Условная вероятность

20 мин · 2 упражнения

Что это и зачем?

Допустим, бросают кость и уже известно, что выпало чётное. Теперь вероятность шестёрки уже не $\frac{1}{6}$: ведь известно, что это точно 2, 4 или 6. Осталось три варианта, и шестёрка является одним из них. Значит, вероятность = $\frac{1}{3}$.

Это и есть условная вероятность: вероятность события, когда мы уже что-то знаем о ситуации.

На EPM такие задачи можно узнать по фразам:

• «Если известно, что...»
• «При условии, что...»
• «Среди тех, кто...»

---

Формула и что она означает

$$P(B\mid \mid A)==\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$$

Читается: «вероятность B при условии A».

Почему формула именно такая?

Когда мы узнали, что произошло $A$, весь остальной мир нас больше не интересует. Круг $A$ становится нашей новой «вселенной». И мы спрашиваем: какая часть этой новой вселенной является ещё и $B$?

• Числитель $P(A\cap B)$: то, что нам нужно (и $A$, и $B$ одновременно)
• Знаменатель $P(A)$: наша новая «вселенная»

По сути, мы просто делим «нужное» на «всё что осталось».

---

Правило умножения для зависимых событий

Из формулы условной вероятности сразу следует важное правило:

$$\boxed{P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A)}$$

Это правило умножения для зависимых событий. Оно позволяет найти вероятность того, что произойдут оба события, когда второе зависит от первого.

Пример: Из урны с 5 белыми и 3 чёрными шарами вытаскивают 2 шара без возврата. Какова вероятность, что оба белые?

• $P(\text{первый белый})=\frac{5}{8}$
• $P(\text{второй белый}|\text{первый белый})=\frac{4}{7}$ (осталось 4 белых из 7)
• $P(\text{оба белые})=\frac{5}{8}\cdot \frac{4}{7}=\frac{20}{56}=\frac{5}{14}$

---

Правило сложения для объединений (Additionssatz)

Правило умножения отвечает на вопрос про $A\cap B$, то есть про то, что оба события происходят вместе. Второй вопрос звучит как $A\cup B$: происходит хотя бы одно из двух. В тексте задания этому соответствует „oder“ (или), и это „oder“ прямо включает случай, когда верно и то, и другое.

$$P(A\cup \cup B)=$$

$$P(A)++P(B)--P(A\cap \cap B)$$

Вычитание в конце составляет главное содержание формулы. Если сложить только $P(A)$ и $P(B)$, каждый случай, относящийся к обоим событиям, окажется посчитан дважды: один раз в $P(A)$ и ещё раз в $P(B)$. Один из этих двух подсчётов лишний, поэтому $P(A\cap B)$ вычитается ровно один раз.

Несовместные события

Если $A$ и $B$ не могут произойти одновременно, то $A\cap B=\varnothing$, а значит $P(A\cap B)=0$. Вычитание исчезает, и формула сокращается:

$$P(A\cup \cup B)==P(A)++P(B)\text{если}A\cap \cap B==\varnothing$$

Объединение в таблице

В таблице сопряжённости $A\cup B$ покрывает три из четырёх внутренних клеток. Снаружи остаётся только одна клетка, в которой не происходит ни $A$, ни $B$:

Отсюда получается второй способ расчёта, который обходится без вычитания и хорошо подходит для проверки:

$$P(A\cup \cup B)==1--P(\overline{A}\cap \cap \overline{B})$$

В таблице может быть и больше двух столбцов, например три сектора или три типа устройств. На правиле сложения это никак не сказывается, растут только число клеток и число слагаемых в краевых суммах.

Пример: секторы на стадионе

На стадионе 30 000 мест в секторах $A$, $B$ и $C$. 23 100 зрителей имеют австрийское гражданство, остальные приехали из-за рубежа. Заполненная таблица выглядит так:

$\ddot{O}$ обозначает «человек имеет австрийское гражданство», $G$ «человек его не имеет», а $A$, $B$ и $C$ обозначают сектор, в котором этот человек сидит.

