Sve teoreme i formule teorije vjerovatnoće i matematičke statistike izvedene su iz aksioma teorije vjerovatnoće. Ovo poglavlje definiše uslovnu verovatnoću i dokazuje najčešće korišćene teoreme i formule zasnovane na uslovnim verovatnoćama. Uvodi se koncept nezavisnosti događaja, koji se zatim koristi u šemi uzastopnih nezavisnih ispitivanja, a daje se i opis Markovljeve šeme sa zavisnim ogledima.
USLOVE VEROVATNOSTI
U § 1.1, formula uslovne verovatnoće je izvedena za klasičnu šemu. U opštem slučaju, ova formula služi kao definicija uslovne verovatnoće događaja ALI pod pretpostavkom da se dogodio događaj IN, P(B) > 0.
Definicija 2.1. Uslovna vjerovatnoća događaja ALI pod uslovom IN
Definicija 2.2. Događaj ALI ne zavisi od događaja IN, ako
Nezavisnost događaja je obostrana, tj. ako događaj ALI ne zavisi od IN, zatim događaj IN ne zavisi od ALI. Zaista, koristeći definicije 2.1 i 2.2, za P(A) > 0 imamo:
Definicija 2.1 implicira sljedeću formulu za množenje vjerovatnoća:
Za nezavisne događaje, vjerovatnoća nastanka događaja jednaka je proizvodu njihovih vjerovatnoća:
Definicija 2.3. Razvoj AA 2 ,..., ALI"čine kompletnu grupu događaja ako su parno nekompatibilni i zajedno čine pouzdan događaj, tj. 
Važi sljedeća teorema ukupne vjerovatnoće.
Teorema 2.1. Ako događaji A i ..., A„, P(A)> 0 čine kompletnu grupu događaja, zatim vjerovatnoća događaja IN može se predstaviti kao zbir proizvoda bezuslovnih verovatnoća događaja kompletne grupe i uslovnih verovatnoća događaja U:
Cijeli grupni događaji ALI" ..., ALI" su parno nekompatibilni, stoga su njihovi proizvodi (presijeci) s događajem također parno nekompatibilni IN, one. razvoj događaja IN P A/, B P L, at i F j nekompatibilno. Od događaja IN može se predstaviti kao
zatim, primjenom na ovu dekompoziciju događaja IN aksiom sabiranja vjerovatnoća, imamo: 
Koristeći formulu množenja vjerovatnoće (2.1.1) za svaki član, konačno dobijamo:
Zahtjev da događaji A čine kompletnu grupu događaja može se zamijeniti slabijim: događajima u parovima
ali se ne seku Bcz^A r Osim toga, na osnovu aksioma brojanja
aditivnosti, teorema ukupne vjerovatnoće se također može proširiti na prebrojiv skup parno disjunktnih događaja ALI,-,
P(A,)> 0, tfcQ/l, :
Iz formule ukupne vjerovatnoće (2.1.3) lako je dobiti Bayesovu formulu: za događaj IN od P(B)> 0 i za sistem parno nekompatibilan
puh događaja A „ P(A,) > 0, BcJ A,.,
Zaista, primjenom formule uslovne vjerovatnoće i množenja vjerovatnoća, imamo:
sada, zamjenjujući vjerovatnoću događaja IN koristeći formulu ukupne vjerovatnoće, dobijamo formulu (2.1.5).
Vjerovatnoće P(A,) događaji I, pozvani prethodne vjerovatnoće, one. vjerovatnoće događaja prije eksperimenta i uslovne vjerovatnoće ovih događaja P(A,!B) - a posteriori one. razjašnjeno kao rezultat iskustva, čiji je ishod bio izgled događaja IN.
Primjer 2.1.Obračun po formuliIpuna vjerovatnoća i Bayesian
Kompanija proizvodi proizvode određene vrste na tri proizvodne linije. Prva linija proizvodi 20% proizvoda od ukupnog obima njihove proizvodnje, druga - 30%, treća - 50%. Svaku od linija karakteriziraju sljedeći postoci roka trajanja proizvoda: 95, 98 i 97%. Potrebno je utvrditi vjerovatnoću da će nasumično uzet proizvod koji proizvodi preduzeće biti neispravan, kao i vjerovatnoće da je ovaj neispravan proizvod napravljen na prvom, drugom i trećem redu.
Rješenje. Označiti sa A „ L 2, A) događaji koji se sastoje u činjenici da se nasumično uzet proizvod proizvodi u prvom, drugom i trećem redu. Prema uslovima problema P(A,) = 0,2; P(A 2) = 0,3; P(A)) = 0,5, a ovi događaji čine kompletnu grupu događaja, budući da su parno nekompatibilni, tj. P(A,) + R(L 2) + P(L 3) = 1.
Označiti sa IN događaj u kojem se nasumično uzet proizvod pokaže da je neispravan. Prema uslovima problema P(B/A t) = = 0,05; P (B / A 2) \u003d 0,02; P (B / A 3) \u003d 0,03.
one. Vjerovatnoća da će nasumično odabran proizvod biti neispravan je 3,1%.
