प्रायिकता के सिद्धांत केवल तार्किक विषय के माप के रूप में अंकगणितीय रूप से अध्ययन किया जाता है - सी.एस. पेयर्स

13.1 परिचय

पियरे डी फर्माट $(1601-1665)$

पिछले कक्षाओं में, हमने एक यादृच्छिक प्रयोग में घटनाओं की अनिश्चितता के माप के रूप में प्रायिकता के बारे में अध्ययन किया है। हमने रूसी गणितज्ञ, एन. एन. कोल्मोगोरोव (1903-1987) द्वारा विकसित अक्सियोमातिक प्रायिकता के प्रस्ताव के बारे में चर्चा की है और प्रायिकता को प्रयोग के नतीजों के फंक्शन के रूप में ले आए हैं। हमने बराबर संभावना वाले नतीजों के मामले में अक्सियोमातिक सिद्धांत और क्लासिकल प्रायिकता सिद्धांत के बीच समतुल्यता को स्थापित कर लिया है। इस संबंध के आधार पर, हमने विस्तृत नमूना अंतरिक्ष से संबंधित घटनाओं की प्रायिकता को प्राप्त किया है। हमने अतिरिक्त नियम के बारे में भी अध्ययन किया है। इस अध्याय में, हम एक घटना की प्रायिकता के महत्वपूर्ण अवधारणा के बारे में चर्चा करेंगे, जो एक अन्य घटना के घटने के बाद दी गई है, जो बेयज़ थियोरम, प्रायिकता के गुणन नियम और घटनाओं की स्वतंत्रता को समझने में सहायक होगी। हम यह भी सीखेंगे कि यादृच्जिछ चर और इसके प्रायिकता वितरण के महत्वपूर्ण अवधारणा के बारे में, तथा प्रायिकता वितरण के माध्य और विचलन के बारे में। इस अध्याय के अंतिम अनुभाग में, हम एक महत्वपूर्ण विस्तृत प्रायिकता वितरण के बारे में अध्ययन करेंगे जिसे बाइनोमियल वितरण कहा जाता है। इस अध्याय के दौरान, हम बराबर संभावना वाले नतीजों वाले प्रयोगों के बारे में चर्चा करेंगे, अन्यथा निर्दिष्ट नहीं करेंगे।

13.2 संयोजित प्रायिकता

अब तक प्रायिकता में, हमने घटनाओं की प्रायिकता के विधियों के बारे में चर्चा की है। यदि हम एक ही नमूना अंतरिक्ष से दो घटनाएं लें, तो एक घटना के घटने के बारे में जानकारी क्या दूसरी घटना की प्रायिकता को प्रभावित करती है? इस प्रश्न के उत्तर देने के लिए, हम एक यादृच्छिक प्रयोग के बारे में चर्चा करेंगे जिसमें नतीजे बराबर संभावना वाले हों।

तीन बराबर सिक्कों के उछाल के प्रयोग को विचार करें। प्रयोग के नमूना अंतरिक्ष है

$ \mathrm{S}={\mathrm{HHH}, \mathrm{HHT}, \mathrm{HTH}, \mathrm{THH}, \mathrm{HTT}, \mathrm{THT}, \mathrm{TTH}, \mathrm{TTT}} $

क्योंकि सिक्के बराबर हैं, हम नमूना बिंदु के लिए प्रायिकता $\dfrac{1}{8}$ निर्धारित कर सकते हैं। मान लीजिए $E$ घटना है ‘कम से कम दो सिक्के छोटे हों’ और $F$ घटना है ‘पहला सिक्का पैसा दिखाता है’।

तब

$\qquad \qquad \mathrm{E}={\mathrm{HHH}, \mathrm{HHT}, \mathrm{HTH}, \mathrm{THH}}$

और $\qquad \mathrm{F}={ \mathrm{THH, THT, TTH, TTT} }$

इसलिए $ \quad \mathrm{P}(\mathrm{E})=\mathrm{P}({\mathrm{HHH}})+\mathrm{P}({\mathrm{HHT}})+\mathrm{P}({\mathrm{HTH}})+\mathrm{P}({\mathrm{THH}}) $

$ \qquad \qquad \qquad \quad =\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2} \text { (क्यों?) } $

और $ \qquad \mathrm{P}(\mathrm{F})=\mathrm{P}({\mathrm{THH}})+\mathrm{P}({\mathrm{THT}})+\mathrm{P}({\mathrm{TTH}})+\mathrm{P}({\mathrm{TTT}}) $

$ \qquad \qquad \qquad =\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2} $

इसके अलावा $\qquad \mathrm{E} \cap \mathrm{F}={\mathrm{THH}}$

साथ ही $\quad \mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F})=\mathrm{P}({\mathrm{THH}})=\dfrac{1}{8}$

अब, मान लीजिए हमें दिया गया है कि पहला सिक्का पैसा दिखाता है, अर्थात $F$ हो गया है, तो $E$ के घटना की प्रायिकता क्या है? $F$ के घटना के ज्ञान के साथ, हम यह जानते हैं कि पहला सिक्का पैसा नहीं दिखाता है वाले मामलों को $E$ की प्रायिकता के खोज के दौरान ध्यान में नहीं लेना चाहिए। यह जानकारी हमारे नमूना अंतरिक्ष को सेट $S$ से घटना $E$ के उपसमुच्चुक $F$ में घटा देती है। इस तरह, अतिरिक्त जानकारी वास्तव में घटना $F$ के घटना के लिए अनुकूल नतीजों के अंतरिक्ष के रूप में एक नए यादृच्छिक प्रयोग के बारे में बताती है।

अब, घटना $E$ के लिए घटना $F$ के अनुकूल नमूना बिंदु $THH$ है।

इसलिए, घटना $E$ की प्रायिकता जब $F$ को नमूना अंतरिक्ष के रूप में लिया जाता है $=\dfrac{1}{4}$,

या $\quad$ घटना $F$ के घटित होने के दिये गए अंतर्गत $E$ की प्रायिकता $=\dfrac{1}{4}$

इस प्रायिकता को घटना $E$ की $F$ के घटित होने के दिये गए अंतर्गत $E$ की प्रायिकता कहते हैं, और इसे $P(E \mid F)$ से नोट करते हैं।

इसलिए $\quad P(E \mid F)=\dfrac{1}{4}$

ध्यान दें कि $F$ के घटना $E$ के पक्ष में तत्व $E$ और $F$ के सामान्य तत्व हैं, अर्थात $E \cap F$ के नमूना बिंदु हैं।

इसलिए, हम यह भी लिख सकते हैं कि $F$ के घटित होने के दिये गए अंतर्गत $E$ की प्रायिकता के रूप में

$ \qquad \begin{aligned} P(E \mid F) & =\dfrac{\text{ घटना } E \cap F \text{ के पक्ष में तत्वों की संख्या}}{\text{ घटना } F \text{ के पक्ष में तत्वों की संख्या}} \\ & =\dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} \end{aligned} $

नमूना अंतर्गत तत्वों की कुल संख्या से अंश और हर को विभाजित करने पर, हम देख सकते हैं कि $P(EIF)$ को इस रूप में भी लिखा जा सकता है

$ \qquad P(E \mid F)=\dfrac{\dfrac{n(E \cap F)}{n(S)}}{\dfrac{n(F)}{n(S)}}=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)} \hspace{2cm} \ldots(1) $

ध्यान दें कि (1) केवल तब सही होता है जब $P(F) \neq 0$ अर्थात $F \neq \phi$ (क्यों?)

इसलिए, हम निम्नलिखित तरह से प्रायिकता की शर्त निर्धारित कर सकते हैं :

परिभाषा 1 यदि $E$ और $F$ एक यादृच्छिक प्रयोग के एक ही नमूना अंतर्गत घटनाएं हैं, तो घटना $E$ की शर्ती प्रायिकता, अर्थात $P(E \mid F)$, निम्नलिखित द्वारा दी जाती है

$ \qquad P(EIF)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)} \text{ जबकि } P(F) \neq 0 $

13.2.1 शर्ती प्रायिकता के गुण

मान लीजिए $E$ और $F$ एक प्रयोग के नमूना अंतर्गत $S$ की घटनाएं हैं, तो हम निम्नलिखित देख सकते हैं

गुण 1 $~P(S \mid F)=P(F \mid F)=1$

हम जानते हैं कि

$ \qquad \qquad \mathrm{P}(\mathrm{S} \mid \mathrm{F})=\dfrac{\mathrm{P}(\mathrm{S} \cap \mathrm{F})}{\mathrm{P}(\mathrm{F})}=\dfrac{\mathrm{P}(\mathrm{F})}{\mathrm{P}(\mathrm{F})}=1 $

इसके अतिरिक्त $ \qquad P(F \mid F)=\dfrac{P(F \cap F)}{P(F)}=\dfrac{P(F)}{P(F)}=1 $

इसलिए $ \qquad \mathrm{P}(\mathrm{S} \mid \mathrm{F})=\mathrm{P}(\mathrm{F} \mid \mathrm{F})=1 $

गुण 2 यदि $A$ और $B$ एक नमूना अंतर्गत $S$ की कोई दो घटनाएं हैं और $F$ एक ऐसी घटना है जो $S$ के अंतर्गत है तो जबकि $P(F) \neq 0$, तब

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

विशेष रूप से, यदि $A$ और $B$ अलग-अलग घटनाएँ हैं, तो

$ \qquad P((A \cup B) \mid F)=P(A \mid F)+P(B \mid F) $

हम रखते हैं

$ \qquad \begin{aligned} P((A \cup B) \mid F) & =\dfrac{P[(A \cup B) \cap F]}{P(F)} \\ & =\dfrac{P[(A \cap F) \cup(B \cap F)]}{P(F)} \end{aligned} $

