Divus notikumus A, B mēs nosaucām par neatkarīgiem, ja process, kurā parādās A, neietekmē tā procesa apstākļus, kurā var parādīties B, un otrādi. Šis noteikums ne vienmēr izpildās.
Piemērs. Urnā ir 10 lodītes: 3 baltas un 7 melnas. Izvilksim no urnas vispirms vienu lodīti un pēc tam (neatliekot pirmo atpakaļ) - otru. Aplūkosim divus notikumus:
A = "pirmā izvilktā lodīte ir balta",
B = "otrā izvilktā lodīte ir balta".
Ja notikums A ir iestājies, tad urnā palikušas 2 baltas un 7 melnas lodītes, un varbūtība pēc tam izvilkt baltu lodīti (t.i., notikuma B varbūtība) ir 2/9. Toties, ja iestājies notikums "ne A" (t.i., pirmā izvilktā lodīte bija balta), tad urnā palikušas 3 baltas un 6 melnas lodītes, tātad šai gadījumā B parādās ar varbūtību 3/9. Kā redzat, notikuma B parādīšanās apstākļi ir atkarīgi no tā, vai notikums A iestājies vai nē.
Varbūtību, ka notikums B parādīsies pie nosacījuma, ka parādījies notikums A, apzīmēsim ar P(B|A) (lasa "B varbūtība, ja A"). Mūsu piemērā P(B|A)=2/9. Analoģiski, P(B|~A)=3/9 (atcerēsimies, ka ~A apzīmē notikumu "ne A"). Abas šīs nosacītās varbūtības atšķiras no notikuma B pilnās varbūtības P(B) (iepriekšējos paragrāfos mēs aplūkojām tikai pilnās varbūtības).
Varbūtību P(B) mūsu piemērā var aprēķināt šādi. Sanumurēsim visas 10 lodītes ar skaitļiem 1, 2, ...,10, numuri 1, 2, 3 lai tiek baltajām lodītēm. Divām secīgām lodīšu vilkšanām no urnas (pirmā izvilktā lodīte netiek likta atpakaļ) ir šādi vienādi iespējami iznākumi:
(1,2) (1,3) (1,4)... (1,10)
(2,1) (2,3) (2,4)... (2,10)
(3,1) (3,2) (3,4)... (3,10)
..........................
(10,1) (10,2) (10,3)... (10,9).
Kopā tātad ir 10*9=90 iznākumu. Cik no tiem dod notikumu B ("otrā lodīte balta")? Jāsaskaita, cik pāriem tabulā otrais skaitlis ir 1, 2 vai 3. Pirmajā rindā tādu pāru ir divi, otrajā un trešajā rindā - arī pa divi, pārējās septiņās - pa trīs. Tātad kopā 3*2+7*3=27, un mēs iegūstam
P(B) = 27/90 = 3/10.
Salīdzināsim P(B) ar P(B|A) un P(B|A). Vispirms
P(B|A) = 2/9 < 3/10 = P(B).
Tātad notikuma A parādīšanās samazina B izredzes notikt. Tā arī vajadzēja iznākt - A taču "izņem no apgrozības" vienu baltu lodīti. Tālāk,
P(B|~A) = 3/9 > 3/10 = P(B).
Notikuma ~A parādīšanās (t.i., A neparādīšanās) palielina B izredzes notikt. Te arī izpaužas notikumu A, B atkarība. Ja šie notikumi būtu neatkarīgi, tad taču būtu jāiznāk
P(B|A) = P(B|~A) = P(B),
jo A vai A parādīšanās te nedrīkst ietekmēt B izredzes parādīties.
Zinot varbūtības P(A) un P(B|A), viegli aprēķināt varbūtību P(AB), t.i. varbūtību, ka A un B parādīsies kopā. Tas ir dabiski, jo AB parādās, ja parādās A, un tad - pie nosacījuma, ka A jau ir parādījies - parādās B. Pierādīsim, ka
P(AB)=P(A)P(B|A).
Pieņemsim, ka notikums A parādās m iznākumos procesā, kam pavisam ir n vienādi iespējami iznākumi. Tātad P(A)=m/n. Pieņemsim, ka katram šī procesa iznākumam seko otrs process, kam ir t vienādi iespējami iznākumi, pie tam tajos gadījumos, kad pirmā procesa iznākums dod notikumu A, no šiem iznākumiem k iznākumi dod notikumu B. Tātad P(B|A)=k/t.
Aplūkosim tagad saliktu procesu, kurā darbojas abi tikko minētie procesi kopā. Šim "lielajam" procesam ir pavisam nt vienādi iespējami iznākumi (katrs pirmā procesa iznākums kombinējas ar t otrā procesa iznākumiem). No šiem nt iznākumiem notikums AB (t.i., "A kopā ar B") parādās mk iznākumos (m pirmā procesa iznākumi, kuri dod A, kombinējas katrs ar tiem k otrā procesa iznākumiem, kuri dod B pie nosacījuma, ka A jau bija). Tātad:
P(AB) = mk / nt = m/n* k/t = P(A)P(B|A).