Apriorne vjerovatnoće da je proizvod uzet nasumično napravljen u prvom, drugom ili trećem redu su 0,2, respektivno; 0,3 i 0,5.
Pretpostavimo da se, kao rezultat eksperimenta, nasumično uzet proizvod pokazao neispravnim; Odredimo sada posteriorne vjerovatnoće da je ovaj proizvod proizveden na prvoj, drugoj ili trećoj liniji. Prema Bayesovoj formuli imamo:
Dakle, vjerovatnoće da je proizvod uzet nasumično i ispostavilo se da je neispravan napravljen u prvom, drugom ili trećem redu jednake su 0,322, respektivno; 0,194; 0,484.
Formula za množenje vjerovatnoće (2.1.1) može se proširiti na slučaj proizvoljnog konačnog broja događaja:
Definicija 2.4. Razvoj A b A 2, ..., ALI" su međusobno nezavisni ako za bilo koji od njihovih podskupova
Ako je ovaj uslov ispunjen samo za k = 2, onda su događaji neovisni u parovima.
Nezavisnost u paru proizilazi iz nezavisnosti događaja u agregatu, ali nezavisnost u agregatu ne sledi iz nezavisnosti u paru.
Naučili smo i kako riješiti tipične probleme sa nezavisnim događajima, a sada slijedi mnogo zanimljiviji nastavak koji će omogućiti ne samo savladavanje novi materijal, ali će možda i pružiti praktičnu svakodnevnu pomoć.
Ponovimo ukratko šta je nezavisnost događaja: događaji i su nezavisni ako je verovatnoća nekog od njih ne zavisi od nastanka ili nenastupanja drugog događaja. Najjednostavniji primjer- Bacanje dva novčića. Vjerovatnoća dobivanja glave ili repa na jednom novčiću ne ovisi o rezultatu bacanja drugog novčića.
Koncept zavisnosti događaja vam je takođe poznat i došao je red da se pobliže bavite njima.
Razmotrimo prvo tradicionalni skup dva događaja: događaj je zavisan ako, pored nasumičnih faktora, njegova vjerovatnoća zavisi od pojave ili nenastupanja događaja. Vjerovatnoća događaja, izračunata pod pretpostavkom da je događaj već se dogodilo, zove se uslovna verovatnoća pojava događaja i označava se sa . Istovremeno se događaji pozivaju zavisni događaji (iako je, strogo govoreći, samo jedan od njih zavisan).
Karte u ruci:
Zadatak 1
Iz špila od 36 karata izvlače se 2 karte uzastopno. Pronađite vjerovatnoću da je druga karta srce ako je prije:
a) crv je uklonjen;
b) izvučena je karta druge boje.
Rješenje: razmotrite događaj: - druga karta će biti srce. Sasvim je jasno da vjerovatnoća ovog događaja zavisi od toga da li je crv ili ne crv nacrtan ranije.
a) Ako je prvo izvučeno srce (događaj), tada je u špilu ostalo 35 karata, među kojima sada ima 8 karata srčane boje. By klasična definicija:
pod uslovom da je i crv uklonjen prije toga.
b) Ako je u početku bila izvučena karta druge boje (događaj), tada je svih 9 srca ostalo u špilu. By klasična definicija:
je vjerovatnoća da je druga karta srce pod uslovom da je prethodno izvučena karta druge boje.
Sve je logično - ako je vjerovatnoća izvlačenja srca iz punog špila 
, onda kada se izvuče sljedeća karta, ista vjerovatnoća će se promijeniti: u prvom slučaju će se smanjiti 
(jer ima manje srca), au drugom će se povećati: 
(jer su sva srca ostala u špilu).
Odgovori:
Zavisnih događaja, naravno, može biti više. Dok se zadatak nije ohladio, dodajmo još jednu stvar: - treća kartica će izvući crva. Pretpostavimo da se događaj desio, a zatim događaj; tada su u špilu ostale 34 karte, uključujući 7 srca. By klasična definicija:
- vjerovatnoća da će se događaj dogoditi pod uslovom da su prethodno izvađena dva srca.
Za samoobuku:
Zadatak 2
Koverta sadrži 10 srećki, uključujući 3 dobitne. Ulaznice se redom vade iz koverte. Pronađite vjerovatnoće da:
a) 2. izvučeni listić će biti dobitni ako je prvi bio dobitni;
b) 3. će biti dobitna ako su prethodna dva listića bila dobitna;
c) Četvrti će pobijediti ako su prethodni listići bili dobitni.
Kratko rješenje sa komentarima na kraju lekcije.
A sada obratimo pažnju na jednu fundamentalno važnu tačku: u razmatranim primjerima bilo je potrebno pronaći samo uslovne vjerovatnoće, dok smatralo se da su se prethodni događaji pouzdano odigrali. Ali u stvari, oni su i nasumični! Dakle, u "zagrijanom" zadatku, vađenje srca iz punog špila je slučajni događaj, čija je vjerovatnoća jednaka .
