Poglavlje 4
UVJETNA VJEROJATNOST

Thomas Bayes (1702 - 1762) uvodi pojam uvjetne vjerojatnosti: vjerojat- nost da se dogodi dogadaj B ako se dogodio dogadaj A jednaka je kvocijentu vjerojatnosti da se dogode dogadaji i A i B i vjerojatnosti dogadaja A.

MOTIV 4.1

Kontolor u tvornici daje nakon vizualnog pregleda tri tipa odluke: 1) proizvod je defektan i šalje se na daljnje pretrage 2) sumnja se da je proizvod defektan i šalje se na daljnje pretrage 3) proizvod je ispravan. Pokazalo se dosada da je kontolor bio u pravu kad je odlučio: o neispravnosti u 80% slučajeva, o sumnji na neispravnost u 50% slučajeva, a o ispravnosti proizvoda a u 90% slučajeva.

U toku jednog dana kontrolor donosi prvu odluku kod 50%, drugu kod 20% i treću dijagnozu kod 30% proizvoda. (a) Odredite vjerojatnost neispravnosti proizvoda. (b) Odredite vjerojatnost pogrešne odluke tj. odluke kontolora da je proizvod ispravan a on je zaista neispravan. (c) Odredite vjerojatnost nepotrebnih troškova ili slanja na daljnje pretrage proizvoda ako je zaista ispravan.

Definicija 4.1 (UVJETNA VJEROJATNOST)

Neka je ,F,P) vjerojatnosni prostor i neka je A F takav da je P(A) > 0. Tada funkciju PA : F[0,1] zovemo uvjetna vjerojatnost a definiramo  B  F kao

PA(B ) = P (B∕A ) = P(B-∩-A-),
                     P(A )

vjerojatnost od B uz uvjet da se dogodio A.

P (A ) = 0 ⇒ PA(B ) = P(B ).

tko želi znati više

TEOREM 4.1 Uvjetna vjerojatnost je vjerojatnost. Zadovoljava uvjete
(UP1) PA(B) 0,B F (svojstvo nenegativnosti);
(UP2) PA(Ω) = 1 (svojstvo normiranosti);
(UP3) Ai F, i , Ai Aj = , ij   PA( i=1Ai) = i=1PA(Ai) 

(svojstvo prebrojive aditivnosti).

Dokaz: (UP3) Ai F, i N, Ai Aj = , ij
Ai A F, i N, (Ai A) (Aj A) = , ij

                  ∞⋃              ∞⋃             ∑∞
   ⋃∞          P(   Ai ∩ A)   P (  (Ai ∩ A))      P (Ai ∩ A )
PA(   Ai)  =   --i=1--------= ---i=1--------- = i=1-----------
   i=1            P (A)            P(A )           P (A)
              ∑∞              ∑∞
           =      P-(Ai ∩-A-)=    PA(Ai) .
               i=1   P (A)      i=1

NAPOMENA 4.1 Neka je ,P(Ω),P) diskretni vjerojatnosni prostor, gdje je Ω konačan prostor elementarnih dogad-ja i P({ωi}) = 1
n,i = {1,...,n}. Neka je A P(Ω), |A| = m > 0 i P(A) = m-
 n. Za B P(Ω) tako da je |AB| = r, uvjetna vjerojatnost PA : P(Ω) [0,1] je definirana na slijedeći način

                     r
P (B ) = P(B-∩-A-)=  n-=  r-.
 A         P(A )     mn-   m

PRIMJER 4.1 Bacamo kocku. Kolika je vjerojatnost da će ”pasti” paran broj pod uvjetom da je je ”pao” broj manji od 4?

Rješenje: Ω = {ω1,...,ω6} = {1,2,3,4,5,6}, P({ωi}) = 16.
A = {1,2,3},  P(A) > 0, P(A) = 3
6  B = {2,4,6},   PA(B) =?
PA(B) = P(B-∩-A-)
  P(A ) = P({2})-
P (A) = 1
6-
36 = 1-
3.