(समुच्चयों के एकता के वितरण नियम के द्वारा)

$ \qquad \begin{aligned} & =\dfrac{P(A \cap F)+P(B \cap F)-P(A \cap B \cap F)}{P(F)} \\ & =\dfrac{P(A \cap F)}{P(F)}+\dfrac{P(B \cap F)}{P(F)}-\dfrac{P[(A \cap B) \cap F]}{P(F)} \\ & =P(A \mid F)+P(B \mid F)-P((A \cap B) \mid F) \end{aligned} $

जब $A$ और $B$ अलग-अलग घटनाएँ हों, तो

$ \begin{matrix}
& P((A \cap B) \mid F)=0 \\ \Rightarrow \quad & P((A \cup B) \mid F)=P(A \mid F)+P(B \mid F) \end{matrix} $

गुण 3 $~P(E^{\prime} \mid F)=1-P(E \mid F)$

गुण 1 से हम जानते हैं कि $P(SIF)=1$

$ \begin{matrix} \Rightarrow & P(E \cup E^{\prime} \mid F)=1 & \text{ क्योंकि } S=E \cup E^{\prime} \\ \Rightarrow & P(E \mid F)+P(E^{\prime} \mid F)=1 & \text{ क्योंकि } E \text{ और } E^{\prime} \text{ अलग-अलग घटनाएँ हैं } \\ \text{ इसलिए, } & P(E^{\prime} \mid F)=1-P(E \mid F) \end{matrix} $

अब हम कुछ उदाहरण लेते हैं।

उदाहरण 1 यदि $P(A)=\dfrac{7}{13}, P(B)=\dfrac{9}{13}$ और $P(A \cap B)=\dfrac{4}{13}$, तो $P(A \mid B)$ का मूल्यांकन करें।

हल हम रखते हैं $P(A \mid B)=\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}=\dfrac{\dfrac{4}{13}}{\dfrac{9}{13}}=\dfrac{4}{9}$

उदाहरण 2 एक परिवार में दो बच्चे हैं। दिया गया है कि कम से कम एक बच्चा लड़का है, तो दोनों बच्चे लड़के होने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $b$ लड़का और $g$ लड़की के लिए बर्ताव करता है। प्रयोग के नमूना अंतरिक्ष है

$ \qquad S={(b, b),(g, b),(b, g),(g, g)} $

मान लीजिए E और F निम्न घटनाओं को दर्शाते हैं :

E : ‘दोनों बच्चे लड़के हैं’

F : ‘कम से कम एक बच्चा लड़का है’

तब $\qquad E={(b, b)}$ और $F={(b, b),(g, b),(b, g)}$

अब $\qquad E \cap F={(b, b)}$

इसलिए $ \qquad P(F)=\dfrac{3}{4} \text{ और } P(E \cap F)=\dfrac{1}{4}

$

इसलिए $ \qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}=\dfrac{\dfrac{1}{4}}{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{1}{3} $

उदाहरण 3 एक बॉक्स में 1 से 10 तक संख्या लिखे गए 10 कार्ड हैं, जिन्हें अच्छी तरह से मिक्स कर दिया गया है और फिर एक कार्ड यादृच्छिक रूप से खींचा जाता है। यदि यह ज्ञात हो कि खींचे गए कार्ड पर संख्या 3 से अधिक है, तो इसकी प्रायिकता क्या है कि यह एक सम संख्या है?

हल मान लीजिए A घटना है ‘खींचे गए कार्ड पर संख्या सम है’ और B घटना है ‘खींचे गए कार्ड पर संख्या 3 से अधिक है’। हमें $P(A \mid B)$ ज्ञात करना है।

अब, प्रयोग के सैंपल स्पेस है $S={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}$

तब $ \qquad A={2,4,6,8,10}, B={4,5,6,7,8,9,10} $

और $ \qquad A \cap B={4,6,8,10} $

इसके अलावा $ \qquad P(A)=\dfrac{5}{10}, P(B)=\dfrac{7}{10} \text{ और } P(A \cap B)=\dfrac{4}{10} $

तब $ \qquad P(A \mid B)=\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}=\dfrac{\dfrac{4}{10}}{\dfrac{7}{10}}=\dfrac{4}{7} $

उदाहरण 4 एक स्कूल में 1000 छात्र हैं, जिनमें से 430 लड़कियाँ हैं। यह ज्ञात है कि 430 में से 10% लड़कियाँ कक्षा XII में अध्ययन करती हैं। यदि एक छात्र यादृच्छिक रूप से चुना जाता है, तो दिया गया है कि चुना गया छात्र लड़की है, तो कक्षा XII में अध्ययन करने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए E घटना है जिसमें एक छात्र यादृच्छिक रूप से चुना जाता है और कक्षा XII में अध्ययन करता है और $F$ घटना है जिसमें यादृच्छिक रूप से चुना गया छात्र लड़की है। हमें $P(E \mid F)$ ज्ञात करना है।

अब $\qquad P(F)=\dfrac{430}{1000}=0.43$ और $P(E \cap F)=\dfrac{43}{1000}=0.043~$(क्यों?)

तब $\qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}=\dfrac{0.043}{0.43}=0.1$

उदाहरण 5 एक पासा तीन बार फेंका जाता है। घटनाएँ A और B निम्न प्रकार परिभाषित हैं:

A : तीसरी फेंक पर 4

B : पहली फेंक पर 6 और दूसरी फेंक पर 5

A की प्रायिकता ज्ञात कीजिए जबकि B पहले से हो चुका है।

हल प्रयोग के सैंपल स्पेस में 216 नतीजे हैं।

अब $\qquad \mathrm{A} =\left\lbrace \begin{array}{ccccccc} (1,1,4) & (1,2,4) & \ldots & (1,6,4) & (2,1,4)& (2,2,4)& \ldots & (2,6,4) \\
(3,1,4) & (3,2,4) &\ldots & (3,6,4)& (4,1,4)& (4,2,4) &\ldots &(4,6,4) \\ (5,1,4) & (5,2,4) & \ldots & (5,6,4)& (6,1,4)&(6,2,4)& \ldots &(6,6,4) \\ \end{array}\right\rbrace $

$ \qquad \qquad \begin{aligned} & B={(6,5,1),(6,5,2),(6,5,3),(6,5,4),(6,5,5),(6,5,6)} \end{aligned} $

और $ \quad A \cap B={(6,5,4)} . $

अब $ \quad P(B)=\dfrac{6}{216} \text{ और } P(A \cap B)=\dfrac{1}{216} $

तब $ \qquad P(A \mid B)=\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}=\dfrac{\dfrac{1}{216}}{\dfrac{6}{216}}=\dfrac{1}{6} $

उदाहरण 6 एक पासा दो बार फेंका जाता है और उसकी संख्याओं के योग के अवलोकन के अनुसार 6 पाया जाता है। यह शर्तीय प्रायिकता क्या होगी कि पासे में कम से कम एक बार 4 आया हो?

हल मान लीजिए $E$ घटना है कि ‘कम से कम एक बार 4 आए’ और $F$ घटना है कि ‘संख्याओं के योग 6 हो’।

तब, $ \qquad E={(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(1,4),(2,4),(3,4),(5,4),(6,4)}$

और $\qquad \quad F={(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)}$

हमारे पास $ \qquad P(E)=\dfrac{11}{36} \text{ और } P(F)=\dfrac{5}{36} $

इसके अलावा $ \qquad E \cap F={(2,4),(4,2)} $

इसलिए $ \qquad P(E \cap F)=\dfrac{2}{36} $

इसलिए, आवश्यक प्रायिकता

$ \qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}=\dfrac{\dfrac{2}{36}}{\dfrac{5}{36}}=\dfrac{2}{5} $

उपरोक्त शर्तीय प्रायिकता के लिए, हमने प्रयोग के मूल घटनाओं को समान रूप से संभावित माना गया है और घटना की प्रायिकता के संगत परिभाषा का उपयोग किया गया है। हालांकि, विशिष्ट परिभाषा का उपयोग सामान्य मामले में भी किया जा सकता है जहां प्रयोग के नमूना अंतरिक्ष की मूल घटनाएं समान रूप से संभावित नहीं हों, और तदनुसार $P(E \cap F)$ और $P(F)$ की प्रायिकताएं गणना की जाती हैं। अब हम निम्नलिखित उदाहरण पर चर्चा करेंगे।

उदाहरण 7 सिक्के उछालने के प्रयोग को विचार करें। यदि सिक्का सिर दिखाता है, तो इसे फिर से उछालें लेकिन यदि यह पैसा एक टेल दिखाता है, तो एक पासा फेंकें। घटना कि ‘पासे में एक संख्या 4 से अधिक हो’ की शर्तीय प्रायिकता ज्ञात करें जबकि ‘कम से कम एक टेल हो’ के अनुसार।

हल प्रयोग के परिणामों को निम्नलिखित आरेख के रूप में निरूपित किया जा सकता है, जिसे ‘पेड़ का आरेख’ कहा जाता है।

प्रयोग के नमूना अंतरिक्ष को निम्नलिखित तरह वर्णित किया जा सकता है

$ \qquad S={(H, H),(H, T),(T, 1),(T, 2),(T, 3),(T, 4),(T, 5),(T, 6)}

$

जहाँ $(H, H)$ इंगित करता है कि दोनों फेंक में सिर आया है और $(T, i)$ इंगित करता है कि पहली फेंक में पैसा गिरा है और डायर के अंक $i$ पर आया है जहाँ $i=1,2,3,4,5,6$ है। इस प्रकार, 8 मूल घटनाओं के संभावनाएं

