Pytanie:
Znajdź prawdopodobieństwo wystąpienia jednego zdarzenia na trzy, gdy wszystkie nie mogą wystąpić razem
Arnuld
2020-05-14 15:35:43 UTC
view on stackexchange narkive permalink

STATEMENT

Trzy zdarzenia E, F i G nie mogą wystąpić jednocześnie. Ponadto wiadomo, że P (E ∩ F) = P (F ∩ G) = P (E ∩ G) = 1/3. Czy potrafisz określić P (E)?

Zrobiłem ten diagram:

enter image description here

$ P (E \ cup F \ cup G) = P (E) + P (F) + P (G) - P (E \ cap F) - P ( E \ cap G) - P (F \ cap G) $

$ \ implikuje $ $ P (E) = P (E \ cup F \ cup G) - P (F) - P (G) + P (E \ cap F) + P (E \ cap G) + P (F \ cap G) $

$ \ implies $

$ P (E) = P (E \ cup F \ cup G) - P (F) - P (G) + \ frac 13 + \ frac 13 + \ frac 13 $

$ \ implies $

$ P (E) = P (E \ cup F \ cup G) - P (F) - P (G) + 1 $

Co teraz zrobić?

Wygląda na to, że ten diagram lepiej pasuje do opisu problemu:

enter image description here

FWIW, twój pierwszy diagram jest prawidłowym diagramem Eulera.Drugi diagram nie dotyczy obecnej sytuacji.
Pięć odpowiedzi:
#1
+36
whuber
2020-05-14 21:19:24 UTC
view on stackexchange narkive permalink

T Ten diagram Venna przedstawia sytuację, w której szansa na wzajemne przecięcie się wynosi zero:

Figure 1

From $ \ Pr (E \ cap F) = 1/3 $ wnioskujemy, że całe to prawdopodobieństwo leży w nakładaniu się $ E $ i $ F $ dyski, ale nie we wzajemnym nakładaniu się wszystkich trzech dysków. To pozwala nam zaktualizować diagram:

Figure 2

Stosując to samo rozumowanie do $ \ Pr (F \ cap G) = \ Pr (E \ cap G) = 1/3, $ otrzymujemy Venn diagram wyświetlający wszystkie informacje w pytaniu:

Figure 3

Aksjomat całkowitego prawdopodobieństwa potwierdza sumę wszystkich prawdopodobieństw (w tym prawdopodobieństwo uzupełnienia $ E \ cup F \ cup G, $ pokazany w lewym dolnym rogu) wynosi 1 USD

Jeszcze bardziej podstawowy aksjomat prawdopodobieństwa stwierdza, że ​​wszystkie prawdopodobieństwa muszą być nieujemne. Ale ponieważ 1/3 + 1/3 + 1/3 + 0 = 1, $ pojawiło się już całe możliwe prawdopodobieństwo. Pozostałe prawdopodobieństwa musi wynosić zero, co oznacza obraz można wypełnić tylko w ten sposób:

Figure 4

Wreszcie trzeci aksjomat (ten sam, który został użyty w drugim kroku wypełniania diagramu Venna) stwierdza, że ​​prawdopodobieństwo $ E $ jest równe sumie prawdopodobieństwa jego czterech części, ponieważ są rozłączne. Zatem zaczynając od centralnego prawdopodobieństwa i poruszając się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara po dysku, który przedstawia $ E, $ span >

$$ \ Pr (E) = 0 + 1/3 + 0 + 1/3 = 2/3. $$


One morał, o którym warto pamiętać:

Rysuj diagramy Venna w pełnej ogólności, tak aby pokazywały wszystkie możliwe przecięcia zbiorów, nawet jeśli wiesz, że niektóre z prawdopodobieństw wynoszą zero.

Ułatwia to systematyczne śledzenie wszystkich informacji.(Jest również bardziej dokładny koncepcyjnie, ponieważ zbiory prawdopodobieństwa zero nie muszą być niepuste!)

