Conditional Probability, Independence and the Multiplication Ruleئەگەری مەرجدار، سەربەخۆیی و یاسای لێکدانی ئەگەر

A friend rolls a die behind a book. The chance that it shows 6 is $\tfrac16$. Now your friend says: "It is even." The roll is one of 2, 4, 6, and they are still equally likely, so the chance of a 6 is now $\tfrac13$. The information threw away the impossible outcomes and shrank the sample space.

هاوڕێیەکت لە پشت کتێبێکەوە بەردەزارێک هەڵدەدات. ئەگەری (Probability) ئەوەی 6 نیشان بدات $\tfrac16$ـە. ئێستا هاوڕێکەت دەڵێت: «جووتە.» ئەنجامەکە یەکێکە لە 2، 4، 6 و هێشتا هەمان ئەگەریان هەیە، بۆیە ئەگەری 6 ئێستا $\tfrac13$ـە. زانیارییەکە ئەنجامە (Outcome) ئەستەمەکانی فڕێ دا و بۆشایی نموونەکەی بچووک کردەوە.

Example (22). Two dice are rolled; $a$ is the first die and $b$ the second. Find the probability that $b = 3$, knowing that $a + b > 8$.

نموونەی ⁦(22)⁩. دوو بەردەزار هەڵدەدرێن؛ $a$ بەردەزاری یەکەمە و $b$ دووەم. ئەگەری $b = 3$ بدۆزەرەوە، بە زانینی ئەوەی $a + b > 8$.

Counting inside the reduced sample space gives $\tfrac{1}{10}$. Dividing probabilities gives the same thing and works even when outcomes are not equally likely:

ژماردن لە ناو بۆشایی نموونە بچووککراوەکەدا $\tfrac{1}{10}$ دەدات. دابەشکردنی ئەگەرەکان هەمان شت دەدات و تەنانەت کاتێکیش کار دەکات کە ئەنجامەکان هەمان ئەگەریان نەبێت:

Example (20). In a college, 25% of the students failed maths, 15% failed statistics and 10% failed both. One student is chosen at random. Let M = failed maths and S = failed statistics: $P(M) = 0.25$, $P(S) = 0.15$, $P(M \cap S) = 0.10$.

نموونەی ⁦(20)⁩. لە کۆلێژێکدا ⁦25%⁩ـی قوتابیان لە بیرکاری کەوتن، ⁦15%⁩ لە ئامار و ⁦10%⁩ لە هەردووکیان. قوتابییەک بە هەڕەمەکی هەڵدەبژێردرێت. با M = لە بیرکاری کەوتووە و S = لە ئامار کەوتووە: $P(M) = 0.25$، $P(S) = 0.15$، $P(M \cap S) = 0.10$.

Parts 1 and 2 use the same overlap but divide by different events, so $P(M \mid S) = \tfrac23$ is not $P(S \mid M) = \tfrac25$. Never swap the two sides of the bar.

بەشەکانی 1 و 2 هەمان بەشی هاوبەش بەکاردەهێنن بەڵام دابەشی ڕووداوەکانی جیاواز دەکەن، بۆیە $P(M \mid S) = \tfrac23$ یەکسان نییە بە $P(S \mid M) = \tfrac25$. هەرگیز دوو لای هێڵەکە ئاڵوگۆڕ مەکە.

Example (21). The table gives the probabilities for a person chosen at random from a population: male or female, colour-blind or not.

نموونەی ⁦(21)⁩. خشتەکە ئەگەرەکان دەدات بۆ کەسێک کە بە هەڕەمەکی لە کۆمەڵگەیەک هەڵدەبژێردرێت: پیاو یان ئافرەت، کوێری ڕەنگ یان نا.

The person chosen is colour-blind. What is the probability that the person is male? That the person is female? The condition CB keeps only the colour-blind column, whose total is 0.030:

کەسە هەڵبژێردراوەکە کوێری ڕەنگە. ئەگەری ئەوە چەندە کە پیاو بێت؟ ئافرەت بێت؟ مەرجی CB تەنها ستوونی کوێری ڕەنگ دەهێڵێتەوە کە کۆکەی ⁦0.030⁩ـە:

Reading the table the other way answers a different question: among males, $P(CB \mid M) = \tfrac{0.025}{0.5} = 0.05$; among females, $P(CB \mid F) = \tfrac{0.005}{0.5} = 0.01$. Turning one direction into the other is the job of Bayes' theorem.

خوێندنەوەی خشتەکە بە پێچەوانەوە وەڵامی پرسیارێکی تر دەداتەوە: لە ناو پیاوان، $P(CB \mid M) = \tfrac{0.025}{0.5} = 0.05$؛ لە ناو ئافرەتان، $P(CB \mid F) = \tfrac{0.005}{0.5} = 0.01$. گۆڕینی ئاڕاستەیەک بۆ ئەوی تر کاری سەلمێنراوی بەیزـە.

Multiply both sides of the conditional probability formula by the denominator and you get a rule for "A and B". The notes use it for the box homework without stating it, so here it is:

هەردوو لای فۆرمولەی ئەگەری مەرجدار لە ژێرەکە (Denominator) بدە، یاسایەک بۆ «A و B» دەست دەکەوێت. تێبینییەکان بۆ ئەرکی ماڵەوەی سندووقەکە بەکاری دەهێنن بەبێ ئەوەی بینووسن، بۆیە ئەمەتا:

Example. A box holds 4 red and 6 blue balls. Take two without putting the first back. With $R_1$ and $R_2$ for red on the first and second draw, $P(R_1 \cap R_2) = \tfrac{4}{10} \times \tfrac{3}{9} = \tfrac{12}{90} = \tfrac{2}{15}$: after one red ball, only 3 of the 9 remaining balls are red.

نموونە. سندووقێک 4 تۆپی سوور و 6 تۆپی شینی تێدایە. دوو دانە دەربهێنە بەبێ گەڕاندنەوەی یەکەم. با $R_1$ و $R_2$ نیشانەی سووربوون بن لە دەرهێنانی یەکەم و دووەمدا: $P(R_1 \cap R_2) = \tfrac{4}{10} \times \tfrac{3}{9} = \tfrac{12}{90} = \tfrac{2}{15}$: دوای تۆپێکی سوور، تەنها 3 لەو 9 تۆپەی ماونەتەوە سوورن.

Two events are independent when knowing that one happened does not change the probability of the other. Tossing a coin twice: "heads on the first toss" tells you nothing about the second toss. Any one of these three tests shows independence (they are equivalent):

دوو ڕووداو ڕووداوی سەربەخۆن کاتێک زانینی ڕوودانی یەکێکیان ئەگەری ئەوی تر ناگۆڕێت. دوو جار هەڵدانی دراو: «شێر لە هەڵدانی یەکەمدا» هیچ دەربارەی هەڵدانی دووەم پێت ناڵێت. هەر یەکێک لەم سێ تاقیکردنەوەیە سەربەخۆیی پیشان دەدات (هاوتان):

The third test is the multiplication theorem for independent events. Example (17): two independent tosses of a fair coin, $P(H_1 \cap H_2) = \tfrac12 \times \tfrac12 = \tfrac14$, where $H_1$ and $H_2$ are heads on the first and second toss. Rolling a die twice, the chance of two sixes is $\tfrac16 \times \tfrac16 = \tfrac{1}{36}$.

تاقیکردنەوەی سێیەم یاسای لێکدانی ئەگەر بۆ ڕووداوی سەربەخۆـە. نموونەی ⁦(17)⁩: دوو هەڵدانی سەربەخۆی دراوێکی دادپەروەر، $P(H_1 \cap H_2) = \tfrac12 \times \tfrac12 = \tfrac14$ ($H_1$ و $H_2$: شێر لە هەڵدانی یەکەم و دووەمدا). لە دوو جار هەڵدانی بەردەزاردا، ئەگەری دوو شەش $\tfrac16 \times \tfrac16 = \tfrac{1}{36}$ـە.

A fair coin lands heads three times in a row. Is tails now "due"? List the 16 outcomes of four tosses. Exactly 2 of them start with HHH: HHHH and HHHT. So $P(H_4 \mid HHH) = \tfrac{1}{2}$, where $H_4$ is heads on the 4th toss: the same as for any toss.

دراوێکی دادپەروەر سێ جار لە سەریەک شێر دەهێنێت. ئایا ئێستا «نۆرەی» خەتە؟ ⁦16⁩ ئەنجامەکەی چوار هەڵدان بنووسە. ڕێک 2یان بە HHH دەست پێ دەکەن: HHHH و HHHT. بۆیە $P(H_4 \mid HHH) = \tfrac{1}{2}$ ($H_4$: شێر لە هەڵدانی چوارەمدا)، هەمان شت وەک هەر هەڵدانێکی تر.

The coin does not "know" what it did before. Believing that past results push the next independent result the other way is called the gambler's fallacy.

دراوەکە «نازانێت» پێشتر چی کردووە. باوەڕبوون بەوەی ئەنجامەکانی ڕابردوو ئەنجامی سەربەخۆی داهاتوو بەرەو لای تر پاڵ دەنێن پێی دەوترێت هەڵەی قومارچی (Gambler's fallacy).

Midterm Q1, part 4. Two dice are rolled, $a$ on the first and $b$ on the second. Find the probability that $a + b > 9$, knowing that $b = 4$.

پرسیاری 1، بەشی 4ـی تاقیکردنەوەی نیوەی وەرز. دوو بەردەزار هەڵدەدرێن، $a$ لەسەر یەکەم و $b$ لەسەر دووەم. ئەگەری $a + b > 9$ بدۆزەرەوە، بە زانینی ئەوەی $b = 4$.

The condition did not change the probability: $P(a + b > 9 \mid b = 4) = P(a + b > 9) = \tfrac16$. So these two events happen to be independent, and indeed the chance of both is $\tfrac{1}{36} = \tfrac16 \times \tfrac16$. Compare Example (22), where the condition changed $\tfrac16$ into $\tfrac{1}{10}$: dependent.

مەرجەکە ئەگەرەکەی نەگۆڕی: $P(a + b > 9 \mid b = 4) = P(a + b > 9) = \tfrac16$. بۆیە ئەم دوو ڕووداوە بە ڕێکەوت ڕووداوی سەربەخۆن و بە ڕاستی ئەگەری ڕوودانی هەردووکیان $\tfrac{1}{36} = \tfrac16 \times \tfrac16$ـە. بەراوردی بکە بە نموونەی ⁦(22)⁩، کە مەرجەکە $\tfrac16$ـی کردە $\tfrac{1}{10}$: بەستراو.

Mutually exclusive and independent sound alike but are almost opposites. Take one roll: E = even, O = odd. They are mutually exclusive, so $P(E \cap O) = 0$. But $P(E) \cdot P(O) = \tfrac12 \cdot \tfrac12 = \tfrac14 \ne 0$, so they are not independent. Knowing that E happened tells you for sure that O did not: that is the strongest dependence there is.

جیا و سەربەخۆ وا دیارە هەمان واتایان هەبێت، بەڵام نزیکەی پێچەوانەی یەکترن. یەک هەڵدان وەربگرە: E = جووت، O = تاک. ڕووداوی جیان، بۆیە $P(E \cap O) = 0$. بەڵام $P(E) \cdot P(O) = \tfrac12 \cdot \tfrac12 = \tfrac14 \ne 0$، بۆیە سەربەخۆ نین. زانینی ڕوودانی E بە دڵنیاییەوە پێت دەڵێت O ڕووی نەداوە: ئەمە بەهێزترین بەستراوییە کە هەیە.

H.W (4). A box contains 5 black, 9 white and 10 red balls (24 in all). Three balls are drawn at random, one after another, and not put back. What is the probability that the first is black, the second white and the third red?

ئەرکی ماڵەوەی ⁦(4)⁩. سندووقێک 5 تۆپی ڕەش، 9 سپی و ⁦10⁩ سووری تێدایە (هەمووی ⁦24⁩). سێ تۆپ بە هەڕەمەکی یەک لە دوای یەک دەردەهێنرێن و ناگەڕێنرێنەوە. ئەگەری ئەوە چەندە کە یەکەم ڕەش بێت، دووەم سپی و سێیەم سوور؟

With replacement (each ball goes back before the next draw) the box never changes, the draws are independent, and the answer is $\tfrac{5}{24} \cdot \tfrac{9}{24} \cdot \tfrac{10}{24} = \tfrac{450}{13824} \approx 0.0326$.

لەگەڵ گەڕاندنەوە (هەر تۆپێک پێش دەرهێنانی داهاتوو دەگەڕێنرێتەوە) سندووقەکە هەرگیز ناگۆڕێت، دەرهێنانەکان سەربەخۆن و وەڵامەکە $\tfrac{5}{24} \cdot \tfrac{9}{24} \cdot \tfrac{10}{24} = \tfrac{450}{13824} \approx 0.0326$ـە.

The homework asks for four probabilities with the same box (no replacement). A neat way, used in one classmate's solution, is to write every answer over the same denominator $24 \times 23 \times 22 = 12144$.

ئەرکەکە چوار ئەگەر دەپرسێت بە هەمان سندووق (بەبێ گەڕاندنەوە). ڕێگایەکی ڕێکوپێک، کە لە چارەسەری هاوپۆلێکدا بەکارهاتووە، ئەوەیە هەموو وەڵامێک لەسەر هەمان ژێرە بنووسیت $24 \times 23 \times 22 = 12144$.

A tree diagram organises draws one after another. Each branch carries a conditional probability; the branches leaving one point add up to 1. Two rules do all the work: multiply along a path, and add the paths that belong to the event.

هێڵکاریی درەختی دەرهێنانەکان یەک لە دوای یەک ڕێک دەخات. هەر لقێک ئەگەرێکی مەرجدار هەڵدەگرێت؛ ئەو لقانەی لە یەک خاڵەوە دەردەچن کۆیان 1ـە. دوو یاسا هەموو کارەکە دەکەن: بە درێژایی ڕێگایەک لێک بدە و ئەو ڕێگایانەی سەر بە ڕووداوەکەن کۆ بکەرەوە.

Surprise: $P(R_2) = \tfrac35$ (red on the second draw), exactly the same as $P(R_1)$ (red on the first draw). Before you look at the first ball, the second ball is just as likely to be any of the 5 balls. Probabilities change only once you know what came first.

سەرسوڕهێنەرە: $P(R_2) = \tfrac35$ (تۆپی دووەم سوور)، ڕێک هەمان $P(R_1)$ (تۆپی یەکەم سوور). پێش ئەوەی سەیری تۆپی یەکەم بکەیت، تۆپی دووەم بە هەمان ئەندازە دەکرێت هەر یەکێک لە 5 تۆپەکە بێت. ئەگەرەکان تەنها کاتێک دەگۆڕێن کە بزانیت یەکەم چی بوو.