$(H, H),(H, T),(T, 1),(T, 2),(T, 3)(T, 4),(T, 5),(T, 6)$ क्रमशः $\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{12}$ हैं जो चित्र 13.2 से स्पष्ट है।

मान लीजिए $F$ घटना है जो ‘कम से कम एक पैसा’ है और $E$ घटना है जो ‘डायर पर एक संख्या 4 से अधिक है’ है। तब

$ \qquad F={(H, T),(T, 1),(T, 2),(T, 3),(T, 4),(T, 5),(T, 6)}$

$\qquad E={(T, 5),(T, 6)} \text{ और } E \cap F={(T, 5),(T, 6)}$

$ \begin{aligned} \text{अब} \qquad P(F)= & P({(H, T)})+P({(T, 1)})+P({(T, 2)})+P({(T, 3)}) \\ & +P({(T, 4)})+P({(T, 5)})+P({(T, 6)}) \end{aligned} $

$\qquad \qquad \qquad =\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{3}{4}$

और $\qquad P(E \cap F)=P({(T, 5)})+P({(T, 6)})=\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{6}$

इसलिए $\qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}=\dfrac{\dfrac{1}{6}}{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{2}{9}$

13.3 संभावना पर गुणन प्रमेय

मान लीजिए $E$ और $F$ एक नमूना अंतरिक्ष $S$ से संबंधित दो घटनाएं हैं। स्पष्ट रूप से, समुच्चय $E \cap F$ इंगित करता है कि दोनों घटनाएं $E$ और $F$ घटित हुई हैं। अन्य शब्दों में, $E \cap F$ घटनाओं $E$ और $F$ के एक साथ घटित होने को इंगित करता है। घटना $E \cap F$ को भी $EF$ के रूप में लिखा जाता है।

बहुत सारी बार हमें घटना EF की प्रायिकता ज्ञात करनी पड़ती है। उदाहरण के लिए, दो कार्ड एक के बाद एक खींचने के प्रयोग में हम घटना ‘एक राजकुमार और एक राजकुमारी’ की प्रायिकता ज्ञात करना चाह सकते हैं। घटना EF की प्रायिकता निम्नलिखित तरीके से शर्ती प्रायिकता का उपयोग करके प्राप्त की जाती है :

हम जानते हैं कि घटना $E$ की शर्ती प्रायिकता जो दी गई है कि $F$ घटी है, $P(E \mid F)$ द्वारा नोट की जाती है और इसे नीचे दिया गया है :

$ \qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}, P(F) \neq 0 $

इस परिणाम से, हम लिख सकते हैं :

$ \qquad P(E \cap F)=P(F) . P(E \mid F) \hspace{4cm} \ldots(1) $

हम जानते हैं कि

$\qquad P(F \mid E)=\dfrac{P(F \cap E)}{P(E)}, P(E) \neq 0$

या $\qquad P(F \mid E)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(E)}~(\text{ क्योंकि } E \cap F=F \cap E)$

इसलिए, $ \qquad P(E \cap F)=P(E) . P(F \mid E) \hspace{4cm} \ldots(2) $

(1) और (2) के संयोजन से, हम ज्ञात कर सकते हैं कि

$ \qquad \begin{aligned} P(E \cap F) & =P(E) P(F \mid E) \\ & =P(F) P(E \mid F) \text{ दिया गया है } P(E) \neq 0 \text{ और } P(F) \neq 0 . \end{aligned} $

उपरोक्त परिणाम को प्रायिकता का गुणन नियम कहा जाता है।

अब हम एक उदाहरण लेते हैं।

उदाहरण 8 एक बरतन में 10 काले और 5 सफेद गेंद हैं। बरतन से दो गेंद एक के बाद एक बिना वापस लेकर खींची जाती हैं। दोनों खींची गई गेंदों काली होने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $E$ और $F$ क्रमशः पहली और दूसरी खींची गई गेंद काली होने की घटनाओं को नोट करते हैं। हमें $P(E \cap F)$ या $P(EF)$ ज्ञात करना है।

अब $ \qquad P(E)=P(\text{ पहली खींची गई गेंद काली हो })=\dfrac{10}{15} $

इसके अतिरिक्त दी गई जानकारी कि पहली खींची गई गेंद काली है, अर्थात घटना $E$ घटी है, अब बरतन में 9 काली गेंद और 5 सफेद गेंद बची है। इसलिए, पहली खींची गई गेंद काली होने के दिया गया है, दूसरी खींची गई गेंद काली होने की प्रायिकता, जो दी गई है कि पहली खींची गई गेंद काली है, बस घटना $F$ की शर्ती प्रायिकता है जो घटना $E$ घटी होने के दिया गया है।

अर्थात $ \qquad P(F \mid E)=\dfrac{9}{14} $

प्रायिकता के गुणन नियम के अनुसार, हम लिख सकते हैं :

$ \qquad \begin{aligned} \mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F}) & =\mathrm{P}(\mathrm{E}) \mathrm{P}(\mathrm{F} \mid \mathrm{E})=\mathrm{P}(\mathrm{E}) \cdot \mathrm{P}(\mathrm{F} \mid \mathrm{E}) \cdot \mathrm{P}(\mathrm{G} \mid \mathrm{EF}) \\

$$ & =\dfrac{10}{15} \times \dfrac{9}{14}=\dfrac{3}{7} \end{aligned} $$

संयोजन नियम के प्रायिकता के नियम तीन से अधिक घटनाओं के लिए यदि $E, F$ और $G$ नमूना अंतरिक्ष की तीन घटनाएं हैं, तो हम निम्नलिखित रखते हैं

$$ \qquad P(E \cap F \cap G)=P(E) P(F \mid E) P(G \mid(E \cap F))=P(E) P(F \mid E) P(G \mid E F) $$

इसी तरह, प्रायिकता के संयोजन नियम को चार या अधिक घटनाओं के लिए बढ़ाया जा सकता है।

निम्नलिखित उदाहरण तीन घटनाओं के लिए प्रायिकता के संयोजन नियम के विस्तार को दर्शाता है।

उदाहरण 9 52 कार्डों के एक पैक से, बिना प्रतिस्थापन के, तीन कार्ड लगातार खींचे जाते हैं। पहले दो कार्ड किंग और तीसरे कार्ड एक एस आने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $K$ घटना को दर्शाता है जिसमें खींचे गए कार्ड किंग है और $A$ घटना को दर्शाता है जिसमें खींचे गए कार्ड एस है। स्पष्ट रूप से, हमें $P (KKA)$ ज्ञात करना है।

अब $$ \qquad P(K)=\dfrac{4}{52} $$

इसके अलावा, $P(K \mid K)$ द्वितीय किंग की प्रायिकता है जिसकी शर्त यह है कि एक किंग लग चुका है। अब $(52-1)=51$ कार्ड में तीन किंग हैं।

इसलिए $$ \qquad P(K \mid K)=\dfrac{3}{51} $$

अंत में, $P(A \mid KK)$ तीसरे खींचे गए कार्ड के एस होने की प्रायिकता है, जिसकी शर्त यह है कि दो किंग लग चुके हैं। अब बचे हुए 50 कार्ड में चार एस हैं।

इसलिए $$ \qquad P(A \mid KK)=\dfrac{4}{50} $$

प्रायिकता के संयोजन नियम के अनुसार, हम निम्नलिखित प्राप्त करते हैं

$$ \qquad \begin{aligned} P(KKA) & =P(K) \quad P(K \mid K) \quad P(A \mid KK) \\ & =\dfrac{4}{52} \times \dfrac{3}{51} \times \dfrac{4}{50}=\dfrac{2}{5525} \end{aligned} $$

13.4 स्वाधीन घटनाएं

एक 52 कार्डों के डेक से कार्ड खींचने के प्रयोग को विचार करें, जहां तत्व घटनाएं समान रूप से संभावित मान लिए जाते हैं। यदि $E$ और $F$ क्रमशः ‘खींचे गए कार्ड चांदी का है’ और ‘खींचे गए कार्ड एक है’ को दर्शाते हैं, तो

$$ \qquad P(E)=\dfrac{13}{52}=\dfrac{1}{4} \text{ और } P(F)=\dfrac{4}{52}=\dfrac{1}{13} $$

इसके अलावा $E$ और $F$ के घटना ‘खींचे गए कार्ड चांदी का एक है’ है ताकि

इसलिए $$ \qquad P(E \cap F)=\dfrac{1}{52} $$

हेंसे $\qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}=\dfrac{\dfrac{1}{52}}{\dfrac{1}{13}}=\dfrac{1}{4} $

क्योंकि $P(E)=\dfrac{1}{4}=P(E \mid F)$, हम कह सकते हैं कि घटना $F$ के घटने से घटना $E$ के घटने की प्रायिकता प्रभावित नहीं हुई है।

हम यह भी जानते हैं कि

$ \qquad P(F \mid E)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(E)}=\dfrac{\dfrac{1}{52}}{\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{13}=P(F) $

फिर भी, $P(F)=\dfrac{1}{13}=P(F \mid E)$ दिखाता है कि घटना $E$ के घटने से घटना $F$ के घटने की प्रायिकता प्रभावित नहीं हुई है।

इस प्रकार, $E$ और $F$ दो घटनाएँ हैं जिनकी एक के घटने से दूसरी की प्रायिकता प्रभावित नहीं होती।