Zdecydowanie najłatwiej o tym pomyśleć.Masz 3 wzajemnie wykluczające się zdarzenia, których suma wynosi 1, dlatego prawdopodobieństwo wszystkiego innego wynosi 0.
(+1) Nie widzę powodu, aby negatywnie oceniać tę odpowiedź
@gunes To nie jedyna odpowiedź, która jest tutaj negatywnie oceniona i też nie widzę żadnego powodu, więc przypuszczam, że ktoś jest niezadowolony.Takie rzeczy się zdarzają.
Najwyraźniej tak.Ale przynosi więcej korzyści niż szkody.Moje poparcie również tam trafia.
#2
+8
gunes
2020-05-14 16:08:43 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Jeśli spróbujesz wypełnić diagram Venna, nie możesz umieścić niezerowych wpisów wewnątrz regionów innych niż reprezentowane przez przecięcia parami.Same utworzą przestrzeń próbki, co oznacza $$ \ mathbb P (E) = \ mathbb P (E \ cap F) + \ mathbb P (E \ cap G) = 2/3 $$

Jak wymyśliłeś tę formułę?
Ponieważ $ E \ cap F $, $ E \ cap G $ i $ F \ cap G $ wykluczają się wzajemnie, a ich prawdopodobieństwa sumują się do 1 $.Tak więc tworzą przestrzeń próbną, a prawdopodobieństwa wszystkich innych zdarzeń można zapisać jako sumę tych prawdopodobieństw.Łatwiejszym sposobem myślenia jest próba umieszczenia liczb wewnątrz zbiorów na diagramie Venna.Na przykład umieść $ x $ na wszystkich przecięciach parami, a $ y, z, t, u $ na pozostałych regionach.Spróbuj obliczyć prawdopodobieństwo przecięć, a następnie zrównaj z 1/3 $.
Dodałem zdjęcie do przestrzeni próbki.Czy to pasuje?
Tak, aby obliczyć $ P (E) $, musisz zmarginalizować wszystkie zdarzenia: $$ P (E) = \ sum _ {\ mathcal A} P (E \ cap \ mathcal A) $$ Możesz to zrobić, ponieważ $ E \ cap \ mathcal A $ wzajemnie się wykluczają.
coś do dodania, to fakt, że istnieją 4 wydarzenia, które można zmarginalizować.$ (F \ cap G), (F \ cap G ^ c), (F ^ c \ cap G), (F ^ c \ cap G ^ c) $.Pierwsze ograniczenie problemu uniemożliwia ich wystąpienie w przypadku zdarzenia $ E $, ponieważ $ P (E \ cap F \ cap G) = 0 $.Nie jestem pewien, dlaczego $ P (E \ cap F ^ c \ cap G ^ c) = 0 $.
@probabilityislogic tak.Jednak tutaj, ponieważ przestrzeń próbkowania można podzielić na trzy wzajemnie wykluczające się zdarzenia, a $ E $ nie może być ściśle wewnątrz tych wydarzeń, możemy znaleźć prawdopodobieństwo, sumując odpowiednie, tj. $ E \ cap F $ i $ E \ capG $.Nadal uważam, że podejście oparte na diagramie Venna jest znacznie łatwiejsze do zrozumienia.
#3
+6
Dilip Sarwate
2020-05-14 20:49:31 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Odpowiedź na pytanie „Czy potrafisz określić $ P (E) $ ?” jest Yes.

Biorąc pod uwagę zdarzenia $ E, F, G $ zdefiniowane w przestrzeni próbnej $ \ Omega $ , wiemy to \ begin {align} &E \ czapka F \ czapka G \\ &E \ czapka F \ czapka G ^ c \\ &E \ cap F ^ c \ cap G \\ &E \ cap F ^ c \ cap G ^ c \\ &E ^ c \ cap F \ cap G \\ &E ^ c \ cap F \ cap G ^ c \\ &E ^ c \ cap F ^ c \ cap G \\ &E ^ c \ cap F ^ c \ cap G ^ c \\ \ end {align} to $ 8 $ wzajemnie wykluczające się zdarzenia, których związek to $ \ Omega $ . Zatem suma prawdopodobieństw tych 8 $ zdarzeń wynosi 1 $ . Teraz powiedziano nam, że $ E, F, G $ nie może występować jednocześnie, to znaczy $ E \ cap F \ cap G = \ emptyset $ i tak $ P (E \ cap F \ cap G) = 0 $ . Powiedziano nam również, że \ begin {align} P (E \ cap F) & = P (E \ cap F \ cap G) + P (E \ cap F \ cap G ^ c) = \ frac 13 \\ P (E \ cap G) & = P (E \ cap F \ cap G) + P (E \ cap F ^ c \ cap G) = \ frac 13 \\ P (F \ cap G) & = P (E \ cap F \ cap G) + P (E ^ c \ cap F \ cap G) = \ frac 13 \ end {align} gdzie możemy czuć się swobodnie, jeśli chodzi o sumę pośrodku każdego równania, rozważając fakt, że prawdopodobieństwo zjednoczenia dwóch wzajemnie wykluczających się zdarzeń jest sumą prawdopodobieństw tych dwóch zdarzeń. Ponieważ $ P (E \ cap F \ cap G) = 0 $ , wnioskujemy, że \ begin {align} P (E \ cap F) & = P (E \ cap F \ cap G ^ c) = \ frac 13 \\ P (E \ cap G) & = P (E \ cap F ^ c \ cap G) = \ frac 13 \\ P (F \ cap G) & = P (E ^ c \ cap F \ cap G) = \ frac 13 \ end {align}

Jednak spośród 8 USD wymienionych powyżej wzajemnie wykluczających się zdarzeń, których związek to $ \ Omega $ ,zidentyfikowaliśmy trzy zdarzenia, których prawdopodobieństwa sumują się do 1 $ , a więc pozostałe zdarzenia $ 5 $ (jedno zczyli $ E \ cap F \ cap G $ ) musi mieć prawdopodobieństwo $ 0 $ .W konsekwencji, \ begin {align} P (E) & = P (E \ cap F \ cap G) + P (E \ cap F \ cap G ^ c) + P (E \ capF ^ c \ cap G) + P (E \ cap F ^ c \ cap G ^ c) \\ & = 0 + \ frac 13 + \ frac 13 + 0 \\ & = \ frac 23 \ end {align} Poprzez symetrię (lub przez brutalne powtórzenie powyższych argumentów mutatis mutandis ), możemy stwierdzić, że $ E, F, G $ all mają prawdopodobieństwo $ \ frac 23 $ .

I to, co ktoś uważa za wystarczająco nieodpowiednie w mojej odpowiedzi na głosowanie przeciw, klikając „Ta odpowiedź jest nieprzydatna”, nie wiem, ponieważ ten, kto nie chciał zostawić komentarza.
(+1) Również tutaj nie widzę powodu do negatywnego głosu.
#4
  0
user13549923
2020-05-17 03:50:29 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Czy możemy o tym myśleć w ten sposób?

P (E ∩ F) = P (F ∩ G) = P (E ∩ G) = 1/3

P (E ∩ F) + P (F ∩ G) + P (E ∩ G) = 1

Oznacza to, że prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia E samo w sobie wynosi zero, co oznacza, że może się zdarzyć tylko w przypadku F lub G i nie może się zdarzyć w obu.

P (E) = P (E ∩ F) + P (E ∩ G) = 1/3 + 1/3 = 2/3

#5
-1
Hunaphu
2020-05-16 22:27:00 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Ponieważ zdarzenia $ (E, F) $ , $ (E, G) $ $ (F, G) $ wykluczają się wzajemnie i sumując do jednego możemy użyć prawa całkowitego prawdopodobieństwa: $$ P (E) = P (E, F) + P (E, G) = \ tfrac {2} {3} $$ Ponieważ $ P (E \ mid E, F) P (E, F) = P (E, F) $ , to samo dotyczy $ E, G $ i $ P (E \ mid F, G) = 0 $ .

Jakie są $ A_i $?i czy muszą być zdarzeniami rozłącznymi (wzajemnie wykluczającymi się), aby zachowała się pierwsza równość?
Wydaje się, że zakładasz, że $ \ {F, G \} $ jest wyczerpującą partycją przestrzeni próbki, ale tak nie jest.Brakuje Ci wyrażenia $ P (E \ mid (F \ cup G) ^ c) P ((F \ cup G) ^ c) $ potrzebnego, aby to było ogólnie poprawne równanie (i zakładasz niejawnie $ F \cap G $ jest pusty, ale przynajmniej jest to faktem).


To pytanie i odpowiedź zostało automatycznie przetłumaczone z języka angielskiego.Oryginalna treść jest dostępna na stackexchange, za co dziękujemy za licencję cc by-sa 4.0, w ramach której jest rozpowszechniana.
Loading...