$P(A\cup B)$: Никто не сидит в двух секторах сразу, поэтому $P(A\cap B)=0$ и вычитание отпадает.

$$P(A\cup \cup B)==\frac{12000}{30000}++\frac{9000}{30000}==0,40++0,30=$$

$$70\%$$

$P(C\cup G)$: Здесь события пересекаются: 5 400 гостей из-за рубежа сидят в секторе $C$. Эти люди входят и в $P(C)$, и в $P(G)$.

$$P(C\cup \cup G)==\frac{9000}{30000}++\frac{6900}{30000}--\frac{5400}{30000}==0,30++0,23--0,18=$$

$$35\%$$

Без вычитания получилось бы $53\%$. Проверка по клеткам: в секторе $C$ сидят $3600+5400=9000$ человек, за пределами $C$ добавляются ещё $600+900=1500$ гостей, вместе $10500$ из $30000$, и это снова даёт $35\%$.

Одну и ту же таблицу спрашивают двумя способами. Часть вопросов сформулирована по-немецки словами („eine Person ist Gast aus dem Ausland und sitzt nicht im Sektor C“, человек приехал из-за рубежа и не сидит в секторе C), другая часть записана чистыми символами вроде $P(\overline{B})$, $P(A\cap B)$ или $P(A\cup B)$. Смысл один и тот же: развёрнутая фраза выше записывается как $P(G\cap \overline{C})$. Здесь „und“ соответствует знаку $\cap$, „oder“ знаку $\cup$, „nicht“ надчёркиванию, а „unter denen, die ...“ вертикальной черте.

---

Примеры

Пример 1: Кость

Бросили кость. Известно, что выпало чётное. Какова вероятность, что это 6?

Разбираем:

• $A$ = чётное = 6: наше условие, наша новая «вселенная»
• $B$ = шестёрка = 6: то, что мы ищем
• $A\cap B$ = 6: пересечение (шестёрка, которая ещё и чётная, то есть просто шестёрка)

Считаем:

$$P(B\mid \mid A)==\frac{P(A\cap B)}{P(A)}==\frac{1/6}{3/6}==\frac{1}{3}$$

Или проще: из трёх чётных (2, 4, 6) нам подходит одно (6). Ответ: $\frac{1}{3}$.

Пример 2: Карты

Вытянули карту из колоды (52 карты). Известно, что она красная. Какова вероятность, что это туз?

Разбираем:

• Красных карт: 26 (черви + бубны)
• Тузов: 4 (по одному в каждой масти)
• Красных тузов: 2 (туз червей и туз бубен)

Считаем: Из 26 красных карт 2 являются тузами. Значит: $\frac{2}{26}=\frac{1}{13}$

---

Формула полной вероятности

Иногда нам нужно посчитать общую вероятность события, зная вероятности в разных группах.

Пример: Три станка

В цехе три станка:

• Первый производит 50% всех деталей, доля брака: 2%
• Второй производит 30% всех деталей, доля брака: 3%
• Третий производит 20% всех деталей, доля брака: 4%

Какова вероятность, что случайная деталь бракованная?

$$P(\text{брак})==0,5\times \times 0,02++0,3\times \times 0,03++0,2\times \times 0,04==0,027$$

Логика: Бракованная деталь могла прийти с любого станка. Считаем вклад каждого:

• От станка 1: $0,50\times 0,02=0,010$ (половина деталей, 2% брака)
• От станка 2: $0,30\times 0,03=0,009$ (треть деталей, 3% брака)
• От станка 3: $0,20\times 0,04=0,008$ (пятая часть, 4% брака)

Складываем: $0,010+0,009+0,008=0,027=2,7\%$

Это и есть формула полной вероятности:

$$P(\text{брак})==P(H_1)\cdot \cdot P(\text{брак}\mid \mid H_1)++P(H_2)\cdot \cdot P(\text{брак}\mid \mid H_2)++P(H_3)\cdot \cdot P(\text{брак}\mid \mid H_3)$$

где $H_1,H_2,H_3$ обозначают «деталь со станка 1, 2, 3».