PRIMJER 4.2 Izabiremo slučajno dva broja izmedu brojeva od 1 do 9. Ako je njihov zbroj paran broj kolika je vjerojatnost da su oba neparna?

Rješenje:
Ω = {{ωij} : ωiωj,ω1,...,ω9 ∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9}}, P({ωi}) = 1
9.
A Ω, A = {ωi1i2}, ωi1 + ωi2 = paran,
P(A) = C(42)+ C (25)
-----(2)----
   C9 = ( )  ( )
 42 +  52
---(9)--
    2 = 4 ⋅3+  5⋅4
---9-⋅8--- = 32
72- = 4
9-
B Ω, B = {ωi1i2}, ωi1i2 = neparni, PA(B) =?
P(B A) =  (2)
C5--
C(2)
 9 = 20-
72, PA(B) = P-(B-∩-A)
  P (A) = 20
72-
 49 = 5-
8.

TEOREM 4.2 (FORMULA PRODUKTA VJEROJATNOSTI)

Vjerojatnost produkta (presjeka) dva dogadaja (A B) jednaka je produktu vjerojatnosti jednog od njih i uvjetne vjerojatnosti drugog, pod uvjetom da se prvi dogodio.

P (A ∩ B) = P(A )⋅PA (B),  P (A ∩ B) = P (B )⋅PB (A).

Dokaz:
Ako je P(A) > 0, prema definiciji uvjetne vjerojatnosti PA :
PA(B) = P(A-∩-B-)
  P(A )   P(A B) = P(A) PA(B).
Ako je P(A) = 0  PA(B) = P(B)   P(A B) = P(A) P(B) = 0.

TEOREM 4.3 (FORMULA PRODUKTA VJEROJATNOSTI*)

Vjerojatnost produkta (presjeka) n dogadaja (A1 A2 ... An) jednaka je

   n
   ⋂
P (   Ai) =   P (A1 )⋅PA1 (A2 )⋅P (A1∩A2)(A3) ⋅...⋅P(n-⋂1Ai)(An )
   i=1                                            i=1
                                                         n⋂-1
          =   P (A1 )⋅P (A2∕A1 )⋅P(A3 ∕A1 ∩A2 )⋅...⋅P (An ∕   Ai ).
                                                         i=1

Dokaz:Pomoću AMI.

PRIMJER 4.3 Iz špila karata (52 karte) izvlačimo jednu za drugom dvije karte. Kolika je vjerojatnost da obe karte budu pik?

Rješenje: A=”obje karte su pik”
A1=”prva je pik”,  P(A1) = 1532
A2=”druga je pik”,  P(A2∕A1) = 12
51
A = A1 A2.
Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnosti:
P(A) = P(A1 A2) = P(A1) P(A2∕A1) = 13
52 12
51 = 1-
17.
Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):
P(A1 A2) = C(123)⋅C (013)⋅C (10)3 ⋅C(103)
---------(2)--------
        C52 = 13⋅12
52⋅51- = 1
17-.

PRIMJER 4.4 U kutiji se nalazi 10 kuglica: 6 bijelih i 4 crne. Izvlačimo 3 kuglice jednu za drugom. Kolika je vjerojatnost da će bar jedna od njih biti bijela?

Rješenje: A=”izvučena bar jedna bijela”, Ac=”izvučene sve crne”,
A1=”prva izvučena crna”,  P(A1) = 4-
10
A2=”druga izvučena crna”,  P(A1∕A2) = 3
9,
A3=”treća izvučena crna”,  P(A3∕A1 A2) = 28.
Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnosti
P(Ac) = P(A1) P(A2∕A1) P(A3∕A1 A2) = -4
10 3
9 2
8 = 1-
30.
Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):
P(Ac) = P(A1 A2 A3) = C(43)⋅C(06)
--C(3)--
   10 = ( )( )
 43 ⋅60
-(10)-
  3 = 4⋅3⋅2
10⋅9⋅8- =  1
30.
P(A) = 1 - P(Ac) = 29
30.

PRIMJER 4.5

U kutiji se nalazi 50 proizvoda: 20% neispravnih. Kontrolor izvlači 5 proizvoda sukcesivno (bez vraćanja). Kolika je vjerojatnost da će ocjena kontrolora biti pozitivna (svi proizvodi u uzorku ispravni)?

Rješenje: A=”izvučeni svi ispravni predmeti”,
A1=”prvi izvučeni ispravan”, P(A1) = 4500
A2=”drugi izvučeni ispravan”, P(A2∕A1) = 39
49,
A3=”treći izvučeni ispravan”, P(A3∕A1 A2) = 38
48.
A4=”četvrti izvučeni ispravan”, P(A4∕A1 A2 A3) = 3477,
A5=”peti izvučeni ispravan”,  P(A5∕A1 A2 A3 A4) = 36
46
Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnosti

P(A ) =   P (A1 )⋅P (A2∕A1 )⋅P(A3 ∕A1 ∩A2 )

          ⋅P(A4∕A1 ∩ A2 ∩ A3) ⋅P(A5 ∕A1 ∩A2 ∩ A3 ∩ A4)
      =   40-⋅ 39-⋅ 38-⋅ 37-⋅ 36-= 0.31
          50  49  48  47  46
Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):
                                        (5)  (0)   (40)  (20)
P (A)  =   P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩A4 ∩ A5 ) = C-40-⋅C20-= -5(-⋅)0--
                                         C (550)         505
           40⋅39 ⋅38 ⋅37⋅36
       =   -----------------= 0.31
           50⋅49 ⋅48 ⋅47⋅46

Definicija 4.2 (NEZAVISNI DOGAĐAJI)

Neka je ,F,P) vjerojatnosni prostor i neka su A,B F. Za dogadaje A i B kažemo da su nezavisni ako vrijedi

P (A ∩ B) = P (A )⋅P (B).

Definicija 4.3 (FAMILIJA NEZAVISNIH DOGAĐAJA)

Neka je ,F,P) vjerojatnosni prostor i neka je Ai F,i I familija dogadaja. Kažemo da je to nezavisna familija dogadaja ako za svaki konačni podskup različitih indeksa {i1,...,ik}∈ I vrijedi

   k⋂        ∏k
P (   Aij) =   P (Aij).
  j=1       j=1

PRIMJER 4.6 Ako su A i B nezavisni dogadaji, takvi da P(A) > 0, P(B) > 0 onda vrijedi

P (B∕A ) = P(B ) = PA (B), P (A∕B ) = P(A ) = PB (A).
P (B ) = P (B∕A ) = P(B-∩-A-)= P(A-)⋅P-(B)-= P (B ).
 A                   P(A )        P (A )

PRIMJER 4.7

(a) Proizvoljan dogadaj A i siguran dogadaj su nezavisni.
(b) Proizvoljan dogadaj A i nemoguć dogadaj uvijek su nezavisni.

Rješenje:
(a) Ω A = A,  P(Ω) = 1,  PA) = P(A) = P(A) 1 = P(A) P(Ω).
(b) ∅∩ A = ,  P() = 0,  P(∅∩ A) = P() = P() P(A) = 0.

PRIMJER 4.8 Ako su A i B nezavisni dogadaji onda su nezavisni dogadaji:
(a) Ac i B,
(b) A i Bc,
(c) Ac i Bc.

Rješenje:
(a) (Ac B) (A B) = ,  (Ac B) (A B) = B

P(B) = P(Ac B) + P(A B)  

        c
⇒   P(A  ∩ B)  =   P(B )- P (A ∩B ) = P(B )- P (A)⋅ P(B )
               =   P(B )⋅(1- P (A)) = P(Ac )⋅P (B ).
(b) (A Bc) (A B) = ,  (A Bc) (A B) = A,

P(A) = P(A Bc) + P(A B),

⇒   P(A ∩ Bc)  =   P(A )- P (A ∩B ) = P(A )- P (A )⋅P (B )

               =   P(A )⋅(1- P (B )) = P (A )⋅P (Bc).
(c) (Ac Bc) = (A B)c,
      c    c                c
⇒ P (A  ∩ B )  =  P ((A ∪B ) ) = 1 - P (A ∪ B )
               =  1 - (P(A )+ P (B )-  P(A ∩ B ))

               =  1 - (P(A )+ P (B )-  P(A )⋅P(B ))
                                               c      c
               =  (1 - P(A )) ⋅(1- P (B)) = P(A  )⋅P(B  ).

PRIMJER 4.9

Motor pokreće električni generator. Vjerojatnost otkazivanja motora u roku jednog mjeseca je 0.08, a generatora 0.04. Kolika je vjerojatnost da ćemo morati popravljati cijeli uredaj tijekom tog mjeseca?

Rješenje: Prema svojstvu (e) vjerojatnosti A,B FP(AB) = P(A) + P(B) -P(AB) za dogadaj A =pokvario se motor i dogadaj B = pokvario se generator, računamo vjerojatnost P(A B). Budući su dogadaji A i B nezavisni onda je P(A B) = P(A) P(B). Vjerojatnost otkazivanja cijelog uredaja je P(A B) = 0.08 + 0.04 - 0.08 0.04 = 0.1168. Vjerojatnost da će trebati popravak je 11.68

PRIMJER 4.10 Ako su A i B nezavisni dogadaji pozitivnih vjerojatnosti onda se dogadaji ne isključuju.

Rješenje: Pretpostavimo suprotno: A B = .
A i B su nezavisni i pozitivnih vjerojatnosti  P(AB) = P(A) P(B) > 0, što je u kontradikciji s P(A B) = P() = 0.
Zaključujemo da je pretpostavka kriva: A B, dogadaji se ne isključuju.

TEOREM 4.4 (FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI)

Neka je ,F,P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H1,H2,...,Hn F čine potpun sistem dogadaja. Tada

                     ∑n
∀A ∈ F   ⇒   P (A) =    P (Hi)⋅P (A∕Hi ).
                     i=1

Dokaz:
Skupovi H1,H2,...,Hn F, čine potpun sistem (familiju) dogadaja:

Hi Hj = ,  ij,   i=1nHi = Ω,   i=1nP(Hi) = 1.
Prema teoremu o vjerojatnosti produkta (presjeka) dogadaja:
P(A Hi) = P(Hi) P(A∕Hi).

A F, (A Hi) (A Hj) = .

                             n            n
                             ⋃           ⋃
P(A )  =  P (A ∩Ω ) = P (A ∩ (  Hi)) = P ( (A ∩ Hi ))
           n               n i=1          i=1
          ∑               ∑
       =     P (A ∩ Hi) =    P (Hi)⋅P (A∕Hi ).
          i=1             i=1

tko želi znati više

TEOREM 4.5 (FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI ZA UVJETNU VJEROJATNOST)

Neka je ,F,P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H1,H2,...,Hn F čine potpun sistem dogadaja. Tada

                                   ∑n
∀A,B  ∈ F  ⇒    PA(B ) = P (B∕A ) =   P (Hi ∕A) ⋅P(B ∕A ∩Hi ).
                                   i=1

Dokaz:
Prema formuli potpune vjerojatnosti za uvjetnu vjerojatnost i definiciji uvjetne vjerojatnosti vrijedi:

           ∑n                      ∑n         PA (B ∩ Hi)
PA(B )  =     PA (Hi) ⋅PA(B ∕Hi) =    PA (Hi)⋅---P-(H-)--
           i=1                     i=1            A   i
           ∑n           P (B ∩ Hi ∩A )∕P(A )
        =     P (Hi∕A )⋅--P-(H--∩A-)∕P(A-)--
           i=1                i
           ∑n           P (B ∩ Hi ∩A )   ∑n
        =     P (Hi∕A )⋅--P-(H--∩A-)-- =    P (Hi∕A) ⋅P(B ∕(Hi ∩A )).
           i=1                i          i=1

TEOREM 4.6 (BAYESOVA FORMULA)

Neka je ,F,P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H1,H2,...,Hn F čine potpun sistem dogadaja. Neka dogadaj A F ima pozitivnu vjerojatnost P(A) > 0. Tada je i

P(H ∕A ) = P(Hi-)⋅P-(A-∕Hi),   P(H ∕A ) = -P-(Hi)-⋅P(A-∕Hi)--.
    i           P (A)             i      ∑n
                                         j=1 P(Hj )⋅P (A∕Hj )


PIC


Dokaz:
Definicija uvjetne vjerojatnosti i formula produkta vjerojatnosti povlači da vrijedi:

P(Hi∕A) = P-(Hi-∩-A-)
  P (A) = P(Hi)-⋅P(A-∕Hi)-
     P (A ).
Prema formuli potpune vjerojatnosti dobivamo:

P(Hi∕A) = --P(Hi)-⋅P(A-∕Hi)--
∑n
j=1P (Hj)⋅P (A∕Hj ).

NAPOMENA 4.2

Bayesovu formulu koristimo kad želimo naći istinitu hipotezu iz skupa od n postavljenih hipoteza Hi,i = 1,...,n, ako znamo da se dogodio dogadaj A. Za svako i = 1,...,n, računamo P(Hi∕A). Hipoteza Hi0 za koju je P(Hi0∕A) 1, uzima se da je ispravna.

PRIMJER 4.11 Na našem fakultetu je 4% studenata i 1% studentica koji nisu državljani RH. Omjer studenata i studentica upisanih na fakultet je 40:60. Ako je slučajno izabrana jedna osoba upisana na naš fakultet koja je strani državljanin kolika je vjerojatnost da je to studentica?

Rješenje:
Postavljamo hipoteze-potpun sistem dogadaja:
H1 =”izabrana osoba je studentica”, P(H1) = 60-
100.
H2 =”izabrana osoba je student”, P(H2) = 41000.
H1 H2 = ,   H1 H2 = Ω.
Dogadaj A koji se dogodio: A=”izabrana osoba je strani državljanin”.
Zadane su uvjetne vjerojatnosti dogadaja A uz uvjet jedne i druge hipoteze:
P(A∕H1) = -1-
100,  P(A∕H2) = 4--
100. Trebamo odrediti P(H1∕A) =?
Koristimo Bayesovu formulu:

                                                  60- -1-
P(H1 ∕A)  =   -P-(H1)⋅-P(A-∕H1)--=  --------------100-⋅100--------------
              ∑2                    P(H1 )⋅P (A∕H1 )+ P (H2) ⋅P(A ∕H2)
              j=1 P(Hj )⋅P (A∕Hj )
                   60- -1-
          =   -----100-⋅100------= 60--= -3-= 0.27.
              61000-⋅1100 + 41000-⋅1400   220   11

PRIMJER 4.12

Tri stroja S1, S2 i S3 učestvuju u ukupnoj proizvodnji u omjeru 60 : 30 : 10. Stroj S1 proizvodi 2%, stroj S2 3% i stroj S3 4% neispravnih proizvoda. Ako se slučajno izabere jedan proizvod koji je neispravan, kolika je vjerojatnost da je bio napravljen na stroju S3?

Rješenje:
Postavljamo hipoteze-potpun sistem dogadaja:
H1 =”izabrani predmet je sa stroja S1”,  P(H1) = -60
100.
H2 =”izabrani predmet je sa stroja S2”,  P(H2) = 13000.
H3 =”izabrani predmet je sa stroja S3”,  P(H3) = -10
100
Hi Hj = ,ij,   H1 H2 H3 = Ω.
Dogadaj A koji se dogodio: A=”izabrani proizvod je neispravan”.
Zadane su uvjetne vjerojatnosti dogadaja A uz uvjet pojedine hipoteze:
P(A∕H1) =  2
100,  P(A∕H2) = 3
100-,  P(A∕H3) =  4
100.
Trbamo odrediti P(H3∕A) =?
Koristimo Bayesovu formulu:

              --P-(H3-)⋅P-(A∕H3-)-
P (H3 ∕A )  =   3∑
                  P(Hj )⋅P (A ∕Hj )
              j=1
                                     11000 ⋅1400-
           =  P-(H--)⋅P-(A-∕H--)+-P-(H--)⋅P-(A∕H--)+-P-(H-)-⋅P(A-∕H-)
                   1     10- 14-     2         2        3         3
           =  -----------100-⋅100--------- =  4--= 0.16.
               61000-⋅1200 + 31000-⋅1300 + 11000 ⋅ 1400  25

PRIMJER 4.13 motiv

Kontolor u tvornici daje nakon vizualnog pregleda tri tipa odluke: 1) proizvod je defektan i šalje se na daljnje pretrage 2) sumnja se da je proizvod defektan i šalje se na daljnje pretrage 3) proizvod je ispravan. Pokazalo se dosada da je kontolor bio u pravu kad je odlučio: o neispravnosti u 80% slučajeva, o sumnji na neispravnost u 50% slučajeva, a o ispravnosti proizvoda a u 90% slučajeva.

U toku jednog dana kontrolor donosi prvu odluku kod 50%, drugu kod 20% i treću dijagnozu kod 30% proizvoda. (a) Odredite vjerojatnost neispravnosti proizvoda. (b) Odredite vjerojatnost pogrešne odluke tj. odluke kontolora da je proizvod ispravan a on je zaista neispravan. (c) Odredite vjerojatnost nepotrebnih troškova ili slanja na daljnje pretrage proizvoda ako je zaista ispravan.

Rješenje:
Postavljamo hipoteze-potpun sistem dogadaja:
H1 =”prva odluka -proizvod je neispravan”,  P(H1) = 0.5;
H2 =”druga odluka - sumnja se da je proizvod neispravan ”,  P(H2) = 0.2;
H3 =”treća odluka- proizvod je ispravan”,  P(H3) = 0.3.
Hi Hj = ,ij,   H1 H2 H3 = Ω.
Dogadaj A = ”proizvod je neispravan”.
Dogadaj Ac =”proizvod je ispravan”.

Zadane su uvjetne vjerojatnosti dogadaja A uz uvjet pojedine hipoteze:
P(A∕H1) = 0.8,  P(A∕H2) = 0.5  P(A∕H3) = 0.1.
(a) Trebamo odrediti P(A)
(b) Trbamo odrediti P(H3∕A) =?
(c) Trebamo odrediti P(H1 H2∕Ac)

(a) Koristimo formulu potpune vjerojatnosti:

       ∑3
P(A ) =    P(Hj )⋅P (A ∕Hj )
       j=1
P (A) = 0.5 ⋅0.8+ 0.2⋅0.5+ 0.3 ⋅0.1 = 0.53
P(Ac) = 0.47.
(b)Koristimo Bayesovu formulu:
P (H3∕A )  =  --P-(H3-)⋅P-(A∕H3-)-
               3∑
              j=1 P(Hj )⋅P (A ∕Hj )

           =  0.3-⋅0.1
                0.53
           =  0.056.

(c) Koristimo Bayesovu formulu:

                               c                  c
P (H1  ∪H2 ∕Ac)  =   P(H1-)⋅P-(A-∕H1-)+-P-(H2-)⋅P-(A-∕H2-)
                                   P (Ac )
                    0.5-⋅0.2+-0.2⋅0.50-
                =          0.47
                =   0.425.

4.1 Ponovimo

UVJETNA VJEROJATNOST



Uvjetna vjerojatnost od B uz uvjet da se dogodio APA(B) P(B∕A)


ako P(A) > 0 PA(B) = P(B-∩A)-
 P(A)


ako P(A) = 0 PA(B) = P(B)


formula produkta vjerojatnosti P(A B) = P(A) PA(B)


nezavisni dogadaji A i B P(A B) = P(A) P(B)


formula potpune vjerojatnosti P(A) = j=1nP(Hj) P(A∕Hj)


Bayesova formula P(Hi∕A) = nP(Hi)⋅P(A∕Hi)--
∑ P(Hj)⋅P (A∕Hj)
j=1