U praksi je mnogo češće potrebno pronaći vjerovatnoću izgled zgloba zavisni događaji. Kako, na primjer, pronaći vjerovatnoću događaja koji se sastoji u činjenici da iz punog špila će crv izvučen I onda još jedan crv? Odgovor na ovo pitanje je
teorema množenja vjerovatnoće za zavisne događaje: vjerovatnoća zajedničkog nastupa dva zavisna događaja jednaka je proizvodu vjerovatnoće jednog od njih sa uslovnom vjerovatnoćom drugog, izračunato pod pretpostavkom da se prvi događaj već dogodio:
u našem slučaju:
- vjerovatnoća da će 2 srca zaredom biti izvučena iz cijelog špila.
Slično:
je vjerovatnoća da će prva biti izvučena karta druge boje I zatim crv.
Ispostavilo se da je vjerovatnoća događaja znatno veća od vjerovatnoće događaja, što je, općenito, bilo očigledno bez ikakvih proračuna.
I, naravno, nema potrebe polagati posebne nade da od koverte sa deset srećki (zadatak 2) izvlačite 3 dobitna tiketa za redom:
Međutim, ovo je još uvijek velikodušna prilika.
Da, potpuno tačno - teorema o množenju vjerovatnoća zavisnih događaja prirodno se proteže na veći broj njih.
Materijal popravljamo s nekoliko tipičnih primjera:
Zadatak 3
Urna sadrži 4 bijele i 7 crnih kuglica. Dvije lopte se nasumično izvlače iz urne, jedna za drugom, bez vraćanja nazad. Pronađite vjerovatnoću da:
a) obe lopte će biti bele;
b) obe lopte će biti crne;
c) prvo će se izvući bela, a zatim crna lopta.
Obratite pažnju na pojašnjenje "ne vraćati ih nazad". Ovaj komentar dodatno naglašava činjenicu da su događaji zavisni. Zaista, šta ako se izvučene lopte vrate nazad? U slučaju uzorkovanja unatrag, vjerovatnoće izvlačenja crno-bijele lopte se neće promijeniti, a u takvom problemu već se treba voditi teorema množenja za vjerovatnoće nezavisnih događaja.
Rješenje: ukupno u urni: 4 + 7 = 11 kuglica. idi:
a) Razmotrite događaje - prva lopta će biti bela, - druga lopta će biti bela i pronađite verovatnoću događaja koji se sastoji u tome da će prva lopta biti bela I 2nd white.
Prema klasičnoj definiciji vjerovatnoće: . Pretpostavimo da je bijela kugla izvučena, tada će urna sadržavati 10 kuglica, od kojih su 3 bijele, pa:
je vjerovatnoća izvlačenja bijele lopte u 2. pokušaju, pod uslovom da je bijela kugla izvučena ranije.
je vjerovatnoća da su obje lopte bijele.
b) Nađi vjerovatnoću događaja , koji se sastoji u tome da će 1. lopta biti crna I 2. crna
Prema klasičnoj definiciji: - vjerovatnoća da će u 1. pokušaju biti izvučena crna kugla. Neka se izvadi crna kugla, tada će u urni ostati 10 loptica, od kojih je 6 crnih, dakle: 
je vjerovatnoća da će u 2. pokušaju biti izvučena crna kugla, pod uslovom da je crna kugla izvučena ranije.
Prema teoremi množenja vjerovatnoća zavisnih događaja: 
je vjerovatnoća da su obje kuglice crne.
c) Pronađite vjerovatnoću događaja (prvo će biti izvučena bijela kugla I zatim crno)
Nakon izvlačenja bele lopte (sa verovatnoćom ), u urni će ostati 10 loptica, od kojih su 3 bele i 7 crne, dakle: - verovatnoća da će crna kugla biti izvučena u 2. testu, pod uslovom da je bela kugla je nacrtana ranije.
Prema teoremi množenja vjerovatnoća zavisnih događaja: 
je željena vjerovatnoća.
Odgovori: 
Ovaj problem se može lako provjeriti korištenjem teorema sabiranja za vjerovatnoće događaja koji formiraju kompletnu grupu. Da bismo to učinili, nalazimo vjerovatnoću četvrtog događaja koji nedostaje: 
– da će prva biti izvučena crna kugla I zatim bijeli.
Razvoj 
formiraju kompletnu grupu, pa zbir njihovih vjerovatnoća mora biti jednak jedan:
, što je trebalo provjeriti.
I odmah predlažem da provjerite koliko ste dobro naučili predstavljeni materijal:
Zadatak 4
Kolika je vjerovatnoća da će dva asa zaredom biti izvučena iz špila od 36 karata?
Zadatak 5
Urna sadrži 6 crnih, 5 crvenih i 4 bijele kugle. Tri loptice se izvlače uzastopno. Pronađite vjerovatnoću da
a) treća kuglica će ispasti bijela ako su prethodno izvučene crna i crvena kugla;
b) prva lopta će biti crna, druga - crvena, a treća - bela.