Общая формула

$$P(A)==\sum _{i}P(H_i)\cdot \cdot P(A\mid \mid H_i)$$

где $H_1,H_2,\dots$ образуют полную группу взаимоисключающих гипотез (сумма их вероятностей = 1).

---

Формула Байеса: «переворачиваем» условие

Теперь интересный вопрос: деталь оказалась бракованной. С какого станка она скорее всего?

Мы знаем $P(\text{брак}|H_1)$ = 2% (вероятность брака, если деталь с первого станка).

А нам нужно $P(H_1|\text{брак})$ (вероятность первого станка, если деталь бракованная).

Это «обратная» задача, и решается она формулой Байеса:

$$P(H_1\mid \mid \text{брак})==\frac{P(H_1)\cdot P(\text{брак}\mid H_1)}{P(\text{брак})}$$

Подставляем:

$$P(H_1\mid \mid \text{брак})==\frac{0,50\times 0,02}{0,027}==\frac{0,01}{0,027}\approx \approx 0,37$$

То есть около 37% бракованных деталей приходится на первый станок.

Почему это работает? Формула Байеса отвечает на вопрос: «Какая доля брака приходится на станок 1?». Числитель показывает вклад станка 1 в общий брак, знаменатель равен общему браку. Делим и получаем долю.

Общая формула Байеса

$$P(H_k\mid \mid A)==\frac{P(H_k)\cdot P(A\mid H_k)}{P(A)}$$

Запомните порядок:

• Числитель: P(гипотеза) × P(событие | гипотеза)
• Знаменатель: P(событие), вычисляется через формулу полной вероятности

Пример: Медицинский тест

Редкая болезнь поражает 1% населения. Существует тест:

• Если человек болен, тест показывает «+» в 95% случаев (чувствительность)
• Если человек здоров, тест ошибочно показывает «+» в 2% случаев (ложные срабатывания)

Тест показал «+». Какова вероятность, что вы действительно больны?

Интуитивный (неправильный) ответ: «Раз тест положительный и его точность 95%, значит вероятность болезни около 95%».

Это ловушка! Применим формулу Байеса.

Дано:

• $P(\text{болен})=0,01$ (1% населения)
• $P(\text{здоров})=0,99$
• $P(+|\text{болен})=0,95$
• $P(+|\text{здоров})=0,02$

Шаг 1. Найдём P(+) по формуле полной вероятности:

$$P(+)==P(\text{болен})\cdot \cdot P(+\mid \mid \text{болен})++P(\text{здоров})\cdot \cdot P(+\mid \mid \text{здоров})$$ $$P(+)==0,01\cdot \cdot 0,95++0,99\cdot \cdot 0,02==0,0095++0,0198==0,0293$$

Шаг 2. Применяем формулу Байеса:

$$P(\text{болен}\mid \mid +)==\frac{P(\text{болен})\cdot P(+\mid \text{болен})}{P(+)}==\frac{0,01\cdot 0,95}{0,0293}\approx \approx 0,32$$

Ответ: ~32%, а не 95%!

Интуиция: Болезнь редкая (всего 1% больных). Среди всех положительных тестов большинство составляют ложные срабатывания от здоровых людей (которых 99%). Формула Байеса учитывает «базовую частоту» события.

---

Независимость событий

События $A$ и $B$ независимы, если знание об одном не меняет вероятность другого:

$$P(B\mid \mid A)==P(B)$$

Это равносильно:

$$P(A\cap \cap B)==P(A)\cdot \cdot P(B)$$

Пример

$P(A)=0,4$, $P(B)=0,5$, $P(A\cap B)=0,2$

Проверяем: $P(A)\cdot P(B)=0,4\times 0,5=0,2$

Совпало с $P(A\cap B)$! Значит, события независимы.

