Сформулировать и доказать формулу полной вероятности события. Формула полной вероятности. Формула Бейеса
Пусть известны их вероятности и соответствующие условные вероятности . Тогда вероятность наступления события равна:
Эта формула получила название формулы полной вероятности . В учебниках она формулируется теоремой, доказательство которой элементарно: согласно алгебре событий , (произошло событие и или произошло событие и после него наступило событие или произошло событие и после него наступило событие или …. или произошло событие и после него наступило событие ) . Поскольку гипотезы несовместны, а событие – зависимо, то по теореме сложения вероятностей несовместных событий (первый шаг) и теореме умножения вероятностей зависимых событий (второй шаг) :
Наверное, многие предчувствуют содержание первого примера =)
Куда ни плюнь – везде урна:
Задача 1
Имеются три одинаковые урны. В первой урне находятся 4 белых и 7 черных шаров, во второй – только белые и в третьей – только черные шары. Наудачу выбирается одна урна и из неё наугад извлекается шар. Какова вероятность того, что этот шар чёрный?
Решение
: рассмотрим событие – из наугад выбранной урны будет извлечён чёрный шар. Данное событие может произойти в результате осуществления одной из следующих гипотез:
– будет выбрана 1-я урна;
– будет выбрана 2-я урна;
– будет выбрана 3-я урна.
Так как урна выбирается наугад, то выбор любой из трёх урн равновозможен
, следовательно:
Обратите внимание, что перечисленные гипотезы образуют полную группу событий
, то есть по условию чёрный шар может появиться только из этих урн, а например, не прилететь с бильярдного стола. Проведём простую промежуточную проверку:
, ОК, едем дальше:
В первой урне 4 белых + 7 черных = 11 шаров, по классическому определению
:
– вероятность извлечения чёрного шара при условии
, что будет выбрана 1-я урна.
Во второй урне только белые шары, поэтому в случае её выбора появления чёрного шара становится невозможным : .
И, наконец, в третьей урне одни чёрные шары, а значит, соответствующая условная вероятность извлечения чёрного шара составит (событие достоверно) .
– вероятность того, что из наугад выбранной урны будет извлечен чёрный шар.
Ответ :
Разобранный пример снова наводит на мысль о том, как важно ВНИКАТЬ В УСЛОВИЕ. Возьмём те же задачи с урнами и шарами – при их внешней схожести способы решения могут быть совершенно разными: где-то требуется применить только классическое определение вероятности , где-то события независимы , где-то зависимы , а где-то речь о гипотезах. При этом не существует чёткого формального критерия для выбора пути решения – над ним почти всегда нужно думать. Как повысить свою квалификацию? Решаем, решаем и ещё раз решаем!
Задача 2
В тире имеются 5 различных по точности боя винтовок. Вероятности попадания в мишень для данного стрелка соответственно равны 0,5; 0,55; 0,7; 0,75 и 0,4. Чему равна вероятность попадания в мишень, если стрелок делает один выстрел из случайно выбранной винтовки?
Краткое решение и ответ в конце урока.
В большинстве тематических задач гипотезы, конечно же, не равновероятны:
Задача 3
В пирамиде 5 винтовок, три из которых снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела эта вероятность равна 0,7. Найти вероятность того, что мишень будет поражена, если стрелок производит один выстрел из наудачу взятой винтовки.
Решение
: в этой задаче количество винтовок точно такое же, как и в предыдущей, но вот гипотезы всего две:
– стрелок выберет винтовку с оптическим прицелом;
– стрелок выберет винтовку без оптического прицела.
По классическому определению вероятности
: .
Контроль:
Рассмотрим событие: – стрелок поразит мишень из наугад взятой винтовки.
По условию: .
По формуле полной вероятности:
Ответ : 0,85
На практике вполне допустим укороченный способ оформления задачи, который вам тоже хорошо знаком:
Решение : по классическому определению: – вероятности выбора винтовки с оптическим и без оптического прицела соответственно.
По условию, – вероятности попадания в мишень из соответствующих типов винтовок.
По формуле полной вероятности:
– вероятность того, что стрелок поразит мишень из наугад выбранной винтовки.
Ответ : 0,85
Следующая задача для самостоятельного решения:
Задача 4
Двигатель работает в трёх режимах: нормальном, форсированном и на холостом ходу. В режиме холостого хода вероятность его выхода из строя равна 0,05, при нормальном режиме работы – 0,1, а при форсированном – 0,7. 70% времени двигатель работает в нормальном режиме, а 20% – в форсированном. Какова вероятность выхода из строя двигателя во время работы?
