Questions tagged «probability»

此问题源于有关“ .632规则”的问题。我在编写时特别参考了user603的回答/表示，以简化事情。 该答案以大小为的样本开始并从集合（称为）N的不同项中进行替换。第样本与N 的特定元素不同的概率为n,n,n,nnnithithi^{th}sisis_immm(1−1/n).(1−1/n).(1 - 1/n). 在该答案中，N的所有元素都有被随机抽取的同等机会。 我的问题是：假设在上面的问题中要绘制的项目是按正态分布的。也就是说，我们将标准正态曲线从细分为，细分为（例如）100个等长子区间。N中的100个项目中的每一个都有被绘制的概率，该概率等于曲线在其相应间隔中所占的面积。Z=−4Z=−4Z = -4Z=4Z=4Z = 4 我的想法如下： 我的推理与链接答案中的推理类似。的概率，与 N的元素，是其中是绘制的概率si≠msi≠ms_i \ne mmmmP(si≠m)=(1−Fi)P(si≠m)=(1−Fi)P(s_i \neq m) = (1 - F_i)FiFiF_isi.si.s_i. 特定元素m在大小为n的样本S中的概率为 P(m∈S)=1−P(m∉S)=1−∏1nP(si≠m)P(m∈S)=1−P(m∉S)=1−∏1nP(si≠m)P(m \in S) = 1 - P(m \notin S) = 1 - \prod_1^n P(s_i \neq m) =1−∏1n(1−Fi).=1−∏1n(1−Fi). = 1 - \prod_1^n(1 - F_i). 计算似乎表明，随着子间隔的长度变小，答案收敛到与第一种情况相同的数字（概率都相等）。sisis_i （对我而言）这似乎是违反直觉的，因为该构造似乎会抛出N的元素，而这些元素很少见，因此我希望数字小于.632。 而且，如果这是正确的，我想我们会 …

11 probability  sampling 

某天，一家a / b测试公司举行的网络研讨会上，其驻地“数据科学家”解释说，您应该通过重新运行实验来验证结果。前提是，如果您选择95％的置信度，则有5％（1/20）的假阳性机会。如果您以相同的约束条件重新运行实验，那么现在会有1/400（我假设他们将其确定为0.05 ^ 2 = 1/400） 这是有效的声明吗？（即“两次运行，两次统计显着性获胜=假阳性概率的1/400”）？这是提高您的显着性水平的更好方法吗？ 从业务的角度来看，我所关心的是通过重新运行实验，使更多的用户接触到劣等的页面（处理），从而失去了潜在的销售额。

11 probability  hypothesis-testing  statistical-significance  ab-test 

令服从均匀分布，服从正态分布。关于可以怎么说？有分配吗？XXXYYYXYXÿ\frac X Y 我发现均值为零的两个法线之比为柯西。

11 probability  normal-distribution  uniform  ratio 

均值和协方差矩阵的二元正态分布可以用半径和角度极坐标重写。我的问题是：给定样本协方差矩阵，的采样分布是什么，即从点到估计中心的距离是多少？＆Sigma; [R θ - [R X ˉ X小号μμ\muΣΣ\Sigmarrrθθ\thetar^r^\hat{r}xxxx¯x¯\bar{x}SSS 背景：从点到均值的真实距离遵循Hoyt分布。与特征值的，和，它的形状参数是，其缩放参数为。已知累积分布函数是两个Marcum Q函数之间的对称差。rrrμ λ 1，λ 2＆Sigma; λ 1 > λ 2 q = 1xxxμμ\muλ1,λ2λ1,λ2\lambda_{1}, \lambda_{2}ΣΣ\Sigmaλ1>λ2λ1>λ2\lambda_{1} > \lambda_{2} ω=λ1+λ2q=1(λ1+λ2)/λ2)−1√q=1(λ1+λ2)/λ2)−1q=\frac{1}{\sqrt{(\lambda_{1}+\lambda_{2})/\lambda_{2})-1}}ω=λ1+λ2ω=λ1+λ2\omega = \lambda_{1} + \lambda_{2} 仿真表明，估计堵和的和到真正的CDF适用于大样本，但不适用于小样本。下图显示了200次的结果小号μ＆Sigma;x¯x¯\bar{x}SSSμμ\muΣΣ\Sigma 为给定（轴），（行）和分位数（列）的每种组合模拟20个2D法线向量X ωqqqxxxωω\omega 对于每个样本，计算观察到的半径至的给定分位数 ˉ Xr^r^\hat{r}x¯x¯\bar{x} 对于每个样本，在插入样本估计和之后，根据理论Hoyt（二维法线）cdf和理论Rayleigh cdf计算分位数。小号x¯x¯\bar{x}SSS 当接近1（分布变为圆形）时，估计的Hoyt分位数接近不受影响的估计的Rayleigh分位数。随着增长，经验分位数与估计分位数之间的差异会增加，特别是在分布的尾部。q ωqqqqqqωω\omega