Rješenja i odgovori na kraju lekcije.
Mora se reći da su mnogi problemi koji se razmatraju rješivi na drugi način, ali da ne bi bilo zabune, možda ću o tome potpuno prešutjeti.
Vjerovatno su svi primijetili da se zavisni događaji javljaju kada se izvrši određeni lanac radnji. Međutim, slijed radnji sam po sebi ne garantuje zavisnost događaja. Neka, na primjer, učenik nasumično odgovara na pitanja nekog testa - iako se ti događaji događaju jedan za drugim, neznanje odgovora na jedno pitanje ni na koji način ne zavisi od neznanja drugih odgovora =) Iako, naravno, ima uzorci ovdje =) Onda je potpuno jednostavan primjer sa ponovljenim bacanjem novčića je ovo fascinantan procesčak se i zove: ponovljeni NEZAVISNI testovi.
Dao sam sve od sebe da odgodim ovaj trenutak i pokupim razne primjere, ali ako u zadacima dalje teorema množenja nezavisnih događaja strelci su glavni, onda je ovde prava invazija urni sa kuglicama =) Dakle, nema kuda - opet urna:
Zadatak 6
Iz urne koja sadrži 6 bijelih i 4 crne kugle izvlače se tri kuglice nasumično jedna za drugom. Pronađite vjerovatnoću da:
a) sve tri lopte će biti crne;
b) postojaće najmanje dve crne lopte.
Rješenje:ukupno: 6 + 4 = 10 loptica u urni.
U ovom problemu će biti previše događaja, pa je u tom pogledu svrsishodnije koristiti mješoviti stil dizajna, označavajući samo glavne događaje velikim latiničnim slovima. Nadam se da ste već shvatili kako se izračunavaju uslovne vjerovatnoće.
a) Razmotrite događaj: - sve tri lopte će biti crne.
Prema teoremi množenja vjerovatnoća zavisnih događaja: 
b) Druga tačka je zanimljivija, uzmite u obzir događaj: - biće najmanje dvije crne lopte. Ovaj događaj se sastoji od 2 nekompatibilna ishoda: ili će sve lopte biti crne (događaj ) ili će 2 lopte biti crne i 1 bijela - označimo posljednji događaj slovom .
Događaj uključuje 3 nespojiva ishoda:
bijela je ekstrahirana u 1. testu I u 2 I u 3. testu - crne kugle
ili
I u 2. - BS I u 3. - CHS
ili
u 1. ispitivanju ekstrahovan je SN I u 2. - CHS I u 3. - BSh.
Oni koji žele mogu se upoznati sa težim primjerima iz zbirka Čudesenka, u koji se prenosi nekoliko loptica. Za posebne amatere nudim probleme povećane kombinacijske složenosti - sa dva uzastopna kretanja loptica od 1. do 2. urne, od 2. do 3. i konačno vađenje lopte iz zadnje urne - pogledajte posljednje zadatke fajl Dodatni zadaci o teoremama sabiranja i množenja vjerovatnoća. Inače, ima još mnogo zanimljivih zadataka.
I na kraju ovog članka analizirat ćemo najzanimljiviji zadatak na koji sam vas namamio na prvoj lekciji =) Nećemo ga ni analizirati, ali ćemo provesti malo praktično istraživanje. Izračuni u općem obliku bit će previše glomazni, pa razmotrimo konkretan primjer:
Petya polaže ispit iz teorije vjerovatnoće, dok 20 tiketa zna dobro, a 10 loše. Pretpostavimo da prvog dana dio grupe položi ispit, na primjer, 16 ljudi, uključujući našeg heroja. Općenito, situacija je bolno poznata: studenti jedan po jedan ulaze u dvoranu i vade karte.
Očigledno je da je sekvencijalno vađenje ulaznica lanac zavisnih događaja i postoji hitan pitanje: u kom slučaju je veća vjerovatnoća da će Petya dobiti "dobru" kartu - ako ide "u prve redove", ili ako ide "u sredinu", ili ako povuče kartu među posljednjima? Kada je najbolje vrijeme za posjetu?
Prvo, razmotrimo "eksperimentalno čistu" situaciju u kojoj Petya održava svoje šanse konstantnim - ne dobija informacije o tome koja su pitanja njegovi drugovi iz razreda već dobili, ne uči ništa u hodniku, čekajući svoj red, itd.
Razmislite o sljedećem događaju: – Petya će prva ući u gledalište i izvući “dobru” kartu. Prema klasičnoj definiciji vjerovatnoće: 
.
Kako će se promijeniti vjerovatnoća izvlačenja uspješne karte ako se Nastya, odlična učenica, preskoči? U ovom slučaju moguće su dvije nespojive hipoteze:
- Nastja će izvući "dobru" (za Petju) kartu;
- Nastja će izvući "lošu" kartu, tj. će povećati Petyine šanse.
Događaj (Petar ulazi drugi i izvlači „dobru“ kartu) postaje zavisan.
