Príklad: Hráč má podozrenie, že kocka súpera je falošná, lebo mu často mu padá 6. Ako sa dá takéto podozrenie/hypotéza overiť?
Môžeme to urobiť tak, že uskutočníme dlhý rad pokusov, aby sme overili, či relatívna početnosť 6 je približne 1/6.

Je teda $$P\left(e_6\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{n_6}{n}\,,$$ kde $e_6$ znamená jav, že výsledok hodu bude šestka, $n_6$ je počet šestiek, ktoré padli a $n$ je celkový počet pokusov (hodov).

Toto však je interpretácia, nie definícia pravdepodobnosti! $n_6$ je totiž náhodná veličina, a preto $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n_6}{n}$ nemusí existovať, alebo sa môže správať zle. Ku správnej hodnote konverguje síce s pravdepodobnosťou 1, ale aj tak to znamená, že k definícii pravdepodobnosti týmto spôsobom by sme tento pojem už implicitne použili. Bola by to teda definícia kruhom.

Vo všeobecnosti môžeme uvažovať „náhodný pokus“, ktorý má práve $k$ možných výsledkov $e_1, e_2, \dots , e_k$. Tento pokus môžeme opakovať; označme relatívne početnosti jednotlivých výsledkov po $n$ pokusoch $n_i/n$. Potom zrejme platí $0\leq n_i/n\leq 1\ \forall i$. Z toho vyplýva, že aj pre pravdepodobnosť (limita podielu pre $n\to\infty$) musí platiť $$0\leq P\left(e_i\right)\leq 1\ \forall i.$$ Ďalej, keďže $\sum_{i=1}^k n_i=n$, musí byť $\sum_{i=1}^k n_i/n=1$. Limitným prechodom z toho dostaneme . $$\sum_{i=1}^k P\left(e_i\right)=1.$$

Príklad: Symetrická homogénna kocka nemôže uprednostňovať žiadnu stranu. Preto je $P\left(e_1\right)=P\left(e_2\right)= \dots = P\left(e_6\right)$. Z toho vyplýva, že $P\left(e_i\right)=\frac{1}{6}\ \forall i$, lebo $\sum _{i=1}^{6}P\left(e_i\right)=1$.

• Predpokladajme, že $P(C) = P(D)$ a narodenia sú nezávislé jedno od druhého. Z toho vyplýva, že musí byť $P\left(e_1\right) = P\left(e_2\right) = \dots = P\left(e_8\right) = 1/8$.
• Predpokladajme, že $P(C) = 2/3$, $P(D) = 1/3$ a narodenia sú nezávislé jedno od druhého.
  Ako teraz vypočítať $P\left(e_i\right)$? Urobíme to pomocou stromu všetkých logických možností a pomocou relatívnej početnosti. Keby sme vzali 1 000 000 rodín s 3 deťmi (vo svete, kde platia dané pravdepodobnosti), potom približne
  $$\begin{matrix}\text{1. dieťa = C v 2/3 rodín}\\ \text{1. dieťa = D v 1/3 rodín}\end{matrix} \quad\text{z nich}\quad \begin{matrix}\text{2. dieťa = C v 2/3 rodín}\\ \text{2. dieťa = D v 1/3 rodín}\end{matrix} \quad\text{z nich}\quad \begin{matrix}\text{3. dieťa = C v 2/3 rodín}\\ \text{3. dieťa = D v 1/3 rodín}\end{matrix}$$ Strom všetkých logických možností:
  
  
  
  To, čo je pre veľkú populáciu a relatívne početnosti približné, pre nekonečnú populáciu a pravdepodobnosti je presné. Pravdepodobnosti jednotlivých javov teda sú: $$P\left(e_1\right) = \frac{8}{27},\quad P\left(e_2\right) = \frac{4}{27},\quad P\left(e_3\right) = \frac{4}{27},\quad P\left(e_4\right) = \frac{2}{27},\quad P\left(e_5\right) = \frac{4}{27},\quad P\left(e_6\right) = \frac{2}{27},\quad P\left(e_7\right) = \frac{2}{27},\quad P\left(e_8\right) = \frac{1}{27}.$$

Predpokladajme, že nejaká dvojica dúfa v uskutočnenie javu A={aspoň 2 dievčatá}. Tomuto javu vyhovujú výsledky $e_4$, $e_6$, $e_7$, $e_8$, teda môžeme povedať, že $A = \left\{e_4, e_6, e_7, e_8\right\}$, jav $A$ je teda podmnožinou výberového priestoru.

Pravdepodobnosť $P(A)$ získame opäť pomocou relatívnych početností: ak uskutočníme $n$ pokusov, z ktorých v $n_A$ nastane jav A, potom $P(A)=\lim\limits_{n\to \infty } \dfrac{n_{A} }{n}$. Ale A nastane práve vtedy, keď nastane jeden z navzájom sa vylučujúcich výsledkov $e_4$, $e_6$, $e_7$, $e_8$. Z toho vyplýva, že $n_A=n_4 + n_6 + n_7 + n_8$, a teda $$P(A)=\lim\limits_{n\to \infty } \frac{n_{4} +n_{6} +n_{7} +n_{8} }{n} =\lim\limits_{n\to \infty}\left(\frac{n_4}{n} +\frac{n_6}{n} +\frac{n_7}{n} +\frac{n_8}{n}\right)=P\left(e_4\right)+P\left(e_6\right) +P\left(e_7\right)+P\left(e_8\right).$$

V našom prípade platí:

1. $P(A) = \frac18+\frac18+\frac18+\frac18=\frac12,$
2. $P(A) = \frac2{27}+\frac2{27}+\frac2{27}+\frac1{27}=\frac7{27}.$

Operácie s javmi:

Ako je to s pravdepodobnosťou týchto javov?
Zrejme platí $P(C) = 4\cdot\frac18=\frac12$, $P(D) = 2\cdot\frac{1}{8} =\frac{1}{4}$, $P(C\cup D) = \frac{5}{8}$ a $P(C\cap D) = \frac{1}{8}$, teda $P(C\cup D)\ne P(C)+P(D)$.
Ale napr.: $P(E)=P\left(e_1\right)=\frac{1}{8}$, $P(F)=P\left(\left\{e_{4},e_{6},e_{7},e_{8}\right\}\right) =\frac{1}{2}$, $P(E\cup F) =P\left(\left\{e_{1},e_{4},e_{6},e_{7},e_{8}\right\}\right)=\frac{5}{8}=P(E)+P(F)$. Tu totiž platí $P(E\cap F)=P(\emptyset )=0$. V prvom prípade sme pri súčte prienik $\left\{e_1\right\}$ zarátali dvakrát, vo všeobecnosti je teda $P(C\cup D)=P(C)+P(D)-P(C\cap D)$.

Príkladom sú javy $E, E_1, E_2, E_3$:

Dôkaz: Keďže je $A\cap A^c=\emptyset$, musí byť $P(A)+P\left(A^c\right)=P\left(A\cup A^c\right)=1$. QED

Predpokladajme, že vieme, že v danej rodine nastal jav C (menej ako 2 dievčatá). Aká je pravdepodobnosť, že nastal jav D (rovnaké pohlavie)?
Ak hľadáme nejakú pravdepodobnosť za podmienky, že vieme, že už nejaký jav nastal, hovoríme, že hľadáme podmienenú pravdepodobnosť $P(D|C)$.

V našom príklade to znamená:

1. V prípade, že všetky elementárne pravdepodobnosti sú $\frac{1}{8}$: pre jav C sú priaznivé 4 elementárne javy $\left\{e_1, e_2, e_3, e_5\right\}$, z toho pre D je priaznivý iba 1 $\left\{e_1\right\}$. Keďže sú rovnako pravdepodobné, musí byť $P(D|C)=\frac{1}{4}$.
2. V prípade, že elementárne pravdepodobnosti sú typu $\frac{x}{27}$: opäť použijeme početnostný prístup. Ak 100 milión-krát opakujeme pokus, potom jav C nastane približne v $\frac{8+4+4+4}{27} \times 100000000$ prípadoch, z nich D nastane len v $\frac{8}{27} \times 100000000$ prípadoch. Je teda $P(D|C)=\frac{\frac{8}{27}\cdot 100000000}{\frac{20}{27}\cdot 100000000} =\frac{8}{20} =\frac{2}{5}$.

Príklad: 3 zlé žiarivky sa pomiešali so 6 dobrými. Z nich sa 2 náhodne vybrali. Aká je pravdepodobnosť, že budú obidve dobré?
Označme si javy $G_1$ = {1. vybraná žiarivka je dobrá} a $G_2$ = {2. vybraná žiarivka je dobrá}. Hľadáme $P\left(G_1\cap G_2\right)$. Z definície podmienenej pravdepodobnosti vieme, že $P\left(G_1\cap G_2\right) = P\left(G_2| G_1\right)\cdot P\left(G_1\right)$. Zrejme platí $P\left(G_1\right) = \frac{6}{9}$. Ak ako prvú vyberieme dobrú žiarivku, potom už ostane len 5 dobrých z 8; preto je $P\left(G_2|G_1\right) = \frac{5}{8}$. Z toho potom okamžite máme $P\left(G_1\cap G_2\right) = \frac{6}{9}\cdot \frac{5}{8} = \frac{5}{12}$.

Dôkaz: $P\left(\bigcap\limits_{i=1}^{n} A_{i}\right) =P\left(\bigcap\limits_{i=1}^{n-1} A_{i} \cap A_{n}\right) =P\left(\bigcap\limits_{i=1}^{n-1} A_{i}\right)\cdot P\left(A_{n} |A_{1} \cap ...\cap A_{n-1}\right)=\dots$ atď. QED

Príklad: Medzi robotníkmi sa zisťoval vzťah vzdelania a nezamestnanosti. Zistilo sa:

• 40% robotníkov má základné vzdelanie ($C_1$),
• 50% robotníkov ma stredné vzdelanie ($C_2$),
• 10% robotníkov má vysoké vzdelanie ($C_3$).

Dôkaz: Keďže $\Omega =\bigcup\limits_{i=1}^{n} C_{i}$ a $C_{i}$ sú disjunktné, musí platiť $N=N\cap\left(\bigcup\limits_{i=1}^{n} C_{i}\right) =\bigcup\limits_{i=1}^{n}\left(N\cap C_{i}\right)$, a teda aj $P(N)=\sum\limits_{i=1}^{n}P\left(N\cap C_{i}\right)\overset{D3.4.1}{=} \sum\limits_{i=1}^{n}P\left(C_{i}\right)P\left(N|C_{i}\right)$. QED

Príklad: Zistíme, že náhodne zvolený robotník je nezamestnaný. Aká je pravdepodobnosť, že má vysokú školu?
Hľadáme $P\left(C_{3}|N\right)$. Z predchádzajúceho vyplýva, že $$P\left(C_{3}|N\right) =\frac{P\left(C_{3}\cap N\right)}{P(N)} =\frac{0.002}{0.067} \doteq 0.03\,.$$

Dôkaz: $P\left(C_{j}|N\right) =\dfrac{P\left(C_{j}\cap N\right)}{P(N)}$, zvyšok vyplýva z definície 4.4.1 a z vety 4.4.3. QED

Pravdepodobnosti $P\left(C_1\right),\dots, P\left(C_n\right)$ sú apriórne pravdepodobnosti. Príčiny $C_i$ vyvolávajú efekt N s pravdepodobnosťami $P\left(N|C_i\right)$; ak efekt bol pozorovaný, rátame aposteriórne pravdepodobnosti $P\left(C_j |N\right)$.
Schematicky to môžeme vyjadriť takto:
Dané: $\left\{\begin{matrix}P(C)\\ P(N|C)\end{matrix}\right\} \overset{\text{odvodené}}{_\overrightarrow{\phantom{odvodenéne}}}P(C|N)$. Výsledok pozorovania teda ovplyvní pravdepodobnosti.

Príklad: V jednom meste na Západe bol zisťovaný názor bielych a nebielych obyvateľov na interrupciu (za / proti). Výsledky v percentách:

Dôkaz: $P(Z\cap B)=P(Z|B)\cdot P(B)\overset{\text{nez}}{=} P(Z)\cdot P(B)$. Preto $P(B|Z)=\dfrac{P(B\cap Z)}{P(Z)} =\dfrac{P(Z)\cdot P(B)}{P(Z)} =P(B)$. QED.

Poznámka: Môžeme teda hovoriť o vzájomnej nezávislosti javov Z, B. Preto sa za definíciu nezávislosti obvykle berie vzťah z Vety 4.5.2, pri ktorom netreba predpokladať, že obidva javy majú kladnú pravdepodobnosť.

Poznámka: U skupinovej nezávislosti požadujeme teda, aby každé dva prieniky ľubovoľného počtu členov skupiny (rôznych) boli nezávislé. Intuitívne javy A, B, C nie sú nezávislé ak $P(A|C) = P(A)$, $P(B|C) = P(B)$, ale $P(A\cap B|C)\ne P(A\cap B)$.
Stochastická nezávislosť je nezávislosťou len v zmysle definície: nesúvisí s inými typmi závislosti/nezávislosti; napr. funkčnou (rizikové faktory chorôb, deterministický chaos).

1. Symetrická pravdepodobnosť (Pascal, Fermat, 1654)
   Je to klasický prístup. Vznikol pri skúmaní hazardných hier (kocky, karty).
   Princípy:
   • predpokladá, že všetky elementárne javy sú rovnako pravdepodobné;
   • pravdepodobnosť je možné vyrátať pred pokusom - empirické overenie nie je nutné.
   Príklad: $P(\text{na kocke padne párne číslo}) = P(2 \text{ alebo } 4 \text{ alebo } 6) = \frac{1}{6} +\frac{1}{6} +\frac{1}{6} =\frac{1}{2}$.
   Zovšeobecnenie: Ak náhodný pokus má $N$ rovnako pravdepodobných výsledkov a z nich je $N_A$ priaznivých javu $A$, potom $P(A)=\frac{N_{A} }{N}$.
   Tento princíp zahŕňa aj tzv. geometrickú pravdepodobnosť, ak počet nahradíme nejakou geometrickou mierou (dĺžkou, plochou, objemom).
   Príklad: Hľadáme $P(\text{tetiva so stredom v náhodnom bode kruhu je dlhšia ako polomer})$.
   Nech A je náhodný bod kruhu. Ľahko overíme, že ak vzdialenosť A od stredu kruhu je menšia ako výška rovnostranného trojuholníka o strane $a=\frac{\sqrt{3}}{2}r$, potom príslušná tetiva je dlhšia ako polomer. Vyhovujú teda všetky body, ktoré sú k stredu kruhu bližšie ako $\frac{\sqrt{3}}{2}r$, čo je zase kruh. Hľadaná pravdepodobnosť je preto pomerom príslušných plôch kruhov: $$P(t > r) = \frac{S_1}{S} =\frac{\pi\left(\frac{\sqrt{3} }{2}r\right)^{2} }{\pi r^{2}} =\frac{3}{4}.$$ Nevýhody: Tento prístup si nevie poradiť už s falošnou kockou, ktorá má nerovnaké pravdepodobnosti elementárnych javov. Z hľadiska pravdepodobnosti ide o definíciu kruhom, lebo používa pojem „rovnako pravdepodobné“ (to je problém aj početnostného prístupu).
2. Axiomatická pravdepodobnosť (Kolmogorov, 1933)
   Princípy:
   • nehovorí nič o tom, čo to pravdepodobnosť je (akú má podstatu);
   • definuje ju iba pomocou vlastností, ktoré má, podľa pravidiel správania sa.
   Axiómy:
   1. $P\left(e_i\right)\ge 0\quad \forall i=1,\dots,n$;
   2. $\sum\limits_{i=1}^{n}P\left(e_i\right)=1$;
   3. $P(A)=\sum\limits_{e_j\in A}P\left(e_j\right)\quad \forall \text{ jav }A\subset\Omega=\left\{e_1,\dots,e_n\right\}.$
   Na ich základe je možné dokazovať vety ako napr.:

   Veta: Pre každý jav A platí $0\le P(A)\le 1,P\left(A^{c}\right)=1-P(A)$.

   Dôkaz: na základe A3, A1 platí $P(A)=\sum\limits_{e_j \in A}P\left(e_j\right) \ge 0$. Potom na základe A2: $P\left(e_1\right) + P\left(e_2\right)+\dots+P\left(e_n\right) = 1 = P(A) + P\left(A^c\right)$. Z toho $P\left(A^c\right) = 1 - P(A)$, ale aj $P(A) = 1 - P\left(A^c\right)$. Keďže $P\left(A^c\right)\ge 0$, musí byť $P(A) \le 1$. QED.
3. Subjektívna pravdepodobnosť (Savage 1954, Carnap 1962)
   Pravdepodobnosť často priraďujeme aj historicky jedinečným javom (nastanú iba raz). Napr.: v priebehu nasledujúcich 3 rokov sa priemerný plat na Slovensku zdvojnásobí alebo do pol roka sa uskutočnia predčasné voľby.
   Princípy:
   • početnostný prístup sa nedá uplatniť;
   • každý človek má v sebe svoju vlastnú pravdepodobnosť, k jej vytváraniu používa skúsenosť (aj početnostnú).
   Numericky sa dá zistiť napr. takto: ak jav A nastane, subjekt dostane 1 000 Sk; označme $x$ - maximálnu suma, ktorú je subjekt ochotný staviť na A. Potom $P(A)=\dfrac{x}{1000+x}$.
   Alternatíva: subjekt dostane na výber z 2 stávok - buď na jav A alebo na vytiahnutie čiernej guličky z urny, kde je 1000 guličiek (výhra 1000 Sk alebo nič). Počet čiernych postupne zvyšujeme od 1, potom $P(A)=\dfrac{x}{1000}$, keď pri počte $x$ čiernych si subjekt nevie vybrať, ktorá stávka je lepšia.