ऐसी घटनाएँ स्वायत्त घटनाएँ कहलाती हैं।

परिभाषा 2 दो घटनाएँ $E$ और $F$ स्वायत्त कहलाती हैं, यदि

$ \qquad \qquad P(F \mid E)=P(F) \text{ जबकि } P(E) \neq 0$

और $\qquad P(E \mid F)=P(E) \text{ जबकि } P(F) \neq 0$

इस परिभाषा में हमें $P(E) \neq 0$ और $P(F) \neq 0$ होना आवश्यक है।

अब, प्रायिकता के गुणन नियम के अनुसार, हम निम्नलिखित प्राप्त करते हैं:

$ \qquad P(E \cap F)=P(E) \cdot P(F \mid E) \hspace{4cm} \ldots(1) $

यदि $E$ और $F$ स्वायत्त हैं, तो (1) निम्नलिखित बन जाता है:

$ \qquad P(E \cap F)=P(E) \cdot P(F) \hspace{4cm} \ldots(2) $

इस प्रकार, (2) का उपयोग करके दो घटनाओं के स्वायत्त होने की परिभाषा निम्नलिखित रूप में दी जा सकती है:

परिभाषा 3 मान लीजिए $E$ और $F$ एक ही यादृच्छिक प्रयोग से संबंधित दो घटनाएँ हैं, तो $E$ और $F$ स्वायत्त कहलाती हैं यदि

$ \qquad P(E \cap F)=P(E) . P(F) $

टिप्पणियाँ

(i) दो घटनाएँ $E$ और $F$ स्वायत्त कहलाती हैं यदि वे स्वायत्त नहीं हैं, अर्थात यदि

$ \qquad P(E \cap F) \neq P(E) . P(F) $

(ii) कभी-कभी स्वायत्त घटनाओं और परस्पर अपवाद घटनाओं के बीच भ्रम हो सकता है। शब्द ‘स्वायत्त’ घटनाओं की प्रायिकता के अनुसार परिभाषित होता है, जबकि परस्पर अपवाद घटनाएँ नमूना अंतरिक्ष के उपसमुच्चय के अनुसार परिभाषित होती हैं। इसके अतिरिक्त, परस्पर अपवाद घटनाएँ कभी एक साथ घटने वाले नतीजे नहीं रखती हैं, लेकिन स्वायत्त घटनाएँ एक साथ घटने वाले नतीजे के साथ हो सकती हैं। स्पष्ट रूप से, ‘स्वायत्त’ और ‘परस्पर अपवाद’ एक ही अर्थ नहीं रखते।

दूसरे शब्दों में, दो स्वतंत्र घटनाएँ जिनकी घटना के संभावना शून्य नहीं है, एक दूसरे से बर्खास्त नहीं हो सकतीं, और विपरीत, दो बर्खास्त घटनाएँ जिनकी घटना के संभावना शून्य नहीं है, स्वतंत्र नहीं हो सकतीं।

(iii) दो प्रयोगों को स्वतंत्र कहा जाता है यदि प्रत्येक घटना युग्म $E$ और $F$ के लिए, जहाँ $E$ पहले प्रयोग से संबंधित है और $F$ दूसरे प्रयोग से संबंधित है, जब दोनों प्रयोग किए जाते हैं तो घटनाओं $E$ और $F$ के एक साथ घटना की संभावना दोनों प्रयोगों के आधार पर $P(E)$ और $P(F)$ के गुणनफल के बराबर होती है, अर्थात, $P(E \cap F)=P(E)$. $P(F)$

(iv) तीन घटनाएँ $A$, $B$ और $C$ एक दूसरे से स्वतंत्र कहलाती हैं यदि

$ \qquad \qquad \begin{aligned} P(A \cap B) & =P(A) P(B) \\ P(A \cap C) & =P(A) P(C) \\ P(B \cap C) & =P(B) P(C) \end{aligned} $

और $ \quad\quad P(A \cap B \cap C)=P(A) P(B) P(C) $

यदि तीन दी गई घटनाओं में उपरोक्त में से कम से कम एक गलत हो, तो हम कहते हैं कि घटनाएँ स्वतंत्र नहीं हैं।

उदाहरण 10 एक पासा फेंका जाता है। यदि $E$ घटना है ‘प्रकट होने वाली संख्या 3 का गुणज है’ और $F$ घटना है ‘प्रकट होने वाली संख्या सम है’ तो जांच करें कि $E$ और $F$ स्वतंत्र हैं या नहीं?

हल हम जानते हैं कि नमूना अंतरिक्ष $S={1,2,3,4,5,6}$ है

अब $ \qquad E={3,6}, F={2,4,6} \text{ और } E \cap F={6} $

फिर $ \qquad P(E)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}, P(F)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2} \text{ और } P(E \cap F)=\dfrac{1}{6} $

स्पष्ट रूप से $ \qquad P(E \cap F)=P(E) \cdot P(F) $

अतः $\qquad E$ और $F$ स्वतंत्र घटनाएँ हैं।

उदाहरण 11 एक अनभिन्न पासा दो बार फेंका जाता है। मान लीजिए घटना $A$ है ‘पहली फेंक में विषम संख्या’ और $B$ घटना है ‘दूसरी फेंक में विषम संख्या’। घटनाओं $A$ और $B$ की स्वतंत्रता की जांच करें।

हल यदि प्रयोग के सभी 36 मूल घटनाएँ समान रूप से संभाव्य हों, तो हम जानते हैं कि

$ \qquad \qquad P(A)=\dfrac{18}{36}=\dfrac{1}{2}~ $ और $~P(B)=\dfrac{18}{36}=\dfrac{1}{2} $

इसके अतिरिक्त $ \qquad P(A \cap B)=P(\text{ दोनों फेंकों में विषम संख्या }) `

$

$ \qquad \qquad\qquad\qquad=\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4} $

अब $ \qquad P(A) P(B)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4} $

स्पष्ट रूप से $ \qquad P(A \cap B)=P(A) \times P(B) $

इसलिए, $\qquad A$ और $B$ स्वायत्त घटनाएँ हैं

उदाहरण 12 तीन सिक्कों को एक साथ उछाला जाता है। घटना $E$ ‘तीन चित या तीन पट’, $F$ ‘कम से कम दो चित’ और $G$ ‘अधिक से अधिक दो चित’ को विचार करें। यदि युग्म (E,F), $(E, G)$ और $(F, G)$ में से कौन से स्वायत्त हैं और कौन से निर्भर हैं?

हल प्रयोग के नमूना अंतरिका निम्नलिखित द्वारा दी गई है

$ \qquad \qquad \quad S={HHH, HHT, HTH, THH, HTT, THT, TTH, TTT} $

स्पष्ट रूप से $\qquad E={HHH, TTT}, F={HHH, HHT, HTH, THH}$

और $ \qquad G={HHT, HTH, THH, HTT, THT, TTH, TTT} $

इसके अलावा $\qquad E \cap F={HHH}, E \cap G={TTT}, F \cap G={HHT, HTH, THH}$

इसलिए $ \qquad \mathrm{P}(\mathrm{E})=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}, \mathrm{P}(\mathrm{F})=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}, \mathrm{P}(\mathrm{G})=\dfrac{7}{8}$

और $\qquad \quad \mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F})=\dfrac{1}{8}, \mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{G})=\dfrac{1}{8}, \mathrm{P}(\mathrm{F} \cap \mathrm{G})=\dfrac{3}{8}$

इसके अलावा $ \qquad P(E) \cdot P(F)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}, P(E) \cdot P(G)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{7}{8}=\dfrac{7}{32} $

और $ \qquad P(F) \cdot P(G)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{7}{8}=\dfrac{7}{16} $

इसलिए $ \qquad P(E \cap F)=P(E) \cdot P(F) $

$ \qquad \quad P(E \cap G) \neq P(E) \cdot P(G) $

और $ \qquad P(F \cap G) \neq P(F) . P(G) $

इसलिए, घटनाएँ ( $E$ और $F$ ) स्वायत्त हैं, और घटनाएँ $(E$ और $G)$ और $(F$ और $G)$ निर्भर हैं।

उदाहरण 13 सिद्ध कीजिए कि यदि $E$ और $F$ स्वायत्त घटनाएँ हैं, तो घटनाएँ $E$ और $F^{\prime}$ भी स्वायत्त होती हैं।

हल चूंकि $E$ और $F$ स्वायत्त घटनाएँ हैं, हम निम्नलिखित लिख सकते हैं

$ \qquad P(E \cap F)=P(E) . P(F) \hspace{4cm} \ldots(1) $

चित्र 13.3 में वेन आरेख से स्पष्ट है कि $E \cap F$ और $E \cap F^{\prime}$ परस्पर अपवाद घटनाएँ हैं और इसके अलावा $E=(E \cap F) \cup(E \cap F^{\prime})$ है।

इसलिए $ \qquad P(E)=P(E \cap F)+P(E \cap F^{\prime}) $

या $\qquad P(E \cap F^{\prime})= P(E)-P(E \cap F)$

$\qquad\qquad\qquad\qquad= P(E)-P(E) \cdot P(F)(\text{ by }(1))$

$\qquad\qquad\qquad\qquad= P(E)(1-P(F))$

$\qquad\qquad\qquad\qquad= P(E) \cdot P(F^{\prime})$

चित्र 13.3

इसलिए, $E$ और $F^{\prime}$ स्वाधीन हैं

नोट एक तरह से, यह दिखाया जा सकता है कि यदि घटनाएँ $E$ और $F$ स्वाधीन हैं, तो

(a) $E^{\prime}$ और $F$ स्वाधीन हैं,

(b) $E^{\prime}$ और $F^{\prime}$ स्वाधीन हैं

उदाहरण 14 यदि $A$ और $B$ दो स्वाधीन घटनाएँ हैं, तो $A$ और $B$ में से कम से कम एक के घटित होने की प्रायिकता $1-P(A^{\prime}) P(B^{\prime})$ द्वारा दी जाती है