1) Pretpostavimo da je Nastya s vjerovatnoćom 
“ukrao” jednu srećnu kartu od Petye. Tada će na stolu ostati 29 tiketa, među kojima je 19 "dobrih". Prema klasičnoj definiciji vjerovatnoće:
2) Pretpostavimo sada da je Nastya sa vjerovatnoćom 
“spasio” Petju od 1. “loše” karte. Tada će na stolu ostati 29 ulaznica, među kojima je još 20 "dobrih". Prema klasičnoj definiciji:
Koristeći teoreme o sabiranju vjerovatnoća nespojivosti i množenju vjerovatnoća zavisnih događaja, izračunavamo vjerovatnoću da će Petya izvući „dobar“ listić, kao drugi po redu:
Verovatnoća... ostaje ista! Pa, hajde da razmotrimo događaj: - Petya će biti treća, puštajući Nastju i Lenu da napreduju i izvuku "dobru" kartu.
Ovdje će biti još hipoteza: dame mogu "opljačkati" gospodina za 2 dobre karte, ili obrnuto - spasiti ga od 2 loše, ili izvući 1 "dobru" i 1 "lošu" kartu. Ako provedemo slično razmišljanje, koristimo iste teoreme, onda ... dobijamo istu vrijednost vjerovatnoće!
Dakle, čisto sa matematičke tačke gledišta, bez obzira kada ići - početne vjerovatnoće će ostati nepromijenjene. ALI. Ovo je samo prosječna teorijska procjena, pa, na primjer, ako Petya ode zadnji, to uopće ne znači da će imati 10 “dobrih” i 5 “loših” karata na izbor u skladu sa svojim početnim šansama. Ovaj omjer može varirati na bolje ili na gore, ali i dalje je malo vjerovatno da će među kartama biti „jedan besplatni” ili obrnuto – „solidni horor”. Iako "jedinstveni" slučajevi nisu isključeni - uostalom, ne postoje 3 miliona lutrije sa skoro nultom verovatnoćom za veliki dobitak. Stoga će "nevjerovatna sreća" ili "zla sudbina" biti previše pretjerane izjave. Čak i ako Petya zna samo 3 karte od 30, onda su njegove šanse 10%, što je primjetno više od nule. A iz ličnog iskustva reći ću vam suprotan slučaj: na ispitu u analitička geometrija Dobro sam znao 24 od 28 pitanja, i tako - na listiću sam naišao na dva “loša” pitanja; Izračunajte sami vjerovatnoću ovog događaja :)
Matematika i „čisti eksperiment“ su dobri, ali koju strategiju i taktiku je ipak isplativije slijediti u realnim uslovima? Naravno, treba uzeti u obzir subjektivne faktore, na primjer, "popust" nastavnika za "hrabre" ili njegov umor do kraja ispita. Često ovi faktori mogu čak biti i odlučujući, ali u završnoj diskusiji pokušat ću ne zanemariti dodatne vjerovatnoće:
Ako ste se dobro pripremili za ispit, onda je vjerovatno bolje da idete "u prvi plan". Dok su karte kompletne, postulat " malo verovatni događaji se ne dešavaju radi za vas mnogo više. Slažete se da je mnogo ugodnije imati omjer "30 karata, od kojih su 2 loše" nego "15 karata, od kojih su 2 loše". I činjenica da su dvije neuspjele karte na jednom ispitu (a ne prema prosječnoj teorijskoj procjeni!) pa će ostati na stolu - sasvim je i sasvim moguće.
Sada razmislite o "Petijinoj situaciji" - kada je student sasvim dobro spreman za ispit, ali s druge strane, ni on "lebdi" nije loše. Drugim riječima, „zna više nego što ne zna“. U ovom slučaju, preporučljivo je pustiti 5-6 ljudi naprijed i čekati pravi trenutak izvan publike. Ponašajte se u skladu sa situacijom. Uskoro će početi da pristižu informacije koje su karte izvukli drugovi iz razreda (opet zavisni događaji!) , i više ne možete trošiti energiju na "preigrana" pitanja - naučite i ponovite druge karte, čime se povećava početna vjerovatnoća vašeg uspjeha. Ako vas je "prva grupa" ispitanika "spasila" od 3-4 teške (za vas lično) karte odjednom, onda je isplativije doći na ispit što je prije moguće - sada su šanse značajno porasle. Pokušajte da ne propustite trenutak - samo nekoliko ljudi je prošlo naprijed, a prednost će se vjerovatno istopiti. Ako, naprotiv, ima malo „loših“ karata, sačekajte. Nakon nekoliko ljudi, ova "anomalija" je opet vrlo vjerovatna, ako ne nestane, onda će se izgladiti na bolje. U „uobičajenom“ i najčešćem slučaju, postoji i prednost: raspored „24 karte / 8 loših“ će biti bolji od omjera „30 ulaznica / 10 loših“. Zašto? Teške karte sada nisu deset, već osam! Sa udvostručenom energijom učimo gradivo!