11 probability  normal-distribution  multivariate-analysis  rayleigh 

我一直在使用本文概述的骨干网提取方法：http : //www.pnas.org/content/106/16/6483.abstract 基本上，作者提出了一种基于统计的方法，该方法为图形中的每个边产生概率，该边可能只是偶然发生。我使用的典型统计显着性临界值为0.05。 我一直在将这种方法应用于多个现实世界的网络，有趣的是，某些网络最终没有任何重要的优势。我试图了解这对网络意味着什么。我将方法应用于网络并且没有出现任何明显边缘的唯一一次是当我将方法应用于生成的随机网络时，这正是我们所期望的。 作为一个现实世界网络的示例，您可能已经看到《经济学人》上最近的网络可视化，显示了过去25年美国参议院的两极分化：http：//www.economist.com/news/united-states/21591190 -united态阿米巴原虫。我将骨干网提取方法应用于这些网络，并且没有出现明显的边缘。即使原始边缘显然显示出优先的附着和聚类，这仅仅是偶然吗？参议院投票网络基本上是随机的吗？

11 probability  statistical-significance  data-visualization  graph-theory  networks 

我正在查看T分布随机变量平方和的分布，其尾指数为。其中X是RV，傅立叶变换为，给我的卷积之前为方形的溶液。 αα\alphaX2X2X^2F(t)F(t)\mathscr{F}(t)F(t)nF(t)n\mathscr{F}(t)^nF(t)=∫∞0exp(itx2)⎛⎝⎜⎜⎜(αα+x2)α+12α−−√ B(α2,12)⎞⎠⎟⎟⎟dxF(t)=∫0∞exp⁡(itx2)((αα+x2)α+12α B(α2,12))dx\mathscr{F}(t)=\int_0^{\infty } \exp \left(i\, t\, x^2\right)\left(\frac{\left(\frac{\alpha }{\alpha +x^2}\right)^{\frac{\alpha +1}{2}} }{\sqrt{\alpha }\ B\left(\frac{\alpha }{2},\frac{1}{2}\right)}\right) \, \mathrm{d}x 在，解决方案是可行的，但笨拙且不可能对傅立叶逆。因此，问题是：是否已对样本分布或T分布随机变量的标准偏差的分布进行了研究？（对于学生来说，卡方对高斯就是什么）。谢谢。α=3α=3\alpha=3F(t)nF(t)n\mathscr{F}(t)^n （可能的解决方案）我发现是Fisher分布的，因此将查看Fisher分布变量的总和。X2X2X^2F(1,α)F(1,α)F(1,\alpha) （可能的解决方案）根据特征函数，当求和的的平均值 存在分布时，它们的前两个矩相同。因此，利用u的平方根并在概率分布内进行变量的变化，可以用以下近似估计n个样本T变量的标准偏差的密度： n−n−n-X2X2X^2F(n,α)F(n,α)F(n,\alpha)g(u)=2αα/2nn/2un−1(α+nu2)−α2−n2B(n2,α2)g(u)=2αα/2nn/2un−1(α+nu2)−α2−n2B(n2,α2)g(u)=\frac{2 \alpha ^{\alpha /2} n^{n/2} u^{n-1} \left(\alpha +n u^2\right)^{-\frac{\alpha }{2}-\frac{n}{2}}}{B\left(\frac{n}{2},\frac{\alpha }{2}\right)}

