上一篇 在介紹列聯表時曾經提到，表內的聯合機率與表邊的邊際機率，與分割及全機率定理有非常高度的相關。本篇便由樣本空間的分割談起，說明一個事件如何依一組分割被切成數個互斥的部分，再逐一加總回來。
樣本空間的分割 Definition 1.23
令 $(S,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 為一機率空間，$A_1,A_2,\ldots,A_n\in\mathcal{F}$，若其滿足以下條件，則稱 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 為 $S$ 的一組分割 (partition) :
(1) 互斥 (mutually exclusive) :
\[A_i\cap A_j=\varnothing,\ \forall i\neq j\]
(2) 周延 (collectively exhaustive) :
\[\bigcup_{i=1}^{n}A_i=S\]
分割的定義，即是把樣本空間「分割成數個不重複的事件」，故其應滿足兩兩互斥 與彼此周延 的條件，其中周延 是指各個事件的聯集等於樣本空間者。
分割的概念可以由以下的圖示來理解:
Fig. 1.23. 樣本空間 $S$ 被 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 切成數個互不重疊的部分，而這些事件的聯集恰為整個樣本空間。 全機率定理 Theorem 1.16 (The Law of Total Probability)
令 $(S,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 為一機率空間，且令 $A_1,A_2,\ldots,A_n\in\mathcal{F}$ 為 $S$ 的一組分割 ，$B\in\mathcal{F}$ 為一事件，則
\[\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\right)=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\cap A_i)\]
\[\begin{aligned} \mathbb{P}(B)&=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\right)\\[0.4em] &=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\cap A_i) \end{aligned}\]
Proof. 由於 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 為 $S$ 的一組分割，故
\[A_i\cap A_j=\varnothing,\ \forall i\neq j\]
且
\[B=B\cap S=B\cap\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_i\right)=\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\]
\[\begin{aligned} B&=B\cap S=B\cap\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_i\right)\\[0.4em] &=\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i) \end{aligned}\]
此外，$B\cap A_1,B\cap A_2,\ldots,B\cap A_n$ 兩兩互斥，故由有限可加性 可得
\[\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\right)=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\cap A_i)\]
\[\begin{aligned} \mathbb{P}(B)&=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\right)\\[0.4em] &=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\cap A_i) \end{aligned}\]
原式得證。 $\square$
全機率定理 (the law of total probability) 的概念，我們在兩事件版本的全機率定理 中即曾經提過；這裡的全機率定理，是將該定理由 $A$ 與 $A^{\prime}$ 這組特別的分割，推廣至一般的 $n$ 個事件所構成的分割，其概念可以由下圖理解:
Fig. 1.24. 事件 $B$ 橫跨分割中的各個事件，因而被切成 $B\cap A_1,B\cap A_2,\ldots,B\cap A_n$ 這些互斥的部分。 上圖中，$B$ 被這組分割交集成 $n$ 個互斥的集合 $B\cap A_1,B\cap A_2,\ldots,B\cap A_n$， 其聯集即為 $B$ 本身，故由機率的有限可加性 應可以推得上述的結果，且此結果之直觀意義，仍與兩事件版本的全機率定理 所提到的直觀意義完全一致。
特別值得注意的一點是，全機率定理是許多交集機率的總和，故當然可以套用乘法原理 ，將交集機率改寫為以條件機率表示的版本。若進一步假設 $\mathbb{P}(A_i)>0$，$i=1,2,\ldots,n$，則有
\[\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\right)=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\cap A_i)=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\mid A_i)\,\mathbb{P}(A_i)\]
\[\begin{aligned} \mathbb{P}(B)&=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}(B\cap A_i)\right)\\[0.4em] &=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\cap A_i)\\[0.4em] &=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B\mid A_i)\,\mathbb{P}(A_i) \end{aligned}\]
這個表示式與乘法原理的好處相同，在某些僅知道條件機率的時候相當有用。
二元分割與列聯表 分割的概念可以推廣至兩組分割彼此的交集，我們稱為二元分割 。二元分割的概念即為上一篇中的列聯表 ，如下表:
$A_1$ $\cdots$ $A_n$ 總和 $B_1$ $\mathbb{P}(A_1\cap B_1)$ $\cdots$ $\mathbb{P}(A_n\cap B_1)$ $\mathbb{P}(B_1)$ $\vdots$ $\vdots$ $\ddots$ $\vdots$ $\vdots$ $B_m$ $\mathbb{P}(A_1\cap B_m)$ $\cdots$ $\mathbb{P}(A_n\cap B_m)$ $\mathbb{P}(B_m)$ 總和 $\mathbb{P}(A_1)$ $\cdots$ $\mathbb{P}(A_n)$ $1$
Note
讀者應不難發現，聯合機率所對應的集合，如 $A_1\cap B_1$、$A_1\cap B_2$ 等，皆為彼此互斥的集合，其理由在於 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 與 $B_1,B_2,\ldots,B_m$ 分別是樣本空間 $S$ 中的兩組分割，故其彼此交集後的集合應仍為互斥集合。
進一步我們可以驗證，聯合機率的所有集合之聯集即是樣本空間，即
\[\bigcup_{i=1}^{n}\bigcup_{j=1}^{m}(A_i\cap B_j)=S\]
故這些集合應仍為一組分割，我們稱其為二元分割。
全機率定理的應用 Example 1.25 (Symptoms and Diseases)
Suppose that a patient examined at a hospital is free of any disease with probability $0.99$, is affected by Disease $B$ with probability $0.001$, and is affected by Disease $C$ with probability $0.009$. These three states are the only possibilities. Symptom $A$ is observed with probability $0.001$ in a patient free of any disease, and with probability $0.9$ in each of the two diseased states. What is the probability that a patient chosen at random shows Symptom $A$?
令 $A$ 表有 $A$ 症狀、$B$ 表感染 $B$ 疾病、$C$ 表感染 $C$ 疾病、$N$ 表沒有感染疾病之事件。依題目敘述可知
\[\mathbb{P}(A\mid N)=0.001,\qquad\mathbb{P}(A\mid B)=0.9,\qquad\mathbb{P}(A\mid C)=0.9\]
\[\begin{gathered} \mathbb{P}(A\mid N)=0.001\\[0.4em] \mathbb{P}(A\mid B)=0.9\\[0.4em] \mathbb{P}(A\mid C)=0.9 \end{gathered}\]
且
\[\mathbb{P}(N)=0.99,\qquad\mathbb{P}(B)=0.001,\qquad\mathbb{P}(C)=0.009\]
\[\begin{gathered} \mathbb{P}(N)=0.99\\[0.4em] \mathbb{P}(B)=0.001\\[0.4em] \mathbb{P}(C)=0.009 \end{gathered}\]
由乘法原理 可得
\[\begin{gathered} \mathbb{P}(N\cap A)=\mathbb{P}(A\mid N)\,\mathbb{P}(N)=0.001\times 0.99=0.00099\\[0.4em] \mathbb{P}(B\cap A)=\mathbb{P}(A\mid B)\,\mathbb{P}(B)=0.9\times 0.001=0.0009\\[0.4em] \mathbb{P}(C\cap A)=\mathbb{P}(A\mid C)\,\mathbb{P}(C)=0.9\times 0.009=0.0081 \end{gathered}\]
\[\begin{gathered} \begin{aligned} \mathbb{P}(N\cap A)&=\mathbb{P}(A\mid N)\,\mathbb{P}(N)\\[0.4em] &=0.001\times 0.99=0.00099 \end{aligned}\\[0.6em] \begin{aligned} \mathbb{P}(B\cap A)&=\mathbb{P}(A\mid B)\,\mathbb{P}(B)\\[0.4em] &=0.9\times 0.001=0.0009 \end{aligned}\\[0.6em] \begin{aligned} \mathbb{P}(C\cap A)&=\mathbb{P}(A\mid C)\,\mathbb{P}(C)\\[0.4em] &=0.9\times 0.009=0.0081 \end{aligned} \end{gathered}\]
由於 $N$、$B$、$C$ 兩兩互斥，且三者的聯集為整個樣本空間，故此三個事件為 $S$ 的一組分割 ，因此由全機率定理 可得
\[\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(N\cap A)+\mathbb{P}(B\cap A)+\mathbb{P}(C\cap A)=0.00999\]
\[\begin{aligned} \mathbb{P}(A)&=\mathbb{P}(N\cap A)+\mathbb{P}(B\cap A)\\[0.4em] &\quad+\mathbb{P}(C\cap A)=0.00999 \end{aligned}\]
Example 1.26 (Manufacturing Defects)
Three machines $A$, $B$, and $C$ produce the same item and account for $20\%$, $30\%$, and $50\%$ of the total output, respectively. Of the items made by $A$, $B$, and $C$, $5\%$, $4\%$, and $2\%$ are defective, respectively. One item is drawn at random from the combined output and inspected. What is the probability that the item drawn is defective?