Ako ste spremni bez obzira na loše, onda je naravno bolje da idete u "zadnje redove" (iako su moguća i originalna rješenja, pogotovo ako se nema šta izgubiti). Postoji mala, ali ipak različita od nule šansa da će vam ostati relativno jednostavna pitanja+ dodatno nabijanje + mamze koje daju kolege studenti koji su uzvratili =) I, da - u vrlo kritičnoj situaciji još je dan kada drugi dio grupe položi ispit ;-)
Uslovna vjerovatnoća događaja A kada se dogodi događaj B se zove omjer Ovdje se pretpostavlja da .
Kao razumno opravdanje za ovu definiciju, napominjemo da kada se događaj dogodi B počinje da igra ulogu određenog događaja, pa to moramo zahtevati. Uloga događaja A plays AB, tako da mora biti proporcionalan . (Iz definicije proizilazi da je koeficijent proporcionalnosti jednak.)
Sada da predstavimo koncept nezavisnost događaja.
To znači: zato što se događaj desio B, vjerovatnoća događaja A nije se promijenilo.
Uzimajući u obzir definiciju uslovne vjerovatnoće, ova definicija će se svesti na relaciju . Ovdje više nije potrebno zahtijevati ispunjenje uslova . Tako dolazimo do konačne definicije.
Događaji A i B nazivaju se nezavisnim ako P(AB)=P(A)P(B).
Poslednja relacija se obično uzima kao definicija nezavisnosti dva događaja.
Za nekoliko događaja se kaže da su kolektivno nezavisni ako takvi odnosi postoje za bilo koji podskup događaja koji se razmatraju. Na primjer, tri događaja A, B I C kaže se da su kolektivno nezavisni ako vrijede sljedeće četiri relacije:
Predstavljamo niz zadataka za uslovna verovatnoća i nezavisnost događaja i njihova rješenja.
Zadatak 21. Jedna karta se izvlači iz cijelog špila od 36 karata. Događaj A- crveni karton B- As karta. Hoće li biti nezavisni?
Rješenje. Provodeći proračune prema klasičnoj definiciji vjerovatnoće, dobijamo to . To znači da događaji A I B nezavisni.
Problem 22. Riješite isti problem za špil s uklonjenom damom pik.
Rješenje. . Ne postoji nezavisnost.
Zadatak 23. Dvoje ljudi naizmjenično bacaju novčić. Onaj s grbom prvi pobjeđuje. Pronađite vjerovatnoću pobjede za oba igrača.
Rješenje. Možemo pretpostaviti da su elementarni događaji konačni nizovi oblika (0, 0, 1,…, 0, 1) . Za niz dužine, odgovarajući elementarni događaj ima vjerovatnoću. Igrač koji prvi počne baciti novčić pobjeđuje ako se ostvari elementarni događaj koji se sastoji od neparnog broja nula i jedinica. Dakle, vjerovatnoća njegove pobjede je
Isplata drugog igrača odgovara parnom broju nula i jedinica. On je jednak
Iz rješenja slijedi da se igra završava u konačnom vremenu s vjerovatnoćom 1 (jer ).
Zadatak 24. Da biste uništili most, morate pogoditi najmanje 2 bombe. Bacio 3 bombe. Vjerovatnoće pogađanja bombi su 0, 1; 0,3; 0, 4. Naći vjerovatnoću uništenja mosta.
Rješenje. Neka se događaji A, B, C sastoje od pogotka 1., 2., 3. bombe, respektivno. Tada do razaranja mosta dolazi tek kada se događaj realizuje.Zbog činjenice da su članovi u ovoj formuli parno nekompatibilni, a faktori u terminima nezavisni, željena verovatnoća je jednaka
0,1∙0,3∙0,4 + 0,1∙0,3∙0,6 + 0,1∙0,7∙0,4 + 0,9∙0,3∙0,4 = 0,166.
Zadatak 25. Dva teretna broda moraju se vezati za isti vez. Poznato je da svaki od njih može sa jednakom vjerovatnoćom prići u bilo kojem trenutku određenog dana i mora se iskrcati 8 sati.Naći vjerovatnoću da brod koji je stigao drugi neće morati čekati dok se prvi brod ne iskrcava.
Rješenje. Vrijeme ćemo mjeriti u danima i dijelovima dana. Tada su elementarni događaji parovi brojeva koji ispunjavaju jedinični kvadrat, gdje x- vrijeme dolaska prvog broda, y– vrijeme dolaska drugog plovila. Sve tačke kvadrata su podjednako verovatne. To znači da je vjerovatnoća bilo kojeg događaja (tj. skupa jediničnog kvadrata) jednaka površini regije koja odgovara ovom događaju. Događaj A sastoji se od tačaka jediničnog kvadrata za koje vrijedi nejednakost. Ova nejednakost odgovara činjenici da će brod koji je prvi stigao imati vremena da se iskrca do trenutka kada stigne drugi brod. Skup ovih tačaka formira dva pravougaonika jednakokraki trougao sa stranom 2/3. Ukupna površina ovih trouglova je 4/9. Na ovaj način, .