11 probability  sums-of-squares 

统计由来已久的提醒是“uncorrelatedness并不能意味着独立”。通常，这种提醒是在心理上舒缓的（并且在科学上正确的）陈述中进行补充的：“尽管如此，这两个变量共同正态分布，但不相关的确意味着独立”。 我可以将快乐异常的数量从一增加到两个：当两个变量是伯努利分布时，那么不相关又意味着独立。如果和是两个Bermoulli rv，则，其中我们有，类似地对于，它们的协方差为XXXYYYX∼B(qx),Y∼B(qy)X∼B(qx),Y∼B(qy)X \sim B(q_x),\; Y \sim B(q_y)P(X=1)=E(X)=qxP(X=1)=E(X)=qxP(X=1) = E(X) = q_xYYY Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)=∑SXYp(x,y)xy−qxqyCov⁡(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)=∑SXYp(x,y)xy−qxqy\operatorname{Cov}(X,Y)= E(XY) - E(X)E(Y) = \sum_{S_{XY}}p(x,y)xy - q_xq_y =P(X=1,Y=1)−qxqy=P(X=1∣Y=1)P(Y=1)−qxqy=P(X=1,Y=1)−qxqy=P(X=1∣Y=1)P(Y=1)−qxqy = P(X=1,Y=1) - q_xq_y = P(X=1\mid Y=1)P(Y=1)-q_xq_y =(P(X=1∣Y=1)−qx)qy=(P(X=1∣Y=1)−qx)qy= \Big(P(X=1\mid Y=1)-q_x\Big)q_y 对于不相关性，我们要求协方差为零，因此 Cov(X,Y)=0⇒P(X=1∣Y=1)=P(X=1)Cov⁡(X,Y)=0⇒P(X=1∣Y=1)=P(X=1)\operatorname{Cov}(X,Y) = 0 \Rightarrow P(X=1\mid Y=1) = P(X=1) ⇒P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)⇒P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)\Rightarrow P(X=1,Y=1) = P(X=1)P(Y=1) 这也是变量独立所需要的条件。 所以我的问题是：您是否知道其他任何分布（连续或离散）的不相关性意味着独立性？ 含义：假设两个随机变量具有边际属于相同的分布（或许与所涉及的分布参数不同的值）的分布，但让我们用同样支持如说。两个指数，两个三角形等。方程所有解是否都由于所涉及的分布函数的形式/性质而隐含着独立性？正态边际（也假定它们具有二元正态分布）和伯努利边际都是这种情况-还有其他情况吗？X,YX,YX,YCov(X,Y)=0Cov⁡(X,Y)=0\operatorname{Cov}(X,Y) = 0 这样做的动机是，与检查独立性是否成立相比，通常更容易检查协方差是否为零。因此，如果在给定理论分布的情况下，通过检查协方差，您还在检查独立性（例如伯努利或正态情况），那么这将是一件有用的事情。 …

11 probability  distributions  correlation  mathematical-statistics  independence 

我正在介绍性统计课程中，其中连续随机变量的概率密度函数已定义为。我知道的积分，但是我不能凭直觉来对这一点进行纠正。假设X是随机变量，等于从火车到达时间t开始的分钟数。我如何计算火车从现在开始准确到达5分钟的概率？这个概率如何为零？不可能吗 如果火车确实从现在起5分钟后到达，怎么办呢，如果概率为0，怎么办？一∫一个 ˚F （X ）d X = 0P{X∈B}=∫Bf(x)dxP{X∈B}=∫Bf(x)dxP\left\{X\in B\right\}=\int_B f\left(x\right)dx∫aaf(x)dx=0∫aaf(x)dx=0\int\limits_a^af(x)dx=0 谢谢。

