст\(1,\)\(P\left(1\right)=1\), і\(P\left(2\right)=P\left(3\right)=0\).
- З огляду на\(1\), що мандрівник скористався мостом, ймовірність проходження маршруту\(1\to a\to C\) стає ймовірність шляху\(a\to C\), який є\(P\left(a\right)\times P\left(C\right)=\left({1}/{2}\right)\left({1}/{4}\right)={1}/{8}\). Так як\(P\left(1\right)=1\), ймовірність складного події\(1\to a\to C\) - це ймовірність складного події\(a\to C\).
Результати прокатки кубиків, прокатки дають більше ілюстрацій. Якщо кинути дві кістки, ми можемо класифікувати можливі результати відповідно до сум результатів для окремих кубиків. Можливих результатів тридцять шість. Вони відображені в таблиці 1.
Таблиця 1: Результати кидання двох кубиків
| Результат для першої смерті | |||||||
| Результат для другої загибелі | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | |
Розглянемо ймовірності, пов'язані з різними подіями кидання кубиків:
- Імовірність будь-якого заданого результату, скажімо, перший вмирає показує,\(2\) а другий вмирає показує\(3\), є\({1}/{36}\).
- Оскільки ймовірність того, що перша матриця показує,\(3\) тоді як друга матриця показує\({1}/{36}\), також\(2\) є, ймовірність того, що одна\(3\) вмирає показує,\(2\) а інша -\[P\left(3\right)\times P\left(2\right)+P\left(2\right)\times P\left(3\right) =\left({1}/{36}\right)+\left({1}/{36}\right) ={1}/{18}.\]
- Чотири різні результати відповідають події, що оцінка\(5\). Тому ймовірність прокатки\(5\) становить\[P\left(1\right)\times P\left(4\right)+P\left(2\right)\times P\left(3\right) +P\left(3\right)\times P\left(2\right)+P\left(4\right)\times P\left(1\right) ={1}/{9}\]
- Імовірність прокатки рахунку в три і менше - це ймовірність прокатки\(2\), плюс ймовірність прокатки,\(3\) яка дорівнює\(\left({1}/{36}\right)+\left({2}/{36}\right)={3}/{36}={1}/{12}\)
- Припустимо, ми кидаємо кубики по черзі, і що перший штамп показує\(2\). Імовірність прокатки\(7\) при киданні другої матриці тепер\({1}/{6}\), тому що тільки прокатка а\(5\) може зробити рахунок 7, і є ймовірність\({1}/{6}\) того, що\(5\) з'явиться, коли другий штамп буде кинутий.
- Припустимо, що перша матриця червоного кольору, а друга - зелена. Імовірність того, що червона вмирає\(2\) спливе і з'явиться зелена\(3\) вмирає, є\(\left({1}/{6}\right)\left({1}/{6}\right)={1}/{36}\).
Вище ми розглянули кількість результатів, пов'язаних з оцінкою,\(3\) щоб виявити, що ймовірність цієї події є\({1}/{18}\). Ми можемо використовувати інший аргумент, щоб отримати цей результат. Імовірність того, що два кубики кидають рахунок з трьох, дорівнює ймовірності того, що перша матриця показує\(1\) або\(2\) разів ймовірність того, що другий кубик показує будь-який бал, необхідний для того, щоб загальна сума дорівнювала трьом. Це:
\[\begin{align*} P\left(first\ die\ shows\ 1\ or\ 2\right)\times \left({1}/{6}\right) &= \left[\left({1}/{6}\right)+\left({1}/{6}\right)\right]\times {1}/{6} \\[4pt] &={2}/{36} \\[4pt]& ={1}/{18} \end{align*}\]
Застосування законів ймовірності часто полегшується шляхом визнання простого повторення вимоги про те, щоб події були взаємовиключними. У даному дослідженні або відбувається подія, або вона не відбувається. Нехай ймовірність того, що трапиться подія А, буде\(P\left(A\right)\). Нехай ймовірність того, що подія А не відбудеться\(P\left(\sim A\right)\). Оскільки в будь-якому розгляді результат повинен належати або події А, або події\(\sim A\), ми маємо
\[P\left(A\right)+P\left(\sim A\right)=1\]
Наприклад, якщо ймовірність успіху в одному судовому процесі є\({2}/{3}\), ймовірність невдачі є\({1}/{3}\). Якщо розглядати результати двох послідовних випробувань, ми можемо згрупувати їх на чотири події.
- Подія СС: Перший судовий процес - це успіх; другий - успіх.
- Подія SF: Перший судовий процес - це успіх; другий судовий розгляд - невдача.
- Подія FS: Перший судовий розгляд є невдачею; другий судовий процес - це успіх.
- Подія FF: Перший судовий процес є невдачею; другий судовий процес є невдачею.
Використовуючи закони ймовірності, ми маємо
\[ \begin{align*} 1 &=P\left(Event\ SS\right)+P\left(Event\ SF\right)+P\left(Event\ FS\right)+\ P(Event\ FF) \\[4pt] &=P_1\left(S\right)\times P_2\left(S\right)+P_1\left(S\right)\times P_2\left(F\right) +P_1(F)\times P_2(S)+P_1(F)\times P_2(F) \end{align*}\]
де\(P_1\left(X\right)\) і\(P_2\left(X\right)\) є ймовірність події\(X\) в першому і другому випробуваннях відповідно.
Цю ситуацію можна відобразити на простій схемі. Ми представляємо можливі результати першого випробування відрізками лінії на одній стороні одиничного квадрата\(P_1\left(S\right)+P_1\left(F\right)=1\). Висловлюємо результати другого випробування відрізками лінії уздовж прилеглої сторони одиничного квадрата. Чотири можливі події тепер представлені областями чотирьох взаємовиключних і вичерпних частин одиничного квадрата, як показано на малюнку 2.