Šo formulu arī sauc par varbūtību reizināšanas likumu. Trešajā sadaļā mēs par varbūtību reizināšanas likumu nosaucām formulu
P(AB)=P(A)P(B),
kur notikumiem A, B bija jābūt neatkarīgiem. Te nav nekādas pretrunas, jo gadījumā, kad A un B ir neatkarīgi, pirmajā formulā būs P(B|A)=P(B), un tas ir nupat iegūtās formulas speciālgadījums.
9. uzdevums. Pierādīt t.s. pilnās varbūtības formulu:
P(B) = P(A)P(B|A) + P(~A)P(B|~A).
Zinot šo formulu, atgriezīsimies pie šīs sadaļas sākumā minētā uzdevuma: urnā ir 3 baltas un 7 melnas lodītes, vispirms no urnas izvelk vienu lodīti, pēc tam (neatliekot pirmo atpakaļ) - otru. Aplūkosim notikumus:
A = "pirmā izvilktā lodīte būs balta",
B = "otrā izvilktā lodīte būs balta".
Mūsu uzdevums - aprēķināt P(B) (notikuma B pilno varbūtību), izmantojot nosacītās varbūtības P(B|A), P(B|A), ko var viegli aprēķināt:
P(A)=3/10, P(~A)=7/10, P(B|A)=2/9, P(B|A)=3/9.
Pēc pilnās varbūtības formulas:
P(B)=3/10*2/9 + 7/10*3/9 = 27/90 = 3/10.
Sadaļas sākumā mēs to pašu varbūtību ieguvām, tieši saskaitot gadījumus, kad B var parādīties.
Analoģiski var pierādīt arī vispārīgāku formulu: ja A1, A2, A3, ..., As ir nesavienojami notikumi, kuru summas varbūtība ir 1, tad jebkuram notikumam B:
P(B)=P(A1)P(B|A1) + P(A12)P(B|A12) + ... + P(As)P(B|As).
(Sal. ar 9. uzdevumu, kur s=2, A1=A, A2 =~A.)
No varbūtību reizināšanas likuma izriet arī šāda metode varbūtības P(ABC) aprēķināšanai:
P(ABC)=P(AB)P(C|AB)=P(A)P(B|A)P(C|AB).
Jums nebūs grūti iegūt līdzīgu formulu priekš P(ABCD) utt. Visas šīs formulas nepieciešamas sekojošo uzdevumu risināšanai.
10. uzdevums. Urnā ir 20 lodītes (12 baltas, 8 melnas). Jūs izvelkat no urnas vispirms vienu lodīti, pēc tam (neatliekot pirmo atpakaļ) - otru, pēc tam (neko neliekot atpakaļ) - vēl vienu. Kāda varbūtība, ka visas trīs lodītes būs baltas? Kāda varbūtība, ka baltas būs vismaz divas lodītes?
11. uzdevums. Papīra sloksnīti, uz kuras rakstīts ABRAKADABRA, sagriež atsevišķos burtos. Iegūtos kvadrātiņus saber kaudzē, labi samaisa un tad izvelk no tiem 4 pēc kārtas (neatliekot nevienu atpakaļ). Kāda varbūtība, ka tiks iegūts vārds DABA? Kāda varbūtība, ka no izvilktajiem kvadrātiņiem varēs sastādīt vārdu DABA?
Pavadot svētdienas atvaļinājumu pilsētā, jefreitors Jozefs Šveiks vidēji vienā gadījumā no diviem atgriežas iedzēris. Skaidrā prātā Šveiks mēdz trāpīt mērķī vidēji 60 gadījumos no 100, bet iedzēris - tikai 20 gadījumos no 100. Kārtējo reizi Šveikam atgriežoties no pilsētas, virsleitnants Lukašs liek Šveikam divreiz izšaut mērķī, jo viņam ir radušās aizdomas, ka Šveiks dzēris. Šveiks abas reizes aizšauj garām. Kāda varbūtība, ka šoreiz Šveiks tiešām ir piedzēries?
Pirmajā brīdī šķiet, ka varbūtība vienāda ar 1. Bet tā tas, protams, nav. Mums te ir darīšana ar diviem notikumiem:
A - "Šveiks divas reizes aizšauj garām",
B - "Šveiks ir piedzēries".
Uzdevums ir aprēķināt B varbūtību pie nosacījuma, ka iestājies notikums A, t.i., jāaprēķina varbūtība P(B|A). Kā to izdarīt? No kādas formulas? Varbūtība P(B|A) ieiet formulā
P(AB)=P(A)P(B|A).
No šīs formulas to varētu aprēķināt, ja būtu zināmas varbūtības P(AB) un P(A).
P(AB) rēķināšana prasa zināmu viltību: vajag ievērot, ka ne tikai P(AB)=P(A)P(B|A), bet arī P(AB)=P(B)P(A|B).