11 probability  random-variable  pdf  continuous-data 

我试图获得负二项式分布的Jeffreys先验。我看不到哪里出了问题，因此，如果有人可以指出这一点，将不胜感激。 好的，情况是这样的：我要比较使用二项式和负二项式获得的先验分布，（在两种情况下）都有试验且成功了。对于二项式情况，我得到了正确的答案，但是对于否定二项式，我没有得到正确的答案。nnnmmm 我们将其称为Jeffreys的先前。然后，πJ(θ)πJ(θ)\pi_J(\theta) πJ(θ)∝[I(θ)]1/2.πJ(θ)∝[I(θ)]1/2. \pi_J(\theta)\propto [I(\theta)]^{1/2}. 在常规条件下（在我们处理指数族时已实现）， I(θ)=−E(∂2logL(θ|x)∂θ2)I(θ)=−E(∂2log⁡L(θ|x)∂θ2) I(\theta)=-E\left(\frac{\partial^2 \log L(\theta|x)}{\partial \theta^2}\right) 其中，负二项式n在上面nnn是xxx表达式（成功总数mmm是固定的，nnn不是固定的）。我认为分布是 p(m|θ)∝θm(1−θ)n−mp(m|θ)∝θm(1−θ)n−m p(m|\theta)\propto\theta^m(1-\theta)^{n-m} 因为θθ\theta被定义为成功的概率，而mmm 是成功的次数。这也是可能性，因为mmm是标量而不是向量。因此， L(θ|n)∝θm(1−θ)n−mlogL(θ|n)=mlogθ+(n−m)log(1−θ)∂logL(θ|n)∂θ=mθ−n−m1−θ∂2logL(θ|n)∂θ2=−mθ2−n−m(1−θ)2L(θ|n)∝θm(1−θ)n−mlog⁡L(θ|n)=mlog⁡θ+(n−m)log⁡(1−θ)∂log⁡L(θ|n)∂θ=mθ−n−m1−θ∂2log⁡L(θ|n)∂θ2=−mθ2−n−m(1−θ)2 L(\theta|n)\propto\theta^m(1-\theta)^{n-m}\\ \log L(\theta|n)=m\log\theta +(n-m)\log (1-\theta)\\ \frac{\partial\log L(\theta|n)}{\partial \theta}=\frac{m}{\theta}-\frac{n-m}{1-\theta}\\ \frac{\partial^2\log L(\theta|n)}{\partial \theta^2}=-\frac{m}{\theta^2}-\frac{n-m}{(1-\theta)^2} 因此Fisher信息是 I(θ)=−E(∂2logL(θ|n)∂θ2)=mθ2+E(n)−m(1−θ)2=mθ2+mθ1−θ−m(1−θ)2=m(1−θ)2+mθ3(1−θ)−mθ2θ2(1−θ)2=m(1−2θ)+mθ3(1−θ)θ2(1−θ)2=m(1−2θ)(1−θ)+mθ3θ2(1−θ)3=m(1−3θ+2θ2+θ3)θ2(1−θ)3∝1−3θ+2θ2+θ3θ2(1−θ)3I(θ)=−E(∂2log⁡L(θ|n)∂θ2)=mθ2+E(n)−m(1−θ)2=mθ2+mθ1−θ−m(1−θ)2=m(1−θ)2+mθ3(1−θ)−mθ2θ2(1−θ)2=m(1−2θ)+mθ3(1−θ)θ2(1−θ)2=m(1−2θ)(1−θ)+mθ3θ2(1−θ)3=m(1−3θ+2θ2+θ3)θ2(1−θ)3∝1−3θ+2θ2+θ3θ2(1−θ)3 I(\theta)=-E\left(\frac{\partial^2\log L(\theta|n)}{\partial \theta^2}\right)=\frac{m}{\theta^2}+\frac{E(n)-m}{(1-\theta)^2}=\frac{m}{\theta^2}+\frac{\frac{m\theta}{1-\theta}-m}{(1-\theta)^2}\\ =\frac{m(1-\theta)^2+\frac{m\theta^3}{(1-\theta)}-m\theta^2}{\theta^2(1-\theta)^2}=\frac{m(1-2\theta)+\frac{m\theta^3}{(1-\theta)}}{\theta^2(1-\theta)^2}\\ =\frac{m(1-2\theta)(1-\theta)+m\theta^3}{\theta^2(1-\theta)^3}=\frac{m(1-3\theta+2\theta^2+\theta^3)}{\theta^2(1-\theta)^3}\\ \propto\frac{1-3\theta+2\theta^2+\theta^3}{\theta^2(1-\theta)^3} 但是，这不能给我正确的答案。正确答案是 πJ(θ)∝1θ(1−θ)1/2πJ(θ)∝1θ(1−θ)1/2 \pi_J(\theta)\propto \frac{1}{\theta(1-\theta)^{1/2}} ，这意味着我得到的信息应该是 I(θ)=1θ2(1−θ)I(θ)=1θ2(1−θ) I(\theta)=\frac{1}{\theta^2(1-\theta)} 因为先验应与信息的平方根成比例。 谁能发现任何错误？如果我搞砸了发行版的设置（成功与失败以及各自的概率，等等），我不会感到惊讶。 我使用了Wikipedia的期望值，并且从这里知道正确的答案（第3页）。

