De voorwaardelijke kans: 7 interessante feiten om te weten


Voorwaardelijke kans

Voorwaardelijk waarschijnlijkheids theorie komen uit het concept van het nemen van grote risico's. er zijn tegenwoordig veel problemen die uit het kansspel komen, zoals het gooien van munten, het gooien van een dobbelsteen en het spelen van kaarten. 

Voorwaardelijke kansrekening wordt toegepast in veel verschillende domeinen en de flexibiliteit van Voorwaardelijke kans biedt tools voor bijna zoveel verschillende behoeften. kansrekening en steekproeven met betrekking tot de studie van de waarschijnlijkheid dat gebeurtenissen plaatsvinden.

Beschouw X en Y beide zijn twee gebeurtenissen van een incidenteel experiment. Naderhand staat de kans op het gebeuren van X onder de omstandigheid dat Y al is gebeurd met P (Y) ≠ 0, bekend als voorwaardelijke kans en wordt aangegeven met P (X / Y).

Daarom is P (X / Y) = de kans dat X plaatsvindt, mits Y al is gebeurd.

P(X ⋂ Y)/P( Y) = n(X ⋂ Y)/n (Y )

Evenzo P (Y / X) = de kans dat Y voorkomt, aangezien X al is gebeurd.

P(X ⋂ Y)/P(X) = n(X ⋂ Y)/n (Y )

In het kort wordt voor sommige gevallen P (X / Y) gebruikt om de waarschijnlijkheid van het optreden van X te specificeren wanneer Y optreedt. Evenzo wordt P (Y / X) gebruikt om de waarschijnlijkheid te specificeren dat Y optreedt terwijl X gebeurt.

Wat is de vermenigvuldigingsstelling over waarschijnlijkheid?

Als X en Y beide zelfvoorzienende (onafhankelijke) gebeurtenissen van een willekeurig experiment zijn, dan

P( X Y) = P(X). P( X/Y ), als P ( X ) ≠ 0

P( X Y) = P(Y). P( Y/X ), als P ( Y ) ≠ 0

Wat zijn stellingen van vermenigvuldiging voor onafhankelijke gebeurtenissen? 

If X en Y zijn beide zelfvoorzienende (onafhankelijke) gebeurtenissen die verband houden met een willekeurig experiment, dan is P (X ∩ Y) = P (X) .P (Y)

d.w.z, de kans dat twee onafhankelijke gebeurtenissen gelijktijdig plaatsvinden, is gelijk aan de vermenigvuldiging van hun kansen. Door de vermenigvuldigingsstelling te gebruiken, hebben we P (X ∩ Y) = P (Y) .P (Y / X)

 Omdat X en Y onafhankelijke gebeurtenissen zijn, is P (Y / X) = P (Y)

Impliceert, P (X ∩ Y) = P (X) .P (Y)

Hoewel evenementen elkaar wederzijds uitsluiten: 

Als X en Y elkaar wederzijds uitsluitende gebeurtenissen zijn, dan ⇒ n (X ∩ Y) = 0, P (X ∩ Y) = 0

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

Voor drie gebeurtenissen X, Y, Z die elkaar uitsluiten, 

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

P (X ⋃ Y ⋃ Z) = P(X) + P(Y) + P(Z)

Hoewel evenementen onafhankelijk zijn: 

Als X en Y onbeperkte (of onafhankelijke) gebeurtenissen zijn, dan

P(X ∩ Y) = P(X).P(Y)

P(XUY) = P(X) + P(Y) – P(X). P(J)

Laat X en Y dan twee gebeurtenissen zijn die verband houden met een willekeurig (of willekeurig) experiment

Als Y⊂ X, dan

(b) P(Y) ≤ P(X)

Evenzo als X⊂ Y, dan

(b) P(X) ≤ P(Y)

De kans dat X noch Y voorkomt is 

Voorbeeld: Als uit een pak kaarten een enkele kaart wordt gekozen. Wat is de mogelijke kans dat het een schoppen of een koning is?

oplossing:

P (A) = P (een schoppenkaart) = 13/52

P (B) = P (een koning kaart) = 4/52

P (een schoppen of een koning kaart) = P (A of B)

= P (A∪B) = P (A) + P (B) -P (A∩B)

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

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

= 4 / 13

Voorbeeld: Van iemand is bekend dat hij het doelwit raakt met 3 van de 4 kansen, terwijl van een andere persoon bekend is dat hij het doelwit raakt met 2 van de 3 kansen. Zoek uit of de kans dat het doelwit überhaupt wordt geraakt als beide mensen het proberen.