हल हम जानते हैं

$\qquad \qquad P$ कम से कम एक के $A$ और $B=P(A \cup B)$

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

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=P(A)+P(B)-P(A) P(B)$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=P(A)+P(B)[1-P(A)]$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=P(A)+P(B) . P(A^{\prime})$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=1-P(A^{\prime})+P(B) P(A^{\prime})$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=1-P(A^{\prime})[1-P(B)]$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=1-P(A^{\prime}) P(B^{\prime})$

13.5 बेज़ के प्रमेय

मान लीजिए कि दो थैले I और II हैं। थैला I में 2 सफेद और 3 लाल गेंद हैं और थैला II में 4 सफेद और 5 लाल गेंद हैं। एक गेंद एक थैले से यादृच्छिक रूप से निकाली जाती है। हम एक थैले के चयन की प्रायिकता (अर्थात $\dfrac{1}{2}$) या एक विशिष्ट रंग (मान लीजिए सफेद) की गेंद के एक विशिष्ट थैले (मान लीजिए थैला I) से निकलने की प्रायिकता ज्ञात कर सकते हैं। इसके अलावा, हम जानते हैं कि एक विशिष्ट रंग की गेंद के निकलने के बाद एक विशिष्ट थैले (मान लीजिए थैला II) के चयन की प्रायिकता ज्ञात कर सकते हैं। यहाँ, हमें ज्ञात करना है कि एक घटना के घटित होने के बाद एक विशिष्ट थैले के चयन की विपरीत प्रायिकता ज्ञात करनी है। प्रसिद्ध गणितज्ञ, जॉन बेज़ ने विपरीत प्रायिकता की समस्या को शर्ती प्रायिकता के उपयोग द्वारा हल किया। उनके द्वारा विकसित सूत्र को ‘बेज़ प्रमेय’ कहा जाता है जो 1763 में उनकी मृत्यु के बाद प्रकाशित किया गया था। बेज़ प्रमेय के कथन और साबित करने से पहले, हम एक परिभाषा और कुछ प्रारंभिक परिणाम लेंगे।

13.5.1 नमूना अंतर के विभाजन

एक समुच्चय घटनाओं $E_1, E_2, \ldots, E_n$ कहलाता है नमूना अंतर $S$ के विभाजन यदि

(a) $E_i \cap E_j=\phi, i \neq j, i, j=1,2,3, \ldots, n$

(b) $E_1 \cup E_2 \cup \ldots \cup E_n=S$ और

(c) $P(E_i) > 0$ सभी $i=1,2, \ldots, n$ के लिए।

दूसरे शब्दों में, घटनाओं $E_1, E_2, \ldots, E_n$ नमूना अंतर $S$ के विभाजन कहलाती हैं यदि वे एक दूसरे से अलग होती हैं, विस्तारित होती हैं और शून्य नहीं होती हैं।

एक उदाहरण के रूप में, हम देख सकते हैं कि कोई भी गैर-खाली घटना $E$ और इसका पूरक $E^{\prime}$ नमूना अंतर $S$ के विभाजन बनते हैं क्योंकि वे $E \cap E^{\prime}=\phi$ और $E \cup E^{\prime}=S$ को संतुष्ट करते हैं।

चित्र 13.3 में वेन आरेख से, यह आसानी से देखा जा सकता है कि यदि $E$ और $F$ कोई दो घटनाएं हैं जो नमूना अंतर $S$ के साथ संबंधित हैं, तो समुच्चय $\{E \cap F^{\prime}, E \cap F, E^{\prime} \cap F, E^{\prime} \cap F^{\prime}\}$ नमूना अंतर $S$ के विभाजन होता है। यह ध्यान देने योग्य है कि नमूना अंतर के विभाजन अद्वितीय नहीं होते हैं। एक ही नमूना अंतर के कई विभाजन हो सकते हैं।

हम अब एक प्रमेय के बारे में बात करेंगे जिसे कुल संभावना प्रमेय कहा जाता है।

13.5.2 कुल संभावना प्रमेय

मान लीजिए ${E_1, E_2, \ldots, E_n}$ नमूना अंतर $S$ के विभाजन है, और मान लीजिए कि प्रत्येक घटना $E_1, E_2, \ldots, E_n$ के घटना के गैर-शून्य संभावना होती है। मान लीजिए $A$ कोई भी घटना है जो $S$ के साथ संबंधित है, तो

$$ \begin{aligned} P(A) & =P(E_1) P(AlE_1)+P(E_2) P(AlE_2)+\ldots+P(E_n) P(AlE_n) \\ & =\sum _{j=1}^{n} P(E_j) P(AlE_j) \end{aligned} $$

उपपत्ति दिया गया है कि $E_1, E_2, \ldots, E_n$ नमूना अंतर $S$ के विभाजन है (चित्र 13.4)। अतः,

$$ \qquad \qquad S=E_1 \cup E_2 \cup \ldots \cup E_n $$

और $$ \qquad E_i \cap E_j=\phi, i \neq j, i, j=1,2, \ldots, n $$

अब, हम जानते हैं कि कोई भी घटना $A$ के लिए,

$$ \begin{aligned} A & =A \cap S \\ & =A \cap(E_1 \cup E_2 \cup \ldots \cup E_n) \\ & =(A \cap E_1) \cup(A \cap E_2) \cup \ldots \cup(A \cap E_n) \end{aligned} $$

चित्र 13.4

इसके अतिरिक्त $A \cap E_i$ और $A \cap E_j$ क्रमशः $E_i$ और $E_j$ के उपसमुच्चय हैं। हम जानते हैं कि $E_i$ और $E_j$ अलग-अलग हैं, क्योंकि $i \neq j$, अतः $A \cap E_i$ और $A \cap E_j$ भी सभी $i \neq j, i, j=1,2, \ldots, n$ के लिए अलग-अलग हैं।

इसलिए, $ \qquad P(A) =P[(A \cap E_1) \cup(A \cap E_2) \cup \ldots . . \cup(A \cap E_n)]$

$\qquad \qquad\qquad =P(A \cap E_1)+P(A \cap E_2)+\ldots+P(A \cap E_n)$

अब, प्रायिकता के गुणन नियम के अनुसार, हम निम्नलिखित प्राप्त करते हैं

अब $ \qquad P(A \cap E_i)=P(E_i) P(AlE_i) \text{ क्योंकि } P(E_i) \neq 0 \forall i=1,2, \ldots, n $

अतः, $ \qquad P(A)=P(E_1) P(AlE_1)+P(E_2) P(AlE_2)+\ldots+P(E_n) P(AlE_n) $

या $ \qquad \quad\qquad P(A)=\sum _{j=1}^{n} P(E_j) P(AlE_j) $

उदाहरण 15 एक व्यक्ति ने एक निर्माण कार्य शुरू किया है। यह जानकर कि एक लॉकआउट होने की प्रायिकता 0.65 है, लॉकआउट के अभाव में निर्माण कार्य समय पर पूरा होने की प्रायिकता 0.80 है, और लॉकआउट के दौरान निर्माण कार्य समय पर पूरा होने की प्रायिकता 0.32 है। निर्माण कार्य समय पर पूरा होने की प्रायिकता ज्ञात कीजिए।

हल मान लीजिए A वह घटना है जिसमें निर्माण कार्य समय पर पूरा हो जाता है, और B वह घटना है जिसमें लॉकआउट होता है। हमें $P(A)$ ज्ञात करना है।

हम जानते हैं कि $\qquad P(B) =0.65, P(\text{ लॉकआउट नहीं })=P(B^{\prime})=1-P(B)=1-0.65=0.35$

$\qquad \qquad P(A \mid B) =0.32, P(A \mid B^{\prime})=0.80$

क्योंकि घटनाएँ B और B’ समुच्चय S के एक विभाजन के रूप में हैं, अतः प्रमेय के अनुसार कुल प्रायिकता के लिए हम निम्नलिखित प्राप्त करते हैं

$ \qquad {P}(\mathrm{A})=\mathrm{P}(\mathrm{B}) \cdot \mathrm{P}(\mathrm{A} \mid \mathrm{B})+\mathrm{P}\left(\mathrm{B}^{\prime}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{A} \mid \mathrm{B}^{\prime}\right) $

$\qquad \qquad=0.65 \times 0.32+0.35 \times 0.8$

$\qquad \qquad=0.208+0.28=0.488$

अतः, निर्माण कार्य समय पर पूरा होने की प्रायिकता 0.488 है।

अब हम बेयेस के प्रमेय के बारे में कथन और सिद्ध करेंगे।

बेयेस के प्रमेय यदि $E_1, E_2, \ldots, E_n$ $n$ गैर-खाली घटनाएँ हैं जो समुच्चय S के एक विभाजन के रूप में हैं

सैंपल स्पेस $S$ के, अर्थात $E_1, E_2, \ldots, E_n$ एक दूसरे से अलग होते हैं और $E_1 \cup E_2 \cup \ldots \cup E_n=S$ तथा A कोई ऐसा घटना है जिसकी नॉन ज़ेरो प्रायिकता है, तो

$ P(E_i \mid A)=\dfrac{P(E_i) P(AlE_i)}{\sum _{j=1}^{n} P(E_j) P(AlE_j)} \text{ for any } i=1,2,3, \ldots, n $