Zadatak 26. Za ispit iz teorije vjerovatnoće bile su 34 karte. Student dva puta izvlači po jednu kartu od ponuđenih ulaznica (bez vraćanja). Da li se student pripremao sa samo 30 karata? Kolika je vjerovatnoća da će prvi put položiti ispit „neuspešno" ulaznica?
Rješenje. Slučajni izbor se sastoji u tome da se jedan tiket izvlači dva puta uzastopno, a prvi put izvučen tiket se ne vraća nazad. Neka događaj IN sastoji se u tome da prvi izvađeni " neuspješno" ulaznica i događaj ALI sastoji se u tome da se drugi izvadi" uspješan" ulaznica. Očigledno događaji ALI I IN su zavisne, jer se karta koja se preuzima prvi put ne vraća na listu svih tiketa. Potrebno je pronaći vjerovatnoću događaja AB.
Prema formuli uslovne vjerovatnoće; ; , zbog toga .
Razmotrite događaje A I B povezano sa istim iskustvom. Neka se iz nekih izvora sazna da je događaj B dogodio, ali nije poznato koji od elementarnih ishoda čine događaj B, dogodilo se. Šta se u ovom slučaju može reći o vjerovatnoći događaja A?
Vjerovatnoća događaja A, izračunato pod pretpostavkom da je događaj B dogodilo, uobičajeno je da se naziva uslovna vjerovatnoća i označava P(A|B).
uslovna verovatnoća P(A|B) razvoj događaja A predmet događaja B u okviru klasične šeme, prirodno je da se verovatnoća definiše kao odnos NAB ishode koji favorizuju zajedničku realizaciju događaja A I B, na broj NB ishodi koji favorizuju događaj B, tj
Ako brojilac i nazivnik ovog izraza podijelimo ukupnim brojem N elementarne ishode, dobijamo
Definicija. Uslovna vjerovatnoća događaja A predmet događaja B naziva se odnos verovatnoće preseka događaja A I B na vjerovatnoću događaja B:
Istovremeno se pretpostavlja da P(B) ≠ 0.
Teorema. Uslovna verovatnoća P(A|B) ima sva svojstva bezuslovne vjerovatnoće P(A).
Značenje ove teoreme je da je uslovna verovatnoća bezuslovna verovatnoća data na novom prostoru Ω 1 elementarni ishodi koji se poklapaju sa događajem B.
Primjer. Iz urne u kojoj a=7 belci i b=3 crne kugle, dvije kuglice se izvlače nasumično bez zamjene. Neka događaj A 1 je da je prva izvučena lopta bijela, i A2- druga lopta je bela. Hteo sam da nađem P(A 2 |A 1).
Metoda 1.. Po definiciji uslovne vjerovatnoće
Metoda 2.. Pređimo na novi prostor elementarnih ishoda Ω 1. Od događaja A 1 dogodilo, to znači da je u novom prostoru elementarnih ishoda ukupan broj jednako mogućih ishoda NΩ 1 =a+b-1=9, i događaj A2 favorizuje to N A 2 = a-1 = 6 ishodi. shodno tome,
Teorema [množenje vjerovatnoća]. Neka događaj A=A 1 A 2 …A n I P(A)>0. Tada je tačna jednakost:
P(A) = P(A 1) P(A 2 |A 1) P(A 3 |A 1 A 2) … P(A n |A 1 A 2 …A n-1).
Komentar. Iz svojstva komutativnosti raskrsnice može se pisati
P(A 1 A 2) = P(A 1) P(A 2 |A 1)
P(A 1 A 2) = P(A 2) P(A 1 |A 2).
Primjer. Slova koja čine riječ "SLAVUJ" ispisana su na 7 kartica. Karte se miješaju i tri karte se nasumično uklanjaju iz njih i polažu s lijeva na desno. Pronađite vjerovatnoću da će se dobiti riječ "VOL" (događaj A).
Neka događaj A 1- slovo "B" je napisano na prvoj kartici, A2- slovo "O" je napisano na drugoj kartici, A2- na trećoj kartici - slovo "L". Onda događaj A- ukrštanje događaja A 1, A2, A 3. shodno tome,
P(A) = P(A 1 A 2 A 3) = P(A 1) P(A 2 |A 1) P(A 3 |A 1 A 2).
P(A1)=1/7; ako događaj A 1 dogodilo, onda se na preostalih 6 karata “O” pojavljuje dva puta, što znači P(A 2 |A 1)=2/6=1/3. Isto tako, P(A 3 |A 1)=2/6=1/3. shodno tome,
Definicija. Razvoj A I B, koji imaju vjerovatnoću različitu od nule, nazivaju se nezavisnim ako je uslovna vjerovatnoća A pod uslovom B poklapa se sa bezuslovnom verovatnoćom A ili ako je uslovna vjerovatnoća B pod uslovom A poklapa se sa bezuslovnom verovatnoćom B, tj
P(A|B) = P(A) ili P(B|A) = P(B),
inače događaji A I B naziva zavisnim.