Частая путаница

Несовместные ≠ Независимые!

• Несовместные: не могут произойти одновременно ($A\cap B=\varnothing$). Пример: «выпало 3» и «выпало чётное» несовместны.
• Независимые: не влияют друг на друга. Пример: результат первого броска и результат второго броска независимы.

Несовместные события наоборот максимально зависимы: если одно произошло, второе точно нет!

---

Частые ошибки

Ошибка 1: Перепутать условие и событие

$P(\text{привит}|\text{заболел})$ это НЕ то же самое, что $P(\text{заболел}|\text{привит})$.

Первое: «среди заболевших доля привитых». Второе: «среди привитых доля заболевших».

Ошибка 2: Неправильный знаменатель

В $P(B|A)$ знаменатель равен условию (тому, что стоит после вертикальной черты).

$P(\text{туз}|\text{красная})$ → делим на количество красных, НЕ тузов.

Ошибка 3: Путать P(A|B) и P(B|A)

✗ Неправильно: $P(\text{болезнь}|\text{положительный тест})=P(\text{положительный тест}|\text{болезнь})$

✓ Правильно: Это совершенно разные величины!

• $P(+|\text{болен})=95\%$ (чувствительность теста)
• $P(\text{болен}|+)\approx 32\%$ (реальная вероятность болезни)

Формула Байеса как раз связывает эти величины.

Ошибка 4: считать „oder“ без вычитания

Прежде чем считать объединение, проверьте, может ли отдельный случай относиться сразу к обоим событиям. В примере выше обе возможности стоят рядом: два сектора исключают друг друга, а „Sektor $C$“ и „Gast aus dem Ausland“ нет.

---

Практика с таблицами

Многие задачи на условную вероятность удобно решать с помощью таблиц сопряжённости (Vierfeldertafel). Этот метод позволяет наглядно работать с конкретными числами вместо абстрактных вероятностей.

Подробнее о работе с таблицами см. тему «Vierfeldertafel».

---

Проверьте себя

Ваша очередь1 из 2

Для двух событий известно: $P(A)=0,3$, $P(B)=0,6$ и $P(A\cup B)=0,72$. Какое утверждение об $A$ и $B$ верно?

A$A$ и $B$ зависимы и исключают друг друга.B$A$ и $B$ независимы и исключают друг друга.C$A$ и $B$ зависимы и пересекаются.D$A$ и $B$ независимы и пересекаются.

Проверить

Ваша очередь2 из 2

В коробке 4 красных и 6 синих карандашей. Друг за другом вытаскивают два карандаша без возврата. Какое выражение даёт вероятность вытащить один красный и один синий карандаш?

A$\frac{4}{10}\cdot \frac{6}{10}$B$2\cdot \frac{4}{10}\cdot \frac{6}{10}$C$\frac{4}{10}\cdot \frac{6}{9}$D$2\cdot \frac{4}{10}\cdot \frac{6}{9}$

Проверить

---

Формулы

Условная вероятность:

$$P(B\mid \mid A)==\frac{P(A\cap B)}{P(A)}$$

Правило умножения:

$$P(A\cap \cap B)==P(A)\cdot \cdot P(B\mid \mid A)$$

Правило сложения:

$$P(A\cup \cup B)==P(A)++P(B)--P(A\cap \cap B)$$

Полная вероятность:

$$P(A)==\sum _{i}P(H_i)\cdot \cdot P(A\mid \mid H_i)$$

Формула Байеса:

$$P(H_k\mid \mid A)==\frac{P(H_k)\cdot P(A\mid H_k)}{P(A)}$$

Независимость:

$$P(A\cap \cap B)==P(A)\cdot \cdot P(B)$$