На всякий случай напомню – чтобы получить значения вероятностей проценты нужно разделить на 100. Будьте очень внимательны! По моим наблюдениям, условия задач на формулу полной вероятности частенько пытаются подзапутать; и я специально подобрал такой пример. Скажу по секрету – сам чуть не запутался =)
Решение в конце урока (оформлено коротким способом)
Задачи на формулы Байеса
Материал тесно связан с содержанием предыдущего параграфа. Пусть событие наступило в результате осуществления одной из гипотез . Как определить вероятность того, что имела место та или иная гипотеза?
При условии , что событие уже произошло , вероятности гипотез переоцениваются по формулам, которые получили фамилию английского священника Томаса Байеса:
– вероятность того, что имела место гипотеза ;
– вероятность того, что имела место гипотеза ;
…
– вероятность того, что имела место гипотеза .
На первый взгляд кажется полной нелепицей – зачем пересчитывать вероятности гипотез, если они и так известны? Но на самом деле разница есть:
– это априорные (оцененные до испытания) вероятности.
– это апостериорные (оцененные после испытания) вероятности тех же гипотез, пересчитанные в связи «со вновь открывшимися обстоятельствами » – с учётом того факта, что событие достоверно произошло .
Рассмотрим это различие на конкретном примере:
Задача 5
На склад поступило 2 партии изделий: первая – 4000 штук, вторая – 6000 штук. Средний процент нестандартных изделий в первой партии составляет 20%, а во второй – 10%. Наудачу взятое со склада изделие оказалось стандартным. Найти вероятность того, что оно: а) из первой партии, б) из второй партии.
Первая часть решения состоит в использовании формулы полной вероятности. Иными словами, вычисления проводятся в предположении, что испытание ещё не произведено и событие «изделие оказалось стандартным» пока не наступило.
Рассмотрим две гипотезы:
– наудачу взятое изделие будет из 1-й партии;
– наудачу взятое изделие будет из 2-й партии.
Всего: 4000 + 6000 = 10000 изделий на складе. По классическому определению :
.
Контроль:
Рассмотрим зависимое событие: – наудачу взятое со склада изделие будет стандартным.
В первой партии 100% – 20% = 80% стандартных изделий, поэтому: при условии , что оно принадлежит 1-й партии.
Аналогично, во второй партии 100% – 10% = 90% стандартных изделий и – вероятность того, что наудачу взятое на складе изделие будет стандартным при условии , что оно принадлежит 2-й партии.
По формуле полной вероятности:
– вероятность того, что наудачу взятое на складе изделие будет стандартным.
Часть вторая. Пусть наудачу взятое со склада изделие оказалось стандартным. Эта фраза прямо прописана в условии, и она констатирует тот факт, что событие произошло .
По формулам Байеса:
а) – вероятность того, что выбранное стандартное изделие принадлежит 1-й партии;
б) – вероятность того, что выбранное стандартное изделие принадлежит 2-й партии.
После переоценки
гипотезы , разумеется, по-прежнему образуют полную группу
:
(проверка;-))
Ответ :
Понять смысл переоценки гипотез нам поможет Иван Васильевич, которой снова сменил профессию и стал директором завода. Он знает, что сегодня 1-й цех отгрузил на склад 4000, а 2-й цех – 6000 изделий, и приходит удостовериться в этом. Предположим, вся продукция однотипна и находится в одном контейнере. Естественно, Иван Васильевич предварительно подсчитал, что изделие, которое он сейчас извлечёт для проверки, с вероятностью будет выпущено 1-м цехом и с вероятностью – вторым. Но после того как выбранное изделие оказывается стандартным, он восклицает: «Какой же классный болт! – его скорее выпустил 2-й цех». Таким образом, вероятность второй гипотезы переоценивается в лучшую сторону , а вероятность первой гипотезы занижается: . И эта переоценка небезосновательна – ведь 2-й цех произвёл не только больше изделий, но и работает в 2 раза лучше!
Вы скажете, чистый субъективизм? Отчасти – да, более того, сам Байес интерпретировал апостериорные вероятности как уровень доверия . Однако не всё так просто – в байесовском подходе есть и объективное зерно. Ведь вероятности того, что изделие будет стандартным (0,8 и 0,9 для 1-го и 2-го цехов соответственно) это предварительные (априорные) и средние оценки. Но, выражаясь философски – всё течёт, всё меняется, и вероятности в том числе. Вполне возможно, что на момент исследования более успешный 2-й цех повысил процент выпуска стандартных изделий (и/или 1-й цех снизил) , и если проверить бОльшее количество либо все 10 тысяч изделий на складе, то переоцененные значения окажутся гораздо ближе к истине.
Кстати, если Иван Васильевич извлечёт нестандартную деталь, то наоборