Legea probabilității totale

Pe masă sunt două urne care arată identic. În prima sunt $3$ bile albe și $2$ negre; în a doua, $1$ bilă albă și $4$ negre. Cineva alege o urnă la întâmplare, fără să-ți spună pe care, și scoate din ea o bilă. Care este probabilitatea ca bila scoasă să fie albă?

Prima tentație este să pui toate bilele la un loc: ar fi $4$ albe din $10$ , deci $\frac{4}{10} = \frac{2}{5}$ . De data aceasta răspunsul se nimerește să fie corect — dar din pur noroc, pentru că urnele au același număr de bile. Dacă a doua urnă ar avea $6$ bile în loc de $5$ , „amestecul" ar da un rezultat greșit, iar la Bacalaureatul M1 tocmai acolo se pierd punctele. Problema nu se rezolvă amestecând, ci despicând-o în scenarii: ori s-a ales prima urnă, ori a doua; nu există a treia posibilitate și cele două nu se pot întâmpla simultan. În fiecare scenariu știi să calculezi probabilitatea bilei albe, iar la final le combini ponderat. Această idee — „despic experimentul în cazuri, rezolv fiecare caz, apoi adun cu ponderi" — se numește legea probabilității totale și este una dintre cele mai folositoare unelte din tot capitolul de probabilități.

Ce vei învăța

Vei ști ce înseamnă un sistem complet de evenimente și cum verifici, în trei pași, că o familie de evenimente formează un astfel de sistem.
Vei ști să enunți și să demonstrezi legea probabilității totale, folosind descompunerea $B = (B \cap A_{1}) \cup \dots \cup (B \cap A_{n})$ .
Vei ști să rezolvi problema clasică a celor două urne, în care urna se alege la întâmplare, și să explici de ce amestecarea bilelor dă, în general, alt rezultat.
Vei ști să organizezi calculul într-o diagramă arborescentă, în care fiecare drum are o pondere, iar răspunsul este suma ponderilor drumurilor favorabile.
Vei ști să rezolvi problema inversă: după ce ai aflat rezultatul, să calculezi probabilitatea scenariului din care a provenit.
Vei ști să recunoști situațiile practice — loturi de producție, teste, drumuri către școală — în care formula se aplică aproape mecanic.

Hai să descoperim împreună

1. Ideea de a despica un experiment în scenarii

Reia problema din deschidere. Notează cu $A_{1}$ evenimentul „a fost aleasă prima urnă" și cu $A_{2}$ evenimentul „a fost aleasă a doua urnă". Fie $B$ evenimentul „bila extrasă este albă".

Cele două evenimente $A_{1}$ și $A_{2}$ au două proprietăți speciale:

nu se pot produce simultan: dacă a fost aleasă prima urnă, nu a fost aleasă a doua, deci $A_{1} \cap A_{2} = \emptyset$ (sunt disjuncte, așa cum ai văzut la Evenimente disjuncte. Diagrame Venn);
acoperă tot ce se poate întâmpla: obligatoriu una dintre urne a fost aleasă, deci $A_{1} \cup A_{2} = Ω$ , evenimentul sigur.

Într-o astfel de situație, evenimentul $B$ se sparge în două bucăți care nu se suprapun:

$B = (B \cap A_{1}) \cup (B \cap A_{2}) .$

„Bila e albă" înseamnă „bila e albă și vine din prima urnă" sau „bila e albă și vine din a doua urnă". Bucățile fiind disjuncte, probabilitățile se adună:

$P (B) = P (B \cap A_{1}) + P (B \cap A_{2}) .$

Mai departe folosim formula probabilității intersecției, în forma cu probabilitate condiționată, pe care ai învățat-o la Probabilități condiționate:

$P (B \cap A_{i}) = P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i}) .$

Iar $P (B ∣ A_{i})$ este ușor de calculat, pentru că înăuntrul unui scenariu totul devine simplu: dacă știm sigur că s-a ales prima urnă, probabilitatea unei bile albe este pur și simplu $\frac{3}{5}$ .

2. Sistem complet de evenimente — definiția

Definiție. Fie $Ω$ evenimentul sigur al unui experiment. Spunem că evenimentele $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ formează un sistem complet de evenimente dacă:

sunt două câte două incompatibile: $A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ pentru orice $i \neq = j$ ;
reuniunea lor este evenimentul sigur: $A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ ;
fiecare are probabilitate nenulă: $P (A_{i}) > 0$ pentru orice $i$ .

Prima condiție spune că scenariile se exclud reciproc, a doua că nu ai uitat niciun scenariu, iar a treia că fiecare scenariu chiar se poate întâmpla (fără ea, $P (B ∣ A_{i})$ nici nu ar avea sens). Un sistem complet împarte evenimentul sigur așa cum tăieturile împart o pizza: bucățile nu se suprapun și, puse la un loc, dau pizza întreagă.

✏️Ilustrație: dreptunghiul evenimentului sigur E împărțit în trei benzi verticale colorate diferit A1, A2, A3, iar peste ele un oval hașurat B care taie toate cele trei benzi; sub desen, egalitatea B = (B∩A1) ∪ (B∩A2) ∪ (B∩A3)

Consecință imediată. Din primele două condiții rezultă

$P (A_{1}) + P (A_{2}) + \dots + P (A_{n}) = P (Ω) = 1.$

Este cel mai rapid test de control: dacă ponderile scenariilor tale nu se adună la $1$ , ai greșit undeva. Cel mai simplu sistem complet este perechea ${A, \overline{A}}$ formată dintr-un eveniment și contrarul lui, de la Evenimentul contrar și probabilitatea lui.

3. Legea probabilității totale — enunț și demonstrație

Teoremă (legea probabilității totale). Dacă $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ formează un sistem complet de evenimente, atunci pentru orice eveniment $B$ avem

$P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i}) = P (A_{1}) P (B ∣ A_{1}) + \dots + P (A_{n}) P (B ∣ A_{n}) .$

Demonstrație. Pornim de la faptul că $A_{1} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ . Intersectând cu $B$ și folosind distributivitatea intersecției față de reuniune, obținem

$B = B \cap Ω = B \cap (A_{1} \cup \dots \cup A_{n}) = (B \cap A_{1}) \cup \dots \cup (B \cap A_{n}) .$

Evenimentele $B \cap A_{i}$ sunt două câte două incompatibile, pentru că $(B \cap A_{i}) \cap (B \cap A_{j}) \subseteq A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ pentru $i \neq = j$ . Prin urmare probabilitatea reuniunii lor este suma probabilităților:

$P (B) = P (B \cap A_{1}) + P (B \cap A_{2}) + \dots + P (B \cap A_{n}) .$

În sfârșit, din definiția probabilității condiționate, $P (B ∣ A_{i}) = \frac{P ( B \cap A _{i} )}{P ( A _{i} )}$ , deci $P (B \cap A_{i}) = P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i})$ — aici se folosește condiția $P (A_{i}) > 0$ . Înlocuind, obținem formula din enunț. $■$

Reține structura răspunsului: o sumă de produse, câte un produs pentru fiecare scenariu, iar fiecare produs are forma „probabilitatea scenariului" $\times$ „probabilitatea lui $B$ în acel scenariu".

4. Problema celor două urne, rezolvată complet

Ne întoarcem la deschidere: $U_{1}$ cu $3$ albe și $2$ negre, $U_{2}$ cu $1$ albă și $4$ negre, urna aleasă la întâmplare.

Sistemul complet: $A_{1}$ = „se alege $U_{1}$ ", $A_{2}$ = „se alege $U_{2}$ ", cu $P (A_{1}) = P (A_{2}) = \frac{1}{2}$ . Verificare: $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ ✓
Probabilitățile condiționate: $P (B ∣ A_{1}) = \frac{3}{5}$ , $P (B ∣ A_{2}) = \frac{1}{5}$ .
Aplicăm formula:

$P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{10} + \frac{1}{10} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} .$

5. De ce nu ai voie să amesteci bilele

În exemplul de mai sus, amestecul dădea din întâmplare tot $\frac{2}{5}$ . Schimbă puțin datele și iluzia se rupe: fie $U_{1}$ cu $1$ albă și $1$ neagră, iar $U_{2}$ cu $1$ albă și $5$ negre, urna aleasă tot cu probabilitatea $\frac{1}{2}$ . Legea probabilității totale dă

$P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{3}{12} + \frac{1}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3},$

în timp ce amestecarea celor $8$ bile ar da $\frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ . Cel corect este $\frac{1}{3}$ : bila din urna mică are șansă mai mare să fie extrasă, pentru că are mai puțini „concurenți". Morala: ponderile scenariilor și numărul de cazuri din fiecare scenariu nu se pot topi unele în altele.

6. Arborele: aceeași formulă, altă înfățișare

Legea probabilității totale este exact regula de citire a unei diagrame arborescente, așa cum ai văzut la Diagrame arborescente pentru experimente în mai multe etape:

pe fiecare ramură scrii probabilitatea trecerii respective;
probabilitatea unui drum este produsul probabilităților de pe ramurile lui;
probabilitatea unui eveniment este suma probabilităților drumurilor favorabile.

✏️Ilustrație: arbore cu rădăcina „alege urna", două ramuri etichetate 1/2 către U1 și U2, iar din fiecare urnă câte două ramuri „albă"/„neagră" cu probabilitățile 3/5, 2/5, respectiv 1/5, 4/5; drumurile care se termină cu „albă" sunt îngroșate

Arborele te împiedică să uiți un caz și te obligă să verifici că, în fiecare nod, probabilitățile ramurilor se adună la $1$ .

7. Problema inversă: de unde a venit rezultatul?

Uneori întrebarea se pune invers: știi ce s-a întâmplat și vrei să afli din ce scenariu a provenit. La problema celor două urne: bila extrasă este albă; cât de probabil este că a venit din $U_{1}$ ? Aici nu ai nevoie de nicio formulă nouă, ci doar de definiția probabilității condiționate:

$P (A_{1} ∣ B) = \frac{P ( A _{1} \cap B )}{P ( B )} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5}}{\frac{2}{5}} = \frac{\frac{3}{10}}{\frac{4}{10}} = \frac{3}{4} .$

Numărătorul este un singur termen din suma pe care ai calculat-o deja, iar numitorul este suma întreagă. Aceasta e toată rețeta: calculezi $P (B)$ cu legea probabilității totale, apoi împarți termenul care te interesează la total. Observă și interpretarea: deși inițial urnele erau la fel de probabile, faptul că bila a ieșit albă „împinge" spre urna cu mai multe bile albe.

8. Rețeta de rezolvare, în cinci pași

Numește evenimentele: scenariile $A_{1}, \dots, A_{n}$ și evenimentul $B$ .
Verifică sistemul complet: scenariile se exclud, acoperă tot, iar $P (A_{1}) + \dots + P (A_{n}) = 1$ .
Scrie probabilitățile condiționate $P (B ∣ A_{i})$ , calculate „ca și cum ai ști sigur" în ce scenariu ești.
Aplică formula și adună produsele.
Controlează rezultatul: fiind o medie ponderată a valorilor $P (B ∣ A_{i})$ , el trebuie să se afle între cea mai mică și cea mai mare dintre ele.

Exemple rezolvate

Exemplul 1. Trei urne

Trei urne conțin: $U_{1}$ — $2$ bile albe și $3$ negre; $U_{2}$ — $4$ albe și $1$ neagră; $U_{3}$ — $3$ albe și $2$ negre. Se alege o urnă la întâmplare și se extrage o bilă. Care este probabilitatea ca ea să fie albă?

Rezolvare. Scenariile $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ („se alege urna $U_{i}$ ") au fiecare probabilitatea $\frac{1}{3}$ , iar $\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 1$ ✓. Probabilitățile condiționate sunt $\frac{2}{5}$ , $\frac{4}{5}$ , $\frac{3}{5}$ . Deci

$P (B) = \frac{1}{3} (\frac{2}{5} + \frac{4}{5} + \frac{3}{5}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{9}{5} = \frac{3}{5} .$

Control: $\frac{3}{5}$ se află între $\frac{2}{5}$ și $\frac{4}{5}$ ✓ Când toate scenariile au aceeași probabilitate, rezultatul este chiar media aritmetică a probabilităților condiționate.

Exemplul 2. Două ateliere și rebuturile

Un atelier $A$ produce $60%$ dintre piesele unei fabrici, iar atelierul $B$ restul de $40%$ . Dintre piesele lui $A$ , $5%$ sunt rebuturi; dintre ale lui $B$ , doar $2%$ . Se ia o piesă la întâmplare din producția fabricii. Care este probabilitatea ca ea să fie rebut?

Rezolvare. Scenariile sunt „piesa vine din $A$ " (probabilitate $\frac{3}{5}$ ) și „piesa vine din $B$ " ( $\frac{2}{5}$ ); suma este $1$ ✓ Fie $R$ evenimentul „piesa este rebut". Atunci $P (R ∣ A) = \frac{1}{20}$ și $P (R ∣ B) = \frac{1}{50}$ , deci

$P (R) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{20} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{50} = \frac{3}{100} + \frac{2}{250} = \frac{15}{500} + \frac{4}{500} = \frac{19}{500} = 0, 038.$

Adică $3, 8%$ — o valoare cuprinsă, cum era de așteptat, între $2%$ și $5%$ , dar mai aproape de $5%$ , pentru că atelierul $A$ produce mai mult.

Exemplul 3. Zarul care alege urna

Se aruncă un zar. Dacă apare fața $6$ , se extrage o bilă din $U_{1}$ ( $3$ albe, $2$ negre); în caz contrar, din $U_{2}$ ( $1$ albă, $4$ negre). Care este probabilitatea de a extrage o bilă albă?

Rezolvare. De data aceasta scenariile nu sunt echiprobabile: $P (A_{1}) = \frac{1}{6}$ și $P (A_{2}) = \frac{5}{6}$ , cu suma $1$ ✓

$P (B) = \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{5} + \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{30} + \frac{5}{30} = \frac{8}{30} = \frac{4}{15} .$

Rezultatul, aproximativ $0, 27$ , este mult mai aproape de $\frac{1}{5}$ decât de $\frac{3}{5}$ — firesc, pentru că scenariul al doilea este de cinci ori mai probabil.

Exemplul 4. Bila mutată dintr-o urnă în alta

Urna $U_{1}$ conține $3$ bile albe și $1$ neagră, iar urna $U_{2}$ conține $2$ albe și $3$ negre. Se ia o bilă la întâmplare din $U_{1}$ și se pune în $U_{2}$ ; apoi se extrage o bilă din $U_{2}$ . Care este probabilitatea ca bila extrasă din $U_{2}$ să fie albă?

Rezolvare. Scenariile privesc culoarea bilei mutate: $A_{1}$ = „s-a mutat o bilă albă", cu $P (A_{1}) = \frac{3}{4}$ , și $A_{2}$ = „s-a mutat o bilă neagră", cu $P (A_{2}) = \frac{1}{4}$ ; suma este $1$ ✓ După mutare, $U_{2}$ are $6$ bile.

În scenariul $A_{1}$ : $U_{2}$ conține $3$ albe și $3$ negre, deci $P (B ∣ A_{1}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ .
În scenariul $A_{2}$ : $U_{2}$ conține $2$ albe și $4$ negre, deci $P (B ∣ A_{2}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ .

$P (B) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{8} + \frac{1}{12} = \frac{9}{24} + \frac{2}{24} = \frac{11}{24} .$

Greșeala clasică aici este să uiți că numitorul se schimbă: după mutare urna are $6$ bile, nu $5$ .

Exemplul 5. Problema inversă la piesele defecte

În condițiile Exemplului 2, piesa aleasă s-a dovedit a fi rebut. Care este probabilitatea ca ea să provină din atelierul $A$ ?

Rezolvare. Aplicăm definiția probabilității condiționate, cu numărătorul luat direct din suma deja calculată:

$P (A ∣ R) = \frac{P ( A \cap R )}{P ( R )} = \frac{\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{20}}{\frac{19}{500}} = \frac{\frac{3}{100}}{\frac{19}{500}} = \frac{3}{100} \cdot \frac{500}{19} = \frac{15}{19} .$

Aproximativ $0, 79$ : deși atelierul $A$ face doar $60%$ din piese, el este responsabil pentru aproape $79%$ dintre rebuturi, pentru că lucrează mai prost.

Exemplul 6. Exemplu tip Bacalaureat M1

Urna $U_{1}$ conține $4$ bile albe și $2$ negre, iar urna $U_{2}$ conține $2$ bile albe și $3$ negre. Se aruncă un zar: dacă numărul obținut este divizibil cu $3$ , se extrage o bilă din $U_{1}$ ; altfel, din $U_{2}$ .

a) Calculați probabilitatea de a extrage o bilă albă. b) Știind că bila extrasă este albă, calculați probabilitatea ca ea să provină din urna $U_{1}$ .

Rezolvare. a) Numerele divizibile cu $3$ de pe zar sunt $3$ și $6$ , deci $P (A_{1}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ și $P (A_{2}) = \frac{2}{3}$ ; suma este $1$ ✓ Mai departe, $P (B ∣ A_{1}) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ și $P (B ∣ A_{2}) = \frac{2}{5}$ , deci

$P (B) = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{5} = \frac{2}{9} + \frac{4}{15} = \frac{10}{45} + \frac{12}{45} = \frac{22}{45} .$

b) $P (A_{1} ∣ B) = \frac{P ( A _{1} \cap B )}{P ( B )} = \frac{\frac{2}{9}}{\frac{22}{45}} = \frac{2}{9} \cdot \frac{45}{22} = \frac{90}{198} = \frac{5}{11}$ .

Interpretare: deși urna $U_{1}$ era aleasă doar în o treime din cazuri, ea „explică" aproape jumătate dintre bilele albe, fiind mai bogată în astfel de bile.

Să exersăm

1. Evenimentele $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ sunt două câte două incompatibile, au probabilități nenule și $P (A_{1}) = \frac{1}{2}$ , $P (A_{2}) = \frac{1}{3}$ , $P (A_{3}) = \frac{1}{6}$ . Pot ele forma un sistem complet de evenimente? (Adevărat/Fals cu motivare.)

2. Urna $U_{1}$ conține $2$ bile albe și $2$ negre, urna $U_{2}$ conține $1$ bilă albă și $3$ negre. Se alege o urnă la întâmplare și se extrage o bilă. Calculează probabilitatea ca bila să fie albă.

3. Urna $U_{1}$ ( $5$ albe, $1$ neagră) este aleasă cu probabilitatea $\frac{1}{3}$ , iar urna $U_{2}$ ( $2$ albe, $4$ negre) cu probabilitatea $\frac{2}{3}$ . Calculează probabilitatea de a extrage o bilă neagră.

4. Într-un depozit, jumătate dintre becuri provin din lotul I (cu $2%$ defecte), o treime din lotul al II-lea (cu $3%$ defecte) și o șesime din lotul al III-lea (cu $6%$ defecte). Calculează probabilitatea ca un bec luat la întâmplare să fie defect. (Problemă aplicată.)

5. Se aruncă un zar. Dacă apare $1$ sau $2$ , se extrage o bilă din $U_{1}$ ( $3$ albe, $3$ negre); altfel, din $U_{2}$ ( $1$ albă, $5$ negre). Calculează probabilitatea de a obține o bilă albă.

6. Urna $U_{1}$ conține $2$ bile albe și $2$ negre, iar urna $U_{2}$ conține $3$ albe și $1$ neagră. Se mută o bilă din $U_{1}$ în $U_{2}$ , apoi se extrage o bilă din $U_{2}$ . Calculează probabilitatea ca ea să fie albă.

7. Fie $A_{1}, \dots, A_{n}$ un sistem complet de evenimente și $B$ un eveniment cu proprietatea că $P (B ∣ A_{i}) = p$ pentru orice $i$ . Arată că $P (B) = p$ .

8. La exercițiul 2, bila extrasă este albă. Calculează probabilitatea ca ea să provină din urna $U_{1}$ .

9. Se aruncă o monedă. Dacă apare stema, se extrage o bilă din $U_{1}$ ( $4$ albe, $2$ negre); dacă apare banul, din $U_{2}$ ( $1$ albă, $3$ negre). Calculează probabilitatea de a extrage o bilă albă.

10. O boală afectează $1%$ dintr-o populație. Un test dă rezultat pozitiv la $90%$ dintre bolnavi și, din păcate, la $5%$ dintre oamenii sănătoși. a) Calculează probabilitatea ca un om luat la întâmplare să fie testat pozitiv. b) Știind că un om a fost testat pozitiv, calculează probabilitatea ca el să fie bolnav. (Problemă aplicată.)

11. „Două evenimente disjuncte formează întotdeauna un sistem complet de evenimente." (Adevărat/Fals cu motivare.)

12. Urna $U_{1}$ are $1$ bilă albă și $1$ neagră, iar urna $U_{2}$ are $1$ bilă albă și $5$ negre. Se alege o urnă la întâmplare și se extrage o bilă. a) Calculează probabilitatea ca bila să fie albă. b) Compară rezultatul cu probabilitatea obținută dacă toate cele $8$ bile ar fi puse într-o singură urnă și comentează diferența.

13. Trei ateliere produc, respectiv, $50%$ , $30%$ și $20%$ din piesele unei fabrici, cu procentele de rebut $1%$ , $2%$ și $5%$ . Calculează probabilitatea ca o piesă luată la întâmplare să fie rebut.

14. Urna $U_{1}$ conține $3$ bile albe și $2$ negre, iar urna $U_{2}$ conține $2$ albe și $3$ negre. Se alege o urnă la întâmplare și se extrag simultan două bile. Calculează probabilitatea ca amândouă să fie albe.

15. Trei urne conțin: $U_{1}$ — $1$ albă și $3$ negre; $U_{2}$ — $2$ albe și $2$ negre; $U_{3}$ — $3$ albe și $1$ neagră. Se alege una la întâmplare și se extrage o bilă. Calculează probabilitatea ca ea să fie albă și explică rezultatul printr-un argument de simetrie.

16. Se aruncă două monede. Dacă apar două steme, se extrage o bilă din $U_{1}$ ( $3$ albe, $1$ neagră); în caz contrar, din $U_{2}$ ( $1$ albă, $4$ negre). a) Calculează probabilitatea ca bila să fie albă. b) Calculează, tot cu legea probabilității totale, probabilitatea ca bila să fie neagră și verifică faptul că cele două rezultate se adună la $1$ . (Exercițiu tip Bacalaureat M1.)

17. Un elev merge la școală cu autobuzul în $\frac{3}{5}$ dintre zile și pe jos în restul zilelor. Cu autobuzul întârzie cu probabilitatea $\frac{1}{10}$ , iar pe jos cu probabilitatea $\frac{1}{20}$ . Calculează probabilitatea ca într-o zi oarecare să întârzie. (Problemă aplicată.)

18. Se dau $n$ urne, iar urna cu numărul $k$ conține $k$ bile albe și $n - k$ bile negre (deci $n$ bile în total), pentru $k = 1, 2, \dots, n$ . Se alege o urnă la întâmplare și se extrage o bilă. Arată că probabilitatea de a obține o bilă albă este $\frac{n + 1}{2 n}$ și studiază ce se întâmplă când $n$ crește foarte mult. (Provocare.)

Răspunsuri și explicații

1. Adevărat. Evenimentele fiind două câte două incompatibile, $P (A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{3 + 2 + 1}{6} = 1$ . Reuniunea are probabilitatea $1$ , deci este evenimentul sigur, iar cele trei condiții din definiție sunt îndeplinite.

2. $P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$ . Aici urnele au același număr de bile, deci și amestecul ar da $\frac{3}{8}$ — coincidență, nu regulă.

3. $P (N) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6} + \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{6} = \frac{1}{18} + \frac{8}{18} = \frac{9}{18} = \frac{1}{2}$ . Control: $\frac{1}{2}$ se află între $\frac{1}{6}$ și $\frac{4}{6}$ ✓

4. $P (D) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{100} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{100} + \frac{1}{6} \cdot \frac{6}{100} = \frac{1}{100} + \frac{1}{100} + \frac{1}{100} = \frac{3}{100} = 0, 03$ . Cele trei loturi contribuie, surprinzător, în mod egal.

5. $P (A_{1}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ , $P (A_{2}) = \frac{2}{3}$ . Deci $P (B) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{6} + \frac{1}{9} = \frac{3}{18} + \frac{2}{18} = \frac{5}{18}$ .

6. După mutare, $U_{2}$ are $5$ bile. Dacă s-a mutat o bilă albă (probabilitate $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ ), $U_{2}$ are $4$ albe din $5$ ; dacă s-a mutat una neagră ( $\frac{1}{2}$ ), are $3$ albe din $5$ . Deci $P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} = \frac{7}{10}$ .

7. $P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot p = p i = 1 \sum n P (A_{i}) = p \cdot 1 = p$ . Cu alte cuvinte, dacă $B$ are aceeași șansă în toate scenariile, informația despre scenariu nu ajută cu nimic — este chiar situația evenimentelor independente de la Evenimente independente.

8. $P (U_{1} ∣ B) = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{3}{8}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{8}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{8}{3} = \frac{2}{3}$ . Numărătorul este primul termen din suma de la exercițiul 2, numitorul este suma întreagă.

9. $P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{3} + \frac{1}{8} = \frac{8}{24} + \frac{3}{24} = \frac{11}{24}$ .

10. a) $P (poz) = \frac{1}{100} \cdot \frac{9}{10} + \frac{99}{100} \cdot \frac{1}{20} = \frac{9}{1000} + \frac{99}{2000} = \frac{18 + 99}{2000} = \frac{117}{2000}$ . b) $P (bolnav ∣ poz) = \frac{\frac{18}{2000}}{\frac{117}{2000}} = \frac{18}{117} = \frac{2}{13} \approx 0, 15$ . Deși testul pare bun, mai puțin de $1$ din $6$ persoane testate pozitiv sunt de fapt bolnave — pentru că oamenii sănătoși sunt foarte mulți, iar $5%$ dintr-o mulțime uriașă înseamnă mai mult decât $90%$ dintr-o mulțime mică.

11. Fals. Disjuncte înseamnă doar $A \cap B = \emptyset$ ; lipsește condiția $A \cup B = Ω$ . De exemplu, la aruncarea zarului, $A = {1}$ și $B = {2}$ sunt disjuncte, dar reuniunea lor nu este evenimentul sigur. Perechea ${A, \overline{A}}$ este însă întotdeauna un sistem complet, dacă $0 < P (A) < 1$ .

12. a) $P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}$ . b) Amestecând bilele: $\frac{2}{8} = \frac{1}{4} \neq = \frac{1}{3}$ . Diferența apare pentru că urnele au numere diferite de bile: bila albă din urna mică are șansa $\frac{1}{2}$ de a fi extrasă, dacă urna ei e aleasă, în timp ce bila albă din urna mare are doar $\frac{1}{6}$ . Amestecul le tratează la fel, ceea ce falsifică experimentul.

13. $P (R) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{100} + \frac{3}{10} \cdot \frac{2}{100} + \frac{1}{5} \cdot \frac{5}{100} = \frac{5}{1000} + \frac{6}{1000} + \frac{10}{1000} = \frac{21}{1000} = 0, 021$ .

14. În fiecare urnă sunt $C_{5}^{2} = 10$ perechi posibile. În $U_{1}$ sunt $C_{3}^{2} = 3$ perechi de bile albe, în $U_{2}$ doar $C_{2}^{2} = 1$ . Deci $P = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{10} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} = \frac{3}{20} + \frac{1}{20} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}$ . Numărarea perechilor se face cu combinări, ca la Cazuri favorabile și cazuri posibile — numărarea cu combinatorică.

15. $P (B) = \frac{1}{3} (\frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{4} = \frac{1}{2}$ . Simetrie: $U_{1}$ și $U_{3}$ sunt „oglinda" una a celeilalte, iar $U_{2}$ este echilibrată, deci media celor trei valori este $\frac{1}{2}$ .

16. a) Cele două monede dau $4$ rezultate egal probabile, dintre care unul singur are două steme: $P (A_{1}) = \frac{1}{4}$ , $P (A_{2}) = \frac{3}{4}$ . Deci $P (B) = \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{16} + \frac{3}{20} = \frac{15}{80} + \frac{12}{80} = \frac{27}{80}$ . b) Cu aceleași scenarii, dar cu probabilitățile condiționate ale bilei negre: $P (\overline{B}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{5} = \frac{5}{80} + \frac{48}{80} = \frac{53}{80}$ . Verificare: $\frac{27}{80} + \frac{53}{80} = 1$ ✓

17. $P (\hat{I}) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{10} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{20} = \frac{3}{50} + \frac{1}{50} = \frac{4}{50} = \frac{2}{25} = 0, 08$ . Aproximativ $8%$ dintre zile, adică una din douăsprezece și jumătate.

18. Fiecare urnă este aleasă cu probabilitatea $\frac{1}{n}$ , iar în urna $k$ probabilitatea unei bile albe este $\frac{k}{n}$ . Deci

$P (B) = k = 1 \sum n \frac{1}{n} \cdot \frac{k}{n} = \frac{1}{n ^{2}} k = 1 \sum n k = \frac{1}{n ^{2}} \cdot \frac{n ( n + 1 )}{2} = \frac{n + 1}{2 n} .$

Pentru $n = 5$ se obține $\frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ , iar pentru $n = 7$ , $\frac{8}{14} = \frac{4}{7}$ . Scriind $\frac{n + 1}{2 n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 n}$ , se vede că valoarea scade spre $\frac{1}{2}$ pe măsură ce $n$ crește, rămânând mereu puțin peste $\frac{1}{2}$ — pentru că urna „complet neagră" (cu $k = 0$ bile albe) lipsește din listă, în timp ce cea complet albă ( $k = n$ ) există.

De reținut

$A_{1}, \dots, A_{n}$ formează un sistem complet de evenimente dacă sunt două câte două incompatibile, reuniunea lor este evenimentul sigur și fiecare are probabilitate strict pozitivă. Consecință de control: $P (A_{1}) + \dots + P (A_{n}) = 1$ .
Legea probabilității totale: $P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i})$ — o sumă de produse „probabilitatea scenariului $\times$ probabilitatea lui $B$ în acel scenariu".
Demonstrația stă pe descompunerea $B = (B \cap A_{1}) \cup \dots \cup (B \cap A_{n})$ în bucăți disjuncte, urmată de $P (B \cap A_{i}) = P (A_{i}) P (B ∣ A_{i})$ .
Nu se amestecă bilele din urne diferite. Amestecul dă același răspuns doar când urnele au același număr de bile; altfel, rezultatul e greșit.
Rezultatul este o medie ponderată a valorilor $P (B ∣ A_{i})$ , deci se află obligatoriu între cea mai mică și cea mai mare dintre ele — un control care prinde imediat greșelile de calcul.

Greșeli frecvente

Uitarea unui scenariu. Dacă $P (A_{1}) + \dots + P (A_{n}) \neq = 1$ , sistemul nu e complet și formula nu se aplică. Verifică suma înainte de orice calcul.
Amestecarea bilelor din toate urnele. Este greșeala numărul unu la această lecție; dă rezultat corect doar din întâmplare, când urnele au același număr de bile.
Confuzia dintre $P (B ∣ A_{i})$ și $P (A_{i} ∣ B)$ . Prima se citește „probabilitatea bilei albe dacă știm urna", a doua „probabilitatea urnei dacă știm culoarea"; valorile lor sunt, de regulă, complet diferite.
Numitor neactualizat la problemele cu transfer. Când muți o bilă dintr-o urnă în alta, urna care primește bila are cu o bilă mai mult — recalculează numitorul în fiecare scenariu.
Adunarea probabilităților condiționate fără ponderi. $P (B ∣ A_{1}) + P (B ∣ A_{2})$ poate depăși $1$ și nu are niciun sens; fiecare termen trebuie înmulțit cu $P (A_{i})$ .

Aplică acasă

Cele două cutii de acasă. Ia două cutii și pune în prima $3$ obiecte roșii și $2$ albastre, iar în a doua $1$ roșu și $4$ albastre. Aruncă o monedă ca să alegi cutia, extrage un obiect fără să te uiți și notează culoarea. Repetă de $40$ de ori și compară frecvența relativă a culorii roșii cu valoarea teoretică $\frac{2}{5}$ .
Drumul tău spre școală. Estimează, pe baza ultimelor două săptămâni, în ce fracțiune din zile mergi cu fiecare mijloc de transport și cât de des întârzii în fiecare caz. Aplică legea probabilității totale ca să estimezi probabilitatea de a întârzia într-o zi oarecare, apoi verifică estimarea pe luna următoare.
Testul care înșală. Reia exercițiul 10 și reface calculul presupunând că boala afectează $10%$ din populație, nu $1%$ . Compară cele două valori ale probabilității „bolnav, dat fiind test pozitiv" și scrie în trei rânduri de ce răspândirea bolii schimbă atât de mult concluzia.

Pentru părinți și profesori

Legea probabilității totale este prima formulă din capitolul de probabilități care cere elevului să structureze o problemă înainte de a calcula: să identifice scenariile, să verifice că ele acoperă tot și nu se suprapun, abia apoi să adune produse. Este, de aceea, un excelent exercițiu de gândire organizată, dincolo de valoarea ei tehnică. Programa de matematică-informatică o cere nominal, împreună cu probabilitățile condiționate și cu evenimentele independente.

Ce verifică lecția: identificarea corectă a sistemului complet de evenimente, verificarea că suma probabilităților scenariilor este $1$ , calculul probabilităților condiționate „în interiorul" fiecărui scenariu și redactarea sumei de produse. Întrebări bune de control: „De ce nu ai voie să pui bilele din cele două urne la un loc?", „Ce înseamnă, în cuvinte, fiecare factor din produsul $P (A_{2}) \cdot P (B ∣ A_{2})$ ?", „Între ce valori trebuie să se afle obligatoriu rezultatul?".

Semne că elevul a înțeles: desenează arborele fără să i se ceară, verifică din reflex că ponderile se adună la $1$ și controlează rezultatul comparându-l cu cea mai mică și cea mai mare probabilitate condiționată. La proba de Bacalaureat M1, formula apare în probleme cu două urne sau cu două-trei surse de producție, iar baremul punctează separat identificarea sistemului complet, scrierea probabilităților condiționate și calculul final.

Întrebări frecvente

Ce este legea probabilității totale? Este formula $P (B) = P (A_{1}) P (B ∣ A_{1}) + \dots + P (A_{n}) P (B ∣ A_{n})$ , valabilă când $A_{1}, \dots, A_{n}$ formează un sistem complet de evenimente. Ea permite calculul probabilității unui eveniment prin descompunerea experimentului în scenarii care se exclud reciproc și acoperă toate posibilitățile.

Ce înseamnă sistem complet de evenimente? O familie de evenimente care sunt două câte două incompatibile (nu se pot produce simultan), a căror reuniune este evenimentul sigur (acoperă tot ce se poate întâmpla) și care au fiecare probabilitate strict pozitivă. Cel mai simplu exemplu este perechea formată dintr-un eveniment și contrarul lui.

De ce nu pot să pun toate bilele într-o singură urnă? Pentru că probabilitatea de a extrage o anumită bilă depinde de câte bile are urna din care se extrage. O bilă dintr-o urnă cu $2$ bile este mult mai „vizibilă" decât una dintr-o urnă cu $6$ bile. Amestecul le tratează identic și deformează rezultatul; el dă întâmplător răspunsul corect doar când urnele au același număr de bile.

Cum verific rapid dacă am aplicat corect formula? Prin două controale. Întâi, probabilitățile scenariilor trebuie să se adune la $1$ . Apoi, rezultatul final, fiind o medie ponderată a probabilităților condiționate, trebuie să se afle între cea mai mică și cea mai mare dintre ele.

Care este diferența dintre $P (B ∣ A)$ și $P (A ∣ B)$ ? Prima este probabilitatea lui $B$ atunci când știi că s-a produs $A$ ; a doua este probabilitatea lui $A$ atunci când știi că s-a produs $B$ . Sunt întrebări diferite și au, aproape întotdeauna, răspunsuri diferite: la Exemplul 5, probabilitatea de rebut în atelierul $A$ este $\frac{1}{20}$ , dar probabilitatea ca un rebut să vină din $A$ este $\frac{15}{19}$ .

Cum rezolv problemele în care se mută o bilă dintr-o urnă în alta? Scenariile sunt culorile posibile ale bilei mutate. Pentru fiecare scenariu recalculezi compoziția urnei care primește bila — atenție, are cu o bilă mai mult — și apoi aplici formula obișnuită.

Cum aflu din ce urnă a venit bila, dacă știu că e albă? Folosești definiția probabilității condiționate: împarți probabilitatea drumului care te interesează (un singur termen al sumei) la probabilitatea totală (suma întreagă). Nu ai nevoie de nicio formulă nouă.

Unde apare legea probabilității totale la examen? La proba de Bacalaureat M1 apare în probleme cu două urne, cu un zar sau cu o monedă care alege urna, ori cu două-trei surse de producție. Baremul punctează separat identificarea sistemului complet, scrierea probabilităților condiționate și calculul final.