oplossing:

 waarschijnlijkheid dat het doelwit wordt geraakt door de eerste persoon = P (A) = 3/4

Kans op treffer door tweede persoon = P (B) = 2/3

De twee gebeurtenissen sluiten elkaar niet uit, aangezien beide personen hetzelfde doel raken = P (A of B)

= P (A∪B) = P (A) + P (B) -P (A∩B)

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

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

= 11 / 12

Voorbeeld: If  A  en B zijn twee gebeurtenissen zodanig dat P (A) = 0.4, P (A + B) = 0.7 en P (AB) = 0.2 dan P (B)?

oplossing: Omdat we P (A + B) = P (A) + P (B) -P (AB) hebben

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

=> P (B) = 0.5

Voorbeeld: Een kaart wordt willekeurig gekozen uit een pak kaarten. Wat is de mogelijkheid dat de kaart een rode kaart of een dame is?

Oplossing: Vereiste kans is

P (Rood + Vrouw) -P (Rood ⋂ Vrouw)

= P (Rood) + P (Vrouw) -P (Rood ⋂ Vrouw)

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

Voorbeeld: Als de kans dat X niet slaagt in de test 0.3 is en de kans dat Y 0.2 is, zoek dan de kans dat X of Y de test niet heeft gehaald?

Oplossing: Hier P (X) = 0.3, P (Y) = 0.2

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

Aangezien dit onafhankelijke evenementen zijn, dus

P (X ⋂ Y) = P (X). P (Y)

De vereiste kans is dus 0.3 + 0.2 -0.06 = 0.44

Voorbeeld: De kans om te falen in natuurkunde is 20% en de kans om te falen in wiskunde is 10%. Wat zijn de mogelijkheden om in ten minste één vak te falen?

Oplossing: Stel dat P (A) = 20/100 = 1/5, P (B) = 10/100 = 1/10

Omdat evenementen onafhankelijk zijn en we moeten vinden 

P (EEN ∪ B) = P (A) + P (B) -P (A). P (B)

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

Dus de kans om te falen in één vak is (14/50) X 100 = 28%

Voorbeeld: De kans op het oplossen van een vraag door drie leerlingen is respectievelijk 1 / 2,1 / 4 en 1/6. Wat is de mogelijke kans om de vraag te beantwoorden?

Oplossing:

(i) Deze vraag kan ook door één leerling worden opgelost

(ii) Deze vraag kan door twee studenten gelijktijdig worden beantwoord.

(iii) Deze vraag kan door drie studenten samen worden beantwoord.

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

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

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

Voorbeeld: Een willekeurige variabele X heeft de kansverdeling

X12345678
P(X)0.150.230.120.100.200.080.070.05
Voorwaardelijke kans: voorbeeld

Zoek voor de gebeurtenissen E = {X is priemgetal} en F = {X <4} de kans op P (E ∪ F).

Oplossing:

E = {X is een priemgetal}

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

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

en P (E ⋂ F) = P (2) + P (3) = 0.35

P (E ∪ F) = P (E) + P (F) - P (E ⋂ F)

      = 0.62 + 0.50 - 0.35 = 0.77

Voorbeeld: Er worden drie munten gegooid. Als een van hen staart lijkt, wat is dan de mogelijke kans dat alle drie de munten als staart verschijnen?

Oplossing: Overwegen E is het evenement waarbij alle drie de munten verschijnen staart en F is de gebeurtenis waarbij een munt verschijnt in de staart. 

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

en E = {TTT}

Vereiste kans = P (E / F) = P (E ⋂F) / P (E) = 1/7

Totale waarschijnlijkheid en de regel van Baye

De wet van totale waarschijnlijkheid:

Voor de monsterruimte S en n elkaar uitsluitende en uitputtende gebeurtenissen E1 E2 … .En gerelateerd aan een willekeurig experiment. Als X een specifieke gebeurtenis is die plaatsvindt met de gebeurtenissen E1 of E2 of of Endan 

Baye's regel: 

Overwegen S een voorbeeldruimte zijn en E1, E2,… ..En be n ongerijmde (of elkaar uitsluitende) gebeurtenissen zodanig dat

en P(Ei) > 0 voor i = 1,2,…,n

We kunnen bedenken EiDit zijn de factoren die leiden tot de uitkomst van een experiment. De waarschijnlijkheden P(Ei), i = 1, 2, ... .., n worden genoemd bekend als eerdere (of eerdere) kansen. Als de uitkomsten van de beoordeling een resultaat zijn van gebeurtenis X, waar P(X)> 0. Dan moeten we de mogelijkheid waarnemen dat de waargenomen gebeurtenis X te wijten was aan de oorzaak Ei, dat wil zeggen, we zoeken naar de voorwaardelijke kans P (E.i/ X). Deze kansen staan ​​bekend als posterieure kansen, gegeven door de regel van Baye als