उपपत्ति संयोजन प्रायिकता के सूत्र के अनुसार, हम जानते हैं कि

$ \begin{aligned} P(E_i \mid A) & =\dfrac{P(A \cap E_i)}{P(A)} \\ & =\dfrac{P(E_i) P(AlE_i)}{P(A)} \text{ (संयोजन प्रायिकता के नियम द्वारा) } \\ & =\dfrac{P(E_i) P(AlE_i)}{\sum _{j=1}^{n} P(E_j) P(AlE_j)} \text{ (कुल प्रायिकता प्रमेय के परिणाम द्वारा) } \end{aligned} $

टिप्पणी जब बेयेस के प्रमेय का उपयोग किया जाता है तब निम्नलिखित शब्दावली आमतौर पर उपयोग की जाती है।

घटनाएँ $E_1, E_2, \ldots, E_n$ को अनुमान कहा जाता है।

प्रायिकता $P(E_i)$ को अनुमान $E_i$ की पूर्व प्रायिकता कहा जाता है।

संयोजन प्रायिकता $P(E_i \mid A)$ को अनुमान $E_i$ की परिणामी प्रायिकता कहा जाता है।

बेयेस के प्रमेय को “कारणों की प्रायिकता” के सूत्र के रूप में भी जाना जाता है। क्योंकि $E_i$ के एक सैंपल स्पेस $S$ के विभाजन है, तो एक और केवल एक घटना $E_i$ हो सकती है (अर्थात एक घटना $E_i$ होना आवश्यक है और केवल एक ही घटना हो सकती है)। इसलिए, उपरोक्त सूत्र हमें एक विशिष्ट $E_i$ (अर्थात एक “कारण”) की प्रायिकता देता है, जबकि घटना $A$ हो चुकी है।

बेयेस के प्रमेय के विभिन्न स्थितियों में अनुप्रयोग होते हैं, नीचे दिए गए उदाहरणों में कुछ ऐसे उदाहरण दिए गए हैं।

उदाहरण 16 बैग I में 3 लाल और 4 काले गेंद हैं जबकि दूसरा बैग II में 5 लाल और 6 काले गेंद हैं। एक गेंद एक बैग से यादृच्छिक रूप से निकाली जाती है और यह लाल गेंद पायी जाती है। इस बात की प्रायिकता ज्ञात कीजिए कि यह बैग II से निकाली गई है।

हल मान लीजिए $E_1$ बैग I के चुने जाने की घटना है, $E_2$ बैग II के चुने जाने की घटना है और $A$ लाल गेंद निकाले जाने की घटना है।

तब $ \qquad P(E_1)=P(E_2)=\dfrac{1}{2} $

इसके अतिरिक्त $ \qquad P(AlE_1)=P(\text{ बैग } I \text{ से लाल गेंद निकालना })=\dfrac{3}{7} $

और $ \qquad P(AlE_2)=P(\text{ बैग II से लाल गेंद निकालना })=\dfrac{5}{11} $

$

अब, बॉग II से गेंद निकाले जाने की प्रायिकता, इसके लाल होने के दिये गए बाद, है $P(E_2 \mid A)$

बेयर्स प्रमेय का उपयोग करते हुए, हम लिख सकते हैं

$ P(E_2 \mid A)=\dfrac{P(E_2) P(A_2 E_2)}{P(E_1) P(A_1 E_1)+P(E_2) P(A_I E_2)}=\dfrac{\dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{11}}{\dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{7}+\dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{11}}=\dfrac{35}{68} $

उदाहरण 17 तीन समान बॉक्स I, II और III दिए गए हैं, जिनमें प्रत्येक में दो सिक्के हैं। बॉक्स I में दोनों सिक्के सोने के हैं, बॉक्स II में दोनों सिक्के चांदी के हैं और बॉक्स III में एक सोने का और एक चांदी का सिक्का है। एक व्यक्ति एक बॉक्स यादृच्छिक रूप से चुनता है और एक सिक्का निकालता है। यदि निकाला गया सिक्का सोने का है, तो बॉक्स में दूसरा सिक्का भी सोने का होने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $E_1, E_2$ और $E_3$ घटनाएं हैं जिनके अंतर्गत बॉक्स I, II और III के चयन किया जाता है, क्रमशः।

तब $ \qquad P(E_1)=P(E_2)=P(E_3)=\dfrac{1}{3} $

इसके अतिरिक्त, मान लीजिए A घटना है कि ‘निकाला गया सिक्का सोने का है’

तब $ \qquad P(AIE_1)=P(\text{ बॉक्स I से सोने का सिक्का })=\dfrac{2}{2}=1$

$\qquad \qquad P(AIE_2)=P(\text{ बॉक्स II से सोने का सिक्का })=0$

$\qquad \qquad P(AIE_3)=P(\text{ बॉक्स III से सोने का सिक्का })=\dfrac{1}{2}$

अब, बॉक्स में दूसरा सिक्का सोने का होने की प्रायिकता

$ \begin{aligned} & =\text{ बॉक्स I से सोने का सिक्का निकाले जाने की प्रायिकता } \\ & =P(E_1 \mid A) \end{aligned} $

बेयर्स प्रमेय के अनुसार, हम जानते हैं कि

$ \begin{aligned} P(E_1 \mid A) & =\dfrac{P(E_1) P(AlE_1)}{P(E_1) P(AlE_1)+P(E_2) P(AlE_2)+P(E_3) P(AlE_3)} \\ & =\dfrac{\dfrac{1}{3} \times 1}{\dfrac{1}{3} \times 1+\dfrac{1}{3} \times 0+\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{3} \end{aligned} $

उदाहरण 18 मान लीजिए कि HIV टेस्ट की विश्वसनीयता निम्न प्रकार दी गई है:

HIV वाले लोगों में, $90 %$ टेस्ट में बीमारी का पता चलता है लेकिन $10 %$ बीमारी के अनुपस्थित रहते हैं। HIV रहित लोगों में, $99 %$ टेस्ट में HIV- वाले रूप में जांचे जाते हैं लेकिन $1 %$ टेस्ट में HIV+ रूप में दिखाई देते हैं। एक बड़ी आबादी में केवल $0.1 %$ लोग HIV वाले हैं, एक व्यक्ति यादृच्छिक रूप से चुना जाता है, उसे HIV टेस्ट दिया जाता है और पथोलॉजिस्ट उसे HIV+ रूप में रिपोर्ट करता है। वास्तव में व्यक्ति के HIV होने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $E$ घटना है कि चुने गए व्यक्ति के पास HIV है और $A$ घटना है कि व्यक्ति के HIV टेस्ट के परिणाम धनात्मक आए। हमें $P(E|A)$ ज्ञात करना है।

इसके अतिरिक्त $E^{\prime}$ घटना है कि चुने गए व्यक्ति के पास HIV नहीं है।

स्पष्ट रूप से, ${E, E^{\prime}}$ सभी व्यक्तियों के नमूना अंतरिक्ष का एक विभाजन है। हम दिया गया है कि

$ \qquad \begin{aligned} & P(E)=0.1 %=\dfrac{0.1}{100}=0.001 \\ & P\left(E^{\prime}\right)=1-P(E)=0.999 \end{aligned} $

$\qquad P(A \mid E)= P$(व्यक्ति के HIV धनात्मक आए होने की प्रायिकता जबकि वह वास्तव में HIV रोगी है )

$\qquad \qquad \qquad = 90 %=\dfrac{90}{100}=0.9$

और $P(A \mid E^{\prime})=P($ व्यक्ति के HIV धनात्मक आए होने की प्रायिकता जबकि वह वास्तव में HIV रोगी नहीं है)

$\qquad \qquad \qquad =1 %=0.01$

अब, बेयेस के प्रमेय के अनुसार

$ \qquad \begin{aligned} P(E \mid A) & =\dfrac{P(E) P(A \mid E)}{P(E) P(A \mid E)+P(E^{\prime}) P(AlE^{\prime})} \\ & =\dfrac{0.001 \times 0.9}{0.001 \times 0.9+0.999 \times 0.01}=\dfrac{90}{1089} \\ & =0.083 \text{ अनुमानित। } \end{aligned} $

इसलिए, यादृच्छिक रूप से चुने गए व्यक्ति के पास HIV होने की प्रायिकता जबकि वह वास्तव में HIV धनात्मक आए हो वह 0.083 है।

उदाहरण 19 एक फैक्टरी में बोल्ट बनाए जाते हैं, मशीन A, B और C क्रमशः 25%, 35% और 40% बोल्ट बनाते हैं। उनके उत्पादन में क्रमशः 5%, 4% और 2% खराब बोल्ट होते हैं। एक बोल्ट यादृच्छिक रूप से चुना जाता है और यह खराब पाया जाता है। इस बोल्ट के मशीन B द्वारा बने होने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए घटनाएँ $B_1, B_2, B_3$ निम्नलिखित हैं :

$B_1$ : बोल्ट मशीन A द्वारा बनाया गया है

$B_2$ : बोल्ट मशीन B द्वारा बनाया गया है

$B_3$ : बोल्ट मशीन C द्वारा बनाया गया है

स्पष्ट रूप से, $B_1, B_2, B_3$ परस्पर अपवाद घटनाएँ हैं और विस्तारित घटनाएँ हैं और इसलिए, वे नमूना अंतरिक्ष का एक विभाजन प्रस्तुत करते हैं।

मान लीजिए घटना $E$ निम्नलिखित है: ‘बोल्ट खराब है।’ घटना $E$ $B_1$ या $B_2$ या $B_3$ के साथ होती है। दिया गया है कि,

\qquad \mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{1}\right)=25 %=0.25, \mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{2}\right)=0.35 \text { या} \mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{3}\right)=0.40 $

फिर $P(E_1 B_1)=$ दिया गया कि बोल्ट मशीन $A$ द्वारा बनाया गया है, तो खींचे गए बोल्ट के खराब होने की प्रायिकता $=5 %=0.05$

इसी तरह $\mathrm{P}\left(\mathrm{E} \mid B _{2}\right)=0.04, \mathrm{P}\left(\mathrm{ElB} _{3}\right)=0.02$

इसलिए, बेयेस के प्रमेय के अनुसार, हम निम्नलिखित प्राप्त करते हैं

$ \qquad \begin{aligned} \mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{2} \mid \mathrm{E}\right) & =\dfrac{\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{2}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{ElB} _{2}\right)}{\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{1}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{ElB} _{1}\right)+\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{2}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{ElB} _{2}\right)+\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{3}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{E}+\mid \mathrm{B} _{3}\right)} \\ & =\dfrac{0.35 \times 0.04}{0.25 \times 0.05+0.35 \times 0.04+0.40 \times 0.02}=\dfrac{0.0140}{0.0345}\\ &=\dfrac{28}{69} \end{aligned} $

उदाहरण 20 एक चिकित्सक एक रोगी के घर जाने वाला है। पिछले अनुभव के आधार पर, यह ज्ञात है कि वह ट्रेन, बस, स्कूटर या अन्य यातायात के साधनों द्वारा आएगा की प्रायिकता क्रमशः $\dfrac{3}{10}, \dfrac{1}{5}, \dfrac{1}{10}$ और $\dfrac{2}{5}$ है। यदि वह ट्रेन, बस और स्कूटर द्वारा आए तो वह देर से आएगा की प्रायिकता क्रमशः $\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{3}$, और $\dfrac{1}{12}$ है, लेकिन यदि वह अन्य यातायात के साधनों द्वारा आए तो वह देर से नहीं आएगा। जब वह पहुंचता है, तो वह देर से पहुंचता है। वह ट्रेन द्वारा आए की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $E$ घटना है जिसमें चिकित्सक रोगी के घर देर से पहुंचता है और $T_1, T_2, T_3, T_4$ घटनाएं हैं जिनमें चिकित्सक ट्रेन, बस, स्कूटर और अन्य यातायात के साधनों द्वारा आता है।

तब $ \qquad P(T_1)=\dfrac{3}{10}, P(T_2)=\dfrac{1}{5}, P(T_3)=\dfrac{1}{10} \text{ और } P(T_4)=\dfrac{2}{5} \quad \text{ (दिया गया) } $

$\qquad P(ElT_1)=$ चिकित्सक देर से पहुंचता है और ट्रेन द्वारा आता है की प्रायिकता $=\dfrac{1}{4} $

इसी तरह, $P(E \mid T_2)=\dfrac{1}{3}, P(E \mid T_3)=\dfrac{1}{12}$ और $P(E \mid T_4)=0$, क्योंकि अन्य यातायात के साधनों द्वारा आए तो वह देर से नहीं आएगा।

इसलिए, बेयेस के प्रमेय के अनुसार, हमें इसके बराबर है

$P(T_1 \mid E)=$ डॉक्टर देर से पहुंचता है जो ट्रेन से आता है की प्रायिकता

$ \qquad \begin{aligned} & =\dfrac{P(T_1) P(ElT_1)}{P(T_1) P(E \mid T_1)+P(T_2) P(ElT T_2)+P(T_3) P(ElT_3)+P(T_4) P(ElT_4)} \\ & =\dfrac{\dfrac{3}{10} \times \dfrac{1}{4}}{\dfrac{3}{10} \times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5} \times \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{10} \times \dfrac{1}{12}+\dfrac{2}{5} \times 0}=\dfrac{3}{40} \times \dfrac{120}{18}=\dfrac{1}{2} \end{aligned} $

इसलिए, आवश्यक प्रायिकता है $\dfrac{1}{2}$।

उदाहरण 21 एक व्यक्ति के बोलने की वास्तविकता के 3/4 बार होती है। वह एक पासा फेंकता है और बतलाता है कि यह छह है। वास्तव में छह होने की प्रायिकता ज्ञात कीजिए।

हल मान लीजिए $E$ घटना है कि व्यक्ति बतलाता है कि पासा फेंकने पर छह आया है और $S_1$ घटना है कि छह आया है और $S_2$ घटना है कि छह नहीं आया है।

तब $\qquad P(S_1)=$ छह आने की प्रायिकता $=\dfrac{1}{6}$

$\qquad P(S_2)=$ छह नहीं आने की प्रायिकता $=\dfrac{5}{6}$

$\qquad P(ElS_1)=$ व्यक्ति बतलाता है कि छह आया है जब छह आ गया है

$\qquad\qquad \qquad $ = व्यक्ति बोलता है वास्तविकता $=\dfrac{3}{4} $

$\qquad \mathrm{P}\left(\mathrm{ElS} _2\right)=$ व्यक्ति बतलाता है कि छह आया है जब छह वास्तव में पासा पर आया नहीं है

$\qquad \qquad \qquad $ = व्यक्ति बोलता है वास्तविकता नहीं $=1-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}$ इसलिए, बेयेस के प्रमेय के अनुसार, हमें प्राप्त होता है

$\qquad \mathrm{P}(\mathrm{S}, \mathrm{E})=$ व्यक्ति के बतलाने कि छह आया है वास्तव में छह होने की प्रायिकता

$ \qquad \begin{aligned} & =\dfrac{P(S_1) P(E \mid S_1)}{P(S_1) P(EIS_1)+P(S_2) P(E \mid S_2)} \\ & =\dfrac{\dfrac{1}{6} \times \dfrac{3}{4}}{\dfrac{1}{6} \times \dfrac{3}{4}+\dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{8} \times \dfrac{24}{8}=\dfrac{3}{8} \end{aligned} $

इसलिए, आवश्यक प्रायिकता है $\dfrac{3}{8}$।

टिप्पणी एक यादृच्छिक चर एक वास्तविक मान फलन है जिसका डोमेन एक यादृच्छिक प्रयोग के नमूना अंतरिक अंतर है।

उदाहरण के लिए, चलो हम एक सिक्के को लगातार दो बार उछालने के प्रयोग को विचार करें।

इस प्रयोग के नमूना अंतरिक्ष है $S={HH, HT, TH, TT}$.

यदि $X$ अर्जित शीर्षों की संख्या को दर्शाता है, तो $X$ एक यादृच्छिक चर है और प्रत्येक परिणाम के लिए इसका मान नीचे दिया गया है :

$ \qquad X(HH)=2, X(HT)=1, X(TH)=1, X(TT)=0 . $

एक ही नमूना अंतरिक्ष पर एक से अधिक यादृच्छिक चर परिभाषित किए जा सकते हैं। उदाहरण के लिए, मान लीजिए $Y$ ऊपरी नमूना अंतरिक्ष $S$ के प्रत्येक परिणाम के लिए शीर्षों की संख्या और पैंटों की संख्या के अंतर को दर्शाता है।

$ \qquad Y(HH)=2, Y(HT)=0, Y(TH)=0, Y(TT)=-2 $

इस प्रकार, $X$ और $Y$ एक ही नमूना अंतरिक्ष $S$ पर परिभाषित दो अलग-अलग यादृच्छिक चर हैं।

विविध उदाहरण

उदाहरण 22 चार बॉक्स में रंगीन गेंदें बंटी हुई हैं, जैसा कि नीचे तालिका में दिखाया गया है:

$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \text{बॉक्स}& \text{काला} & \text{सफेद} & \text{लाल} & \text{नीला} \ \hline I & 3 & 4 & 5 & 6 \ \hline II & 2 & 2 & 2 & 2 \ \hline III & 1 & 2 & 3 & 1 \ \hline IV & 4 & 3 & 1 & 5 \ \hline \end{array} $

एक बॉक्स यादृच्छिक रूप से चुना जाता है और फिर चुने गए बॉक्स से एक गेंद यादृच्छिक रूप से निकाली जाती है। गेंद का रंग काला है, तो गेंद के बॉक्स III से निकले होने की प्रायिकता क्या है?

हल मान लीजिए $A, E_1, E_2, E_3$ और $E_4$ नीचे दिए गए घटनाओं को प्रदर्शित करते हैं :

$ \qquad \begin{matrix} A: \text{ एक काली गेंद चुनी गई } & E_1: \text{ बॉक्स I चुना गया } \\ E_2: \text{ बॉक्स II चुना गया } & E_3: \text{ बॉक्स III चुना गया } \\ E_4: \text{ बॉक्स IV चुना गया } & \end{matrix} $

क्योंकि बॉक्स यादृच्छिक रूप से चुने जाते हैं,

इसलिए $ \qquad P(E_1)=P(E_2)=P(E_3)=P(E_4)=\dfrac{1}{4} $

इसके अलावा $ \qquad P(AlE E_1)=\dfrac{3}{18}, P(AlE_2)=\dfrac{2}{8}, P(AlE_3)=\dfrac{1}{7} \text{ और } P(AlE_4)=\dfrac{4}{13} $

$P($ बॉक्स III चुना गया, जबकि निकाली गई गेंद काली है $)=P(E_3 \mid A)$. बेयर के प्रमेय द्वारा,

$ \qquad \begin{aligned}

P(E_3 \mid A) & =\dfrac{P(E_3) \cdot P(AlE_3)}{P(E_1) P(Al E_1)+P(E_2) P(AlE_2)+P(E_3) P(AlE_3)+P(E_4) P(AlE_4)} \\ & =\dfrac{\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{7}}{\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{18}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{4}{13}}=0.165 \end{aligned} $

उदाहरण 23 $A$ और $B$ एक डायर उत्तराधिकारी तरह फेंकते हैं तक एक में एक ‘6’ आ जाए और खेल जीत ले ले। यदि $A$ पहले शुरू करता है, तो उनके जीत की क्रमशः प्रायिकता ज्ञात कीजिए।

हल मान लीजिए $S$ सफलता (एक ‘6’ प्राप्त करना) को दर्शाता है और $F$ असफलता (एक ‘6’ प्राप्त नहीं करना) को दर्शाता है।

इसलिए, $ \qquad P(S)=\dfrac{1}{6}, P(F)=\dfrac{5}{6} $

$\qquad P(A$ पहली फेंक में जीत लेता है $)=P(S)=\dfrac{1}{6}$

जब $A$ तीसरी फेंक करता है, तो $A$ की पहली फेंक और $B$ की दूसरी फेंक असफल होती है।

इसलिए, $\quad P(A$ तीसरी फेंक में जीत लेता है $)=P(FFS)=P(F) P(F) P(S)=\dfrac{5}{6} \times \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{6}$

$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} \times \dfrac{1}{6} $

$\qquad P(A$ पांचवी फेंक में जीत लेता है $)=P($ FFFFS $)=\left(\dfrac{5}{6}\right)^{4}\left(\dfrac{1}{6}\right)$ आदि।

इसलिए, $ \qquad P(\text{ A जीत लेता है }) =\dfrac{1}{6}+\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2}\left(\dfrac{1}{6}\right)+\left(\dfrac{5}{6}\right)^{4}\left(\dfrac{1}{6}\right)+\ldots $

$\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad =\dfrac{\dfrac{1}{6}}{1-\dfrac{25}{36}}=\dfrac{6}{11}$

$\qquad P(B \text{ जीत लेता है }) =1-P(\text{ A जीत लेता है })=1-\dfrac{6}{11}=\dfrac{5}{11}$

टिप्पणी यदि $a+a r+a r^{2}+\ldots+a r^{n-1}+\ldots$, जहां $|r|<1$, तो इस अपरिमित गुणोत्तर श्रेणी के योग को $\dfrac{a}{1-r}$ द्वारा दिया जाता है (कक्षा XI के पाठ्यपुस्तक के अनुच्छेद A.1.3 के संदर्भ में)।

उदाहरण 24 यदि एक मशीन सही ढंग से सेट अप की जाती है, तो यह 90% स्वीकृत आइटम उत्पन्न करती है। यदि यह गलत ढंग से सेट अप की जाती है, तो यह केवल 40% स्वीकृत आइटम उत्पन्न करती है। पिछला अनुभव बताता है कि 80% सेट अप सही ढंग से किया जाता है। यदि किसी निश्चित सेट अप के बाद, मशीन 2 स्वीकृत आइटम उत्पन्न करती है, तो मशीन के सही सेट अप की प्रायिकता ज्ञात कीजिए।

हल मान लीजिए A वह घटना है जिसमें मशीन 2 स्वीकृत आइटम उत्पन्न करती है। इसके अतिरिक्त $B_1$ को सही सेटअप की घटना के रूप में और $B_2$ को गलत सेटअप की घटना के रूप में प्रस्तुत करें।

अब $ \qquad P(B_1)=0.8, P(B_2)=0.2 $

$ \qquad \quad P(AlB_1)=0.9 \times 0.9 \text{ और } P(AlB_2)=0.4 \times 0.4 $

इसलिए $ \qquad \mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{1} \mid \mathrm{A}\right) =\dfrac{\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{1}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{A} \mid \mathrm{B} _{1}\right)}{\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{1}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{A} \mid \mathrm{B} _{1}\right)+\mathrm{P}\left(\mathrm{B} _{2}\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{A} \mid \mathrm{B} _{2}\right)}$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad =\dfrac{0.8 \times 0.9 \times 0.9}{0.8 \times 0.9 \times 0.9+0.2 \times 0.4 \times 0.4}=\dfrac{648}{680}=0.95$

सारांश

अध्याय के महत्वपूर्ण विशेषताएं निम्नलिखित हैं -

• घटना $E$ की शर्तीय प्रायिकता, जबकि घटना $F$ के घटने के बाद, निम्नलिखित द्वारा दी गई है

$\qquad P(E \mid F)=\dfrac{P(E \cap F)}{P(F)}, P(F) \neq 0$

• $\Delta 0 \leq P(E \mid F) \leq 1, \quad P(E^{\prime} \mid F)=1-P(E \mid F)$

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

• $\Delta P(E \cap F)=P(E) P(F \mid E), P(E) \neq 0$

$\qquad P(E \cap F)=P(F) P(EIF), P(F) \neq 0$

• यदि E और F स्वतंत्र हैं, तो

$\qquad P(E \cap F)=P(E) P(F)$

$\qquad P(EIF)=P(E), P(F) \neq 0$

$\qquad P(F \mid E)=P(F), P(E) \neq 0$

• कुल प्रायिकता के प्रमेय

$\qquad$ मान लीजिए ${E_1, E_2, \ldots, E_n}$ एक नमूना अंतरिक्ष का एक विभाजन है और मान लीजिए कि प्रत्येक $ PE_1, E_2, \ldots, E_n$ के लिए गैर-शून्य प्रायिकता है। मान लीजिए $A$ नमूना अंतरिक्ष $S$ के साथ कोई घटना है, तो

$\qquad P(A)=P(E_1) P(AlE_1)+P(E_2) P(AlE_2)+\ldots+P(E_n) P(AlE_n)$

• बेयर्स के प्रमेय यदि $E_1, E_2, \ldots, E_n$ एक नमूना अंतरिक्ष $S$ का एक विभाजन है, अर्थात $E_1, E_2, \ldots, E_n$ एक दूसरे से अलग हैं और $E_1 \cup E_2 \cup \ldots \cup E_n=S$ और $A$ कोई घटना है जिसकी गैर-शून्य प्रायिकता है, तो

$ \qquad P(E_i \mid A)=\dfrac{P(E_i) P(A \mid E_i)}{\sum _{j=1}^{n} P(E_j) P(A \mid E_j)} $

ऐतिहासिक टिप्पणी

मानक डाइस के खेल में संभावना के माप के सबसे पहले संकेत 1477 में डेंटे के दिव्य नाटक के टिप्पणी के रूप में दिखाई दिया। एक लेख जो खेल के बारे में है, liber de Ludo Alcae, जिसे जेरोनिमो कार्डेन (1501-1576) द्वारा लिखा गया था, 1663 में उनके निधन के बाद प्रकाशित किया गया था। इस लेख में, वह दो डाइस फेंके जाने पर प्रत्येक घटना के पक्ष में मामलों की संख्या देते हैं। गैलिलियो (1564-1642) ने तीन डाइस के खेल में संभावना के सही मूल्यांकन के बारे में अस्थायी टिप्पणियाँ दीं। गैलिलियो ने विश्लेषण किया कि जब तीन डाइस फेंके जाते हैं, तो संख्या के योग के लिए 10 की संभावना 9 की तुलना में अधिक होती है, क्योंकि 10 के पक्ष में मामलों की संख्या 9 के मामलों की तुलना में अधिक होती है।

इन प्रारंभिक योगदानों के अलावा, यह सामान्य रूप से मान्यता प्राप्त है कि संभावना के विज्ञान की वास्तविक मूल दो सातवीं सदी के दो बड़े व्यक्तियों, पास्कल (1623-1662) और पियरे डी फर्मेट (1601-1665) के बीच पत्रों के अवलोकन में है। एक फ्रांसीसी खेलाड़ी, शेर डे मेट्र ने पास्कल को अपने सिद्धांतीय तर्क और खेल से एकत्रित अवलोकन के बीच एक दिखाई देने वाली विरोधाभास की व्याख्या करने के लिए अपील की। 1654 के आसपास लिखे गए एक श्रृंखला पत्रों में, पास्कल और फर्मेट ने संभावना के विज्ञान के पहले आधार की नींव रखी। पास्कल ने बीजगणित के रूप में समस्या को हल किया जबकि फर्मेट संयोजन के विधि का उपयोग करते हैं।

बड़े डच वैज्ञानिक, हाइगेन्स (1629-1695), पास्कल और फर्मेट के बीच पत्रों के सामग्री के साथ परिचित हो गए और संभावना के बारे में पहली किताब, “De Ratiociniis in Ludo Aleae” के प्रकाशन के लिए जाने जाते हैं, जिसमें खेल के अवसरों में संभावना के बहुत सारे रोचक समस्याओं के हल शामिल हैं। संभावना सिद्धांत के अगले बड़े कार्य जैकब बर्नूली (1654-1705) द्वारा है, जिसे उनके भतीजे निकोलस बर्नूली द्वारा 1713 में उनके निधन के बाद प्रकाशित किया गया था, “Ars Conjectandi” के रूप में एक बड़ी किताब के रूप में। उन्हें बाइनोमियल वितरण के एक सबसे महत्वपूर्ण संभावना वितरण की खोज के लिए देखा जाता है। संभावना के अगले बड़े कार्य 1993 में है। ए. एन. कोल्मोगोरोव (1903-1987) को संभावना के अक्षय सिद्धांत के लिए श्रेय दिया जाता है। उनकी किताब, ‘संभावना के आधार’ 1933 में प्रकाशित की गई, जिसमें संभावना को सेट फंक्शन के रूप में परिचय दिया गया है और इसे एक ‘क्लासिक’ माना जाता है।