令 $A$、$B$、$C$ 分別表示該產品來自 $A$、$B$、$C$ 機台之事件，$R$ 表示不良品之事件。則由題意可知
\[\mathbb{P}(A)=0.2,\qquad\mathbb{P}(B)=0.3,\qquad\mathbb{P}(C)=0.5\]
\[\begin{gathered} \mathbb{P}(A)=0.2\\[0.4em] \mathbb{P}(B)=0.3\\[0.4em] \mathbb{P}(C)=0.5 \end{gathered}\]
且
\[\mathbb{P}(R\mid A)=0.05,\qquad\mathbb{P}(R\mid B)=0.04,\qquad\mathbb{P}(R\mid C)=0.02\]
\[\begin{gathered} \mathbb{P}(R\mid A)=0.05\\[0.4em] \mathbb{P}(R\mid B)=0.04\\[0.4em] \mathbb{P}(R\mid C)=0.02 \end{gathered}\]
由於抽出的產品必來自 $A$、$B$、$C$ 三台機器之一，此三個事件恰為樣本空間的一組分割 ，故由全機率定理 可知，所求為
\[\begin{aligned} \mathbb{P}(R)&=\mathbb{P}(R\mid A)\,\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(R\mid B)\,\mathbb{P}(B)+\mathbb{P}(R\mid C)\,\mathbb{P}(C)\\[0.4em] &=0.05\times 0.2+0.04\times 0.3+0.02\times 0.5=0.032 \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\mathbb{P}(R)=\mathbb{P}(R\mid A)\,\mathbb{P}(A)\\[0.4em] &\hphantom{\mathbb{P}(R)=}+\mathbb{P}(R\mid B)\,\mathbb{P}(B)\\[0.4em] &\hphantom{\mathbb{P}(R)=}+\mathbb{P}(R\mid C)\,\mathbb{P}(C)\\[0.4em] &=0.05\times 0.2+0.04\times 0.3+0.02\times 0.5\\[0.4em] &=0.032 \end{aligned}\]
本篇小結 本篇由樣本空間的分割出發，依序整理下列結果:
全機率定理把 $\mathbb{P}(B)$ 寫成各個條件機率 $\mathbb{P}(B\mid A_i)$ 以 $\mathbb{P}(A_i)$ 為權重的加權平均。既然整體機率由各組的條件機率混合而成，接下來自然要問，分組之後的比較方向與混合之後的比較方向是否一定相同。這正是下一篇 要談的分組、混合與辛普森悖論。
參考文獻與延伸閱讀 黃文璋，2010，《機率論》，二版，華泰文化。 Sheldon Ross. 2019. A First Course in Probability . 10th ed. Pearson. Joseph K. Blitzstein and Jessica Hwang. 2019. Introduction to Probability . 2nd ed. Chapman and Hall/CRC. 