Voorbeeld: Er zijn 3 dozen waarvan bekend is dat ze 2 blauwe en 3 groene knikkers bevatten; 4 blauwe en 1 groene knikkers en 3 blauwe en 7 groene knikkers respectievelijk. Een knikker wordt willekeurig uit een van de dozen getrokken en blijkt een groene bal te zijn. Wat is dan de kans dat het uit de doos met de meeste groene knikkers is getrokken?

Oplossing: Overweeg de volgende gebeurtenissen:

A -> getrokken marmer is groen;

E1 -> Box 1 is gekozen;

E2 Box 2 is gekozen

E3 Box 3 is gekozen.

P (E1) = P (E2) = P (E3) = 1/3, p (A / E1) = 3/5

Dan

P (A / E2) = 1/5, P (A / E3) = 7/10

Vereiste kans = P (E.3/EEN)

P (E3)P(A/E3)/P(E1)P(A/E1)+P(E2)P(A/E2)+P(E3)P(A/E3) = 7/15

Voorbeeld: Bij een toelatingstest zijn er meerkeuzevragen. Er zijn vier waarschijnlijke juiste antwoorden op elke vraag waarvan er één juist is. De mogelijke kans dat een leerling het juiste antwoord op een bepaalde vraag vindt, is 90%. Als hij het juiste antwoord krijgt op een bepaalde vraag, wat is dan de waarschijnlijke kans dat hij voorspelde.

Oplossing: We definiëren de volgende evenementen:

A1 : Hij kent het antwoord.

A2 : Misschien weet hij het antwoord niet.

E: Hij kent het juiste antwoord.

VADER1) = 9/10, P (EEN2) = 1-9 / 10 = 1/10, P (E / A1) = 1,

ERWT2) = 1/4

Dus de verwachte kans

Voorwaardelijke kans
Voorwaardelijke kans

Voorbeeld: Emmer A bevat 4 gele en 3 zwarte knikkers en emmer B bevat 4 zwarte en 3 gele knikkers. Een emmer wordt willekeurig genomen en er wordt een knikker getrokken en opgemerkt dat deze geel is. Wat is de kans dat het in een bucket komt B.

Oplossing: Het is gebaseerd op de stelling van Baye. 

Waarschijnlijkheid van gekozen bucket A , P (A) = 1/2

Waarschijnlijkheid van gekozen bucket B , P (B) = 1/2

Waarschijnlijkheid van geel marmer geplukt uit emmer A  =P(A). P(G/A)=(1/2)x (4/7)=2/7 

Waarschijnlijkheid van geel marmer geplukt uit emmer B = P(B).P(G/B)=(1/2)x(3/7)=3/14

Totale kans op gele knikkers = (2/7) + (3/14) = 1/2

Waarschijnlijkheid dat Yellow Marbles uit Bucket wordt getrokken B  

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

Conclusie:

 In dit artikel gaan we vooral in op de Voorwaardelijke kans en de stelling van Bayes met de voorbeelden hiervan zijn de directe en afhankelijke gevolgen van de proef die we tot nu toe bespreken. In de opeenvolgende artikelen relateren we waarschijnlijkheid aan willekeurige variabele en enkele bekende termen met betrekking tot kansrekening die we zullen bespreken, als je verder wilt lezen, ga dan door:

Schaum's contouren van waarschijnlijkheid en statistiek en W.ikipedia pagina.

Voor verder onderzoek verwijzen wij u naar onze wiskunde pagina.

dr. MOHAMMED MAZHAR UL HAQUE

Ik ben DR. Mohammed Mazhar Ul Haque, assistent-professor in de wiskunde. Met 12 jaar ervaring in het lesgeven. Grote kennis hebben in zuivere wiskunde, precies op algebra. Het enorme vermogen hebben om problemen te ontwerpen en op te lossen. Kan kandidaten motiveren om hun prestaties te verbeteren. Ik draag graag bij aan Lambdageeks om wiskunde eenvoudig, interessant en zelfverklarend te maken voor zowel beginners als experts. Laten we verbinding maken via LinkedIn - https://www.linkedin.com/in/dr-mohammed-mazhar-ul-haque-58747899/

Recente Nieuws