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 (Ω,,P) vjerojatnosni prostor i neka je A ∈ takav da je P(A) > 0. Tada funkciju P_A : → [0,1] zovemo uvjetna vjerojatnost a definiramo ∀ B ∈ 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 ).

TEOREM 4.1 Uvjetna vjerojatnost je vjerojatnost. Zadovoljava uvjete
(UP1) P_A(B) ≥ 0,B ⊂ (svojstvo nenegativnosti);
(UP2) P_A(Ω) = 1 (svojstvo normiranosti);
(UP3) A_i ∈, i ∈ ℕ, A_i ∩ A_j = ∅, i≠j ⇒ P_A(⋃ _i=1^∞A_i) = ∑ _i=1^∞P_A(A_i)

(svojstvo prebrojive aditivnosti).

Dokaz: (UP3) A_i ∈

, i ∈ N, A_i ∩ A_j = ∅, i≠j
⇒ A_i ∩ A ∈

, i ∈ N, (A_i ∩ A) ∩ (A_j ∩ A) = ∅, i≠j

∞⋃ ∞⋃ ∑∞ ⋃∞ 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 (Ω,(Ω),P) diskretni vjerojatnosni prostor, gdje je Ω konačan prostor elementarnih dogad-ja i P({ω_i}) = 1
n ,i = {1,...,n}. Neka je A ∈(Ω), |A| = m > 0 i P(A) = m-
n . Za B ∈(Ω) tako da je |A∩B| = r, uvjetna vjerojatnost P_A : (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({ω_i}) =

.
A = {1,2,3}, P(A) > 0, P(A) = 3
6

B = {2,4,6}, P_A(B) =?
P_A(B) = P(B-∩-A-)
P(A )

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 = {{ω_i,ω_j} : ω_i≠ω_j,ω₁,...,ω₉ ∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9}}, P({ω_i}) = 1
9

.
A ⊂ Ω, A = {ω_i₁,ω_i₂}, ω_i₁ + ω_i₂ = paran,
P(A) = C(42)+ C (25)
-----(2)----
C9

B ⊂ Ω, B = {ω_i₁,ω_i₂}, ω_i₁,ω_i₂ = neparni, P_A(B) =?
P(B ∩ A) = (2)
C5--
C(2)
9

, P_A(B) = P-(B-∩-A)
P (A)

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 P_A :
P_A(B) = P(A-∩-B-)
P(A )

⇒ P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P_A(B).
Ako je P(A) = 0 ⇒ P_A(B) = P(B) ⇒ P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B) = 0.

TEOREM 4.3 (FORMULA PRODUKTA VJEROJATNOSTI*)

Vjerojatnost produkta (presjeka) n dogadaja (A₁ ∩ A₂ ∩ ... ∩ A_n) 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

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

⋅

.
Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):
P(A₁ ∩ A₂) = C(123)⋅C (013)⋅C (10)3 ⋅C(103)
---------(2)--------
C52

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”, A^c=”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) =

.
Prema formuli produkta (presjeka) vjerojatnosti
P(A^c) = P(A₁) ⋅ P(A₂∕A₁) ⋅ P(A₃∕A₁ ∩ A₂) = -4
10

⋅

⋅

.
Ili direktno (pomoću formule za uzorak bez vraćanja):
P(A^c) = P(A₁ ∩ A₂ ∩ A₃) = C(43)⋅C(06)
--C(3)--
10

.
P(A) = 1 - P(A^c) = 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

Definicija 4.2 (NEZAVISNI DOGAĐAJI)

Neka je (Ω,,P) vjerojatnosni prostor i neka su A,B ∈. 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 (Ω,,P) vjerojatnosni prostor i neka je A_i ∈ ,i ∈ I familija dogadaja. Kažemo da je to nezavisna familija dogadaja ako za svaki konačni podskup različitih indeksa {i₁,...,i_k}∈ 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, P(Ω ∩ A) = 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) A^c i B,
(b) A i B^c,
(c) A^c i B^c.

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 ∈

⇒ P(A∪B) = P(A) + P(B) -P(A∩B) 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(A∩B) = 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 (Ω,,P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H₁,H₂,...,H_n ∈ čine potpun sistem dogadaja. Tada

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

H_i ∩ H_j = ∅, i≠j, ⋃ _i=1ⁿH_i = Ω, ∑ _i=1ⁿP(H_i) = 1.
Prema teoremu o vjerojatnosti produkta (presjeka) dogadaja:
P(A ∩ H_i) = P(H_i) ⋅ P(A∕H_i).

TEOREM 4.5 (FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI ZA UVJETNU VJEROJATNOST)

Neka je (Ω,,P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H₁,H₂,...,H_n ∈ 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 (Ω,,P) vjerojatnosni prostor i neka skupovi H₁,H₂,...,H_n ∈ čine potpun sistem dogadaja. Neka dogadaj A ∈ 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 )

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

NAPOMENA 4.2

Bayesovu formulu koristimo kad želimo naći istinitu hipotezu iz skupa od n postavljenih hipoteza H_i,i = 1,...,n, ako znamo da se dogodio dogadaj A. Za svako i = 1,...,n, računamo P(H_i∕A). Hipoteza H_i0za koju je P(H_i0∕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

H_i ∩ H_j = ∅,i≠j, 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

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.
H_i ∩ H_j = ∅,i≠j,   H₁ ∪ H₂ ∪ H₃ = Ω.
Dogadaj A = ”proizvod je neispravan”.
Dogadaj A^c =”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∕A^c)

4.1 Ponovimo


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

ako P(A) > 0	P_A(B) =

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

formula produkta vjerojatnosti	P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P_A(B)

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

formula potpune vjerojatnosti	P(A) = ∑ _j=1ⁿP(H_j) ⋅ P(A∕H_j)

Bayesova formula	P(H_i∕A) =

Poglavlje 4UVJETNA VJEROJATNOST

4.1 Ponovimo

Poglavlje 4
UVJETNA VJEROJATNOST