Teorema. Razvoj A I B, koji imaju vjerovatnoću različitu od nule, nezavisni su ako i samo ako
P(AB) = P(A) P(B).
Dakle, možemo dati ekvivalentnu definiciju:
Definicija. Razvoj A I B nazivaju se nezavisnim ako P(AB) = P(A) P(B).
Primjer. Iz špila karata koji sadrži n=36 kartice, jedna karta se izvlači nasumično. Označiti sa A događaj koji odgovara činjenici da će ekstrahirana karta biti vrh, i B- događaj koji odgovara izgledu "dame". Odredite da li su događaji zavisni A I B.
P(A)=9/36=1/4, P(B)=4/36=19, P(AB)=1/36, 
. Dakle, događaji A I B nezavisni. Isto tako, 
.
Definicija 1. Događaj A se naziva zavisnim od događaja B ako vjerovatnoća nastanka događaja A zavisi od toga da li se dogodio događaj B ili ne. Vjerovatnoća da se dogodio događaj A, pod uvjetom da se dogodio događaj B, označit će se i nazvati uslovnom vjerovatnoćom događaj A pružio V.
Primjer 1. Urna sadrži 3 bijele kugle i 2 crne. Iz urne se vadi jedna lopta (prvo izvlačenje), a zatim druga (drugo izvlačenje). Događaj B - pojava bijele lopte pri prvom izvlačenju. Događaj A - pojava bele lopte tokom drugog izvlačenja.
Očigledno je da će vjerovatnoća događaja A, ako se desio događaj B, biti
Vjerovatnoća događaja A, pod uslovom da se događaj B nije dogodio (crna kugla se pojavila pri prvom izvlačenju), bit će
Vidimo to
Teorema 1. Vjerovatnoća kombinacije dva događaja jednaka je proizvodu vjerovatnoće jednog od njih sa uslovnom vjerovatnoćom drugog, izračunatom pod uslovom da se dogodio prvi događaj, tj.
Dokaz. Dokaz ćemo dati za događaje koji se svode na šemu urni (tj. u slučaju kada je primjenjiva klasična definicija vjerovatnoće).
Neka u urni budu kuglice, a bijele, crne. Pretpostavimo da su među bijelim kuglicama kuglice sa zvjezdicom, ostale su čisto bijele (Sl. 408).
Jedna lopta se uzima iz urne. Kolika je vjerovatnoća da će događaj izvući bijelu loptu označenu zvjezdicom?
Neka je B događaj koji se sastoji od pojave a (bijele lopte), A događaj koji se sastoji od pojave lopte označene zvjezdicom.
Vjerovatnoća da se bela kugla pojavi sa "zvjezdicom", pod uslovom da se pojavila bela kugla, biće
Vjerovatnoća da se bijela kugla pojavi sa zvjezdicom je P(A i B). Očigledno,
Zamjenom u (5) lijeve dijelove izraza (2), (3) i (4) dobijamo
Jednakost (1) je dokazana.
Ako se događaji koji se razmatraju ne uklapaju u klasičnu shemu, tada formula (1) služi za određivanje uslovne vjerovatnoće. Naime, uslovna vjerovatnoća događaja A pod uslovom da se dogodi događaj B određuje se korištenjem
Napomena 1. Primijenimo posljednju formulu na izraz:
U jednakostima (1) i (6) lijevi dijelovi su jednaki, jer je to ista vjerovatnoća, pa su i desni dijelovi jednaki. Dakle, možemo napisati jednakost
Primer 2. Za slučaj primera 1, dat na početku ovog paragrafa, imamo Formulom (1) dobijamo Verovatnoća P(A i B) se može lako izračunati direktno.
Primjer 3. Vjerovatnoća proizvodnje odgovarajućeg proizvoda ovom mašinom je 0,9. Vjerovatnoća da se među dobrim proizvodima pojavi proizvod 1. razreda je 0,8. Odrediti vjerovatnoću proizvodnje proizvoda 1. razreda ovom mašinom.
Rješenje. Događaj B - proizvodnja odgovarajućeg proizvoda ovom mašinom, događaj A - pojava proizvoda 1. razreda. Ovdje zamjenom u formulu (1) dobijamo željenu vjerovatnoću
Teorema 2. Ako se događaj A može realizovati samo kada se dogodi jedan od događaja koji čine kompletnu grupu nekompatibilnih događaja, tada se vjerovatnoća događaja A izračunava po formuli
Formula (8) se naziva formula ukupne vjerovatnoće. Dokaz. Događaj A može se dogoditi kada se izvrši bilo koji od kombiniranih događaja
Prema tome, prema teoremi sabiranja, dobijamo
Zamjenom članova na desnoj strani prema formuli (1) dobijamo jednakost (8).
Primjer 4. U metu su ispaljena tri uzastopna hica. Vjerovatnoća pogađanja na prvom metu na drugom na trećem Sa jednim pogotkom, vjerovatnoća pogađanja mete sa dva pogotka , sa tri pogotka Odrediti vjerovatnoću pogađanja mete sa tri hica (događaj A).