11 probability  bayesian  inference  prior 

我在电脑游戏中遇到了这个发行版，并想进一步了解它的行为。这取决于在给定数量的玩家动作之后是否应该发生某个事件。除此之外的细节无关紧要。它似乎也适用于其他情况，我发现它很有趣，因为它很容易计算并产生一条长尾巴。 每一步nnn，游戏产生均匀的随机数0≤X&lt;10≤X&lt;10 \leq X < 1。如果X&lt;p(n)X&lt;p(n)X < p(n)，则触发事件。事件一旦发生，游戏将重置n=0n=0n = 0 并再次运行该序列。我只对发生此问题的事件感兴趣，因为这代表了游戏使用的分布。（此外，有关多个事件的任何问题都可以通过一个事件模型来回答。） 这里的主要“异常”是此分布中的概率参数随时间增加，或者换句话说，阈值随时间增加。在示例中，它线性变化，但我想其他规则也可以适用。经过nnn步或用户的操作后， p(n)=knp(n)=kn p(n) = kn 对于一些常数0&lt;k&lt;10&lt;k&lt;10 < k < 1。在某个特定点nmaxnmaxn_{\max} ，我们得到p(nmax)≥1p(nmax)≥1p(n_{\max}) \geq 1 。仅保证在该步骤发生该事件。 我能够确定 f(n)=p(n)[1−F(n−1)]f(n)=p(n)[1−F(n−1)] f(n) = p(n)\left[1 - F(n - 1)\right] 和 表示PMF和CDF。简而言之，事件在第步将发生的概率等于概率减去事件在任何先前步骤中已经发生的概率。F(n)=p(n)+F(n−1)[1−p(n)]F(n)=p(n)+F(n−1)[1−p(n)] F(n) = p(n) + F(n-1)\left[1 - p(n)\right] f(n)f(n)f(n)F(n)F(n)F(n)nnnp(n)p(n)p(n) 这是我们的朋友蒙特卡洛（Monte Carlo）的情节，很有趣，。中位数为21，平均为22。 k≈0.003k≈0.003k \approx 0.003 这大致相当于数字信号处理的一阶差分方程，这就是我的背景，因此我发现它相当新颖。我也对可以根据任意公式变化的想法感到好奇。p(n)p(n)p(n) …

11 probability  distributions  survival  discrete-data 

我拥有纯数学（测量理论，泛函分析，算子代数等）的研究生背景。我的工作还需要概率论方面的一些知识（从基本原理到机器学习技术）。 我的问题是：有人可以提供一些规范的阅读和参考资料： 概率论的完备介绍 不要回避度量理论方法和证明 重点强调应用技术。 基本上，我想要一本书，该书将教我面向纯数学家的应用概率论。从概率论的基本公理开始，并以严格的数学方法介绍应用的概念。 根据评论，我将详细说明我需要的东西。我正在进行基础到高级的数据挖掘。Logistic回归，决策树，基本统计和概率（方差，标准差，可能性，概率，可能性等），有监督和无监督的机器学习（主要是聚类（K均值，层次结构，SVM））。 考虑到以上几点，我希望有一本书从头开始。定义概率测度，然后还显示这些测度如何导致基本求和概率（直觉上，我知道是通过离散集的积分发生的）。从那里开始，它可能会进入：贝叶斯（Mares Chains），马尔可夫链（Markov Chains）...。矿业）。 是否有这样的书或参考书？ 谢谢！ PS-我意识到这在范围上类似于这个问题。但是，我在寻找概率论而不是统计学（就像两个领域一样）。