Tā kā Šveiks atnāk no atvaļinājuma piedzēries vidēji pusē gadījumu, tad P(B)=1/2. Arī varbūtību P(A|B) aprēķināt nav grūti. Varbūtība, ka Šveiks, būdams iedzēris, netrāpīs, šaujot vienreiz, ir 4/5 (sk. uzdevuma formulējumu). Tāpēc varbūtība, šaujot divreiz, netrāpīt nevienu reizi, ir (4/5)2 (atcerieties varbūtību reizināšanas likumu, šāvieni taču ir neatkarīgi!). Savelkot kopā:
P(AB) = P(B)P(A|B) = 1/2*(4/5)2 = 8/25.
Tagad, lai no formulas P(AB)=P(A)P(B|A) aprēķinātu P(B|A), atliek atrast P(A). Šī varbūtība jārēķina pēc pilnās varbūtības formulas:
P(A)=P(B)P(A|B)+P(~B)P(A|~B).
Pirmā saskaitāmā vērtība mums jau zināma: 8/25. Pārliecinieties paši, ka P(~B) =1/2 un P(A|~B)= (2/5)2. Tātad otrā saskaitāmā vērtība ir 2/25 un P(A)=10/25. Rezultātā
P(B|A) = P(AB) / P(A) = (8/25)/(10/25) = 0,800.
Tas nozīmē, ka šaušanas rezultātā iegūtā informācija stipri palielina virsleitnanta Lukaša aizdomas: vidēji Šveiks piedzeras pusē gadījumu, bet varbūtība, ka viņš piedzēries tieši šoreiz, ir jau 0,800. Tomēr neveiksmīgā šaušana (divas reizes garām!) pilnīgi neizslēdz iespēju, ka Šveiks šoreiz ir atgriezies skaidrā - varbūtība, ka tā arī ir, vienāda 0,200 (lielāka nekā varbūtība uzkrist sešiniekam, metot spēļu kauliņu!).
Šeit aprakstīto varbūtības P(B|A) aprēķināšanas metodi var uzrakstīt ar vienu formulu:
P(B|A) = P(B) P(A|B) / ( P(B) P(A|B) + P(~B)P(A|~B) ).
Par godu angļu garīdzniekam Tomasam Baijesam (1702-1761), kura pētījumi veicināja varbūtības jēdziena precizēšanu, šo formulu tagad pieņemts saukt par Baijesa formulu.
Baijesa formulu lieto šādos gadījumos. Pieņemsim, ka mums zināms, cik bieži dotajā eksperimentā parādās notikums B, t.i., zināma varbūtība P(B). Pieņemsim arī, ka mēs zinām, kā notikuma B parādīšanās vai neparādīšanās ietekmē notikuma A izredzes parādīties, t.i., uzskatīsim, ka zināmas varbūtības P(A|B) un P(A|~B). Ja tagad pēc kārtējā eksperimenta mums paziņo, ka parādījies notikums A (bet nesaka neko par B parādīšanos), tad Baijesa formula ļauj aprēķināt varbūtību P(B|A), t.i., varbūtību, ka tieši šoreiz B ir parādījies.
Varbūtība P(B) atspoguļo vidējos datus par B iestāšanās biežumu eksperimentos. Neko nezinot par kārtējā eksperimenta rezultātiem, mēs esam spiesti uzskatīt, ka šoreiz B var būt parādījies ar varbūtību P(B). Toties zinot, ka šoreiz parādījies notikums A, t.i., saņemot papildu informāciju par kārtējā eksperimenta rezultātiem, šai gadījumā mēs varam precizēt varbūtību, ka B var būt parādījies tieši šoreiz. Šo varbūtības precizēšanu arī veic Baijesa formula.
12. uzdevums. Kādā procesā var parādīties notikums A un notikumi H1, H2, H3, pie tam pēdējie trīs notikumi ir nesavienojami (t.i., divi no tiem nekad neparādās kopā) un to varbūtību summa vienāda ar 1, t.i., P(H1)+P(H2)+P(H3)=1. Pierādīt, ka tad jebkuram i=1, 2, 3 der formula:
P(Hi |A)= P(Hi) P(A|Hi) / ( P(H1)P(A|H1) + P(H2)P(A|H2) + P(H3)P(A|H3) ).
Arī šo formulu sauc par Baijesa formulu. (Iepriekš tika aplūkots gadījums, kad ir tikai A, H1 un H2, kur H1=B un H2=~B.)
13. uzdevums. Urnā ir 2 baltas, 3 melnas un 5 sarkanas lodītes. Jums neredzot, es izvelku no urnas vienu lodīti. Pēc tam Jūs izvelkat no urnas otru lodīti (pirmā netiek likta atpakaļ), tā izrādās melna. Kāda varbūtība, ka pirmā izvilktā lodīte bija: 1) balta, 2)melna, 3) sarkana?