11 probability  references 

如果有人发表如下声明： “总体而言，与不接触烟的非吸烟者相比，接触环境烟的非吸烟者患冠心病的相对风险为1.25（95％置信区间为1.17至1.32）。” 整个人口的相对风险是多少？有多少东西与冠心病有关？在可以测试的大量事物中，实际上很少与冠心病有关，因此，任意选择的任何特定事物与之相连的机会都将大大减少。因此，我们可以说该人群的相对风险为1。但是所引用的间隔不包含值1。因此，或者两者之间确实存在联系，而这两者的可能性正在逐渐减小，或者这是其中之一。不包含参数的间隔的5％。由于后者比前者更有可能是我们应该假设的。因此，适当的结论是，该数据集几乎可以肯定是该人群的非典型数据， 当然，如果有某种依据可以假定超过5％的疾病与冠心病有关，那么统计中可能会有一些证据支持环境烟雾就是其中之一的说法。常识表明这不太可能。 他们的推理有什么错误（因为所有卫生组织都同意，有大量有关二手烟破坏作用的文献）？是因为他们的前提是“在可以测试的大量事物中，实际上很少与冠心病有关”？这句话对于任何随机选择的因素（例如，一个人拥有几只患有冠状动脉疾病的狗）可能都是正确的，但二手烟和冠心病的先验概率要比“任何随机因素”高得多。 这是正确的推理吗？还是还有别的东西？

11 probability  statistical-significance  confidence-interval  conditional-probability  philosophical 

我在概率课程中了解到，随机变量X的累积分布函数是连续的。有可能证明吗？FFFXXX

11 probability 

我正在学习拉里·瓦瑟曼（Larry Wasserman）关于统计学的讲义，该讲义以卡塞拉（Casella）和伯格（Berger）为主要教材。我正在研究他的讲义集2，并陷入了霍夫丁不等式中使用引理的推论（第2-3页）。我将在下面的注释中复制证明，在证明之后，我将指出我被卡在的地方。 引理 假设，并且。然后 。E(X)=0E(X)=0\mathbb{E}(X) = 0a≤X≤ba≤X≤b a \le X \le bE(etX)≤et2(b−a)2/8E(etX)≤et2(b−a)2/8\mathbb{E}(e^{tX}) \le e^{t^2 (b-a)^2/8} 证明 由于，我们可以写为的凸组合和，即 其中。通过函数凸性，我们得到a≤X≤ba≤X≤ba \le X \le bXXXaaabbbX=αb+(1−α)aX=αb+(1−α)aX = \alpha b + (1 - \alpha) aα=X−ab−aα=X−ab−a\alpha = \frac{X-a}{b-a}y→etyy→etyy \to e^{ty} etX≤αetb+(1−α)eta=X−ab−aetb+b−Xb−aetaetX≤αetb+(1−α)eta=X−ab−aetb+b−Xb−aetae^{tX} \le \alpha e^{tb} + (1 - \alpha) e^{ta} = \frac{X-a}{b-a} e^{tb} + \frac{b-X}{b-a} e^{ta} 取得双方的期望并使用事实来获得E(X)=0E(X)=0\mathbb{E}(X) …

11 probability  probability-inequalities 

我进行了一次锻炼，但还不太清楚。 囚犯悖论三名被单独监禁的囚犯A，B和C在同一天被判处死刑，但由于有法定假日，州长决定对一名囚犯予以赦免。囚犯已被告知这一点，但被告知他们直到预定执行死刑的那一天才知道要解救其中一名。 囚犯A对囚犯说：“我已经知道至少有另外两名囚犯将被处决，因此，如果您告诉我将被处决的人的名字，您将不会给我任何有关我自己被处决的信息” 。 狱卒接受了这一点，并告诉他C肯定会死。 当时的原因是：“在我知道要执行C之前，我有三分之一的机会得到赦免。现在我知道无论是B还是我本人都将被赦免，赔率已提高为2分之1。” 但是狱卒指出：“如果我说过B会死，那么我可能会得出类似的结论，而我肯定会回答B或C，那么为什么要问呢？”。 A获得赦免的机会是什么，为什么？构造一个可以说服他人正确的解释。 您可以通过贝叶斯定理，绘制信念网络或通过常识来解决此问题。无论选择哪种方法，都应加深您对条件概率这个看似简单的概念的理解。 这是我的分析： 这看起来像是Monty Hall问题，但并非完全如此。如果A告诉I change my place with B他C会死后说，他有2/3的机会被保存。如果他不这样做，那么我想说他活着的机会是1/3，就像您在Monty Hall问题中没有改变选择时一样。但同时，他是一个由2个人组成的小组，一个人应该死，所以很容易说他的机率是1/2。 因此，矛盾仍然存在，您将如何处理这个问题。另外，我不知道如何建立对此的信任网络，所以我很感兴趣。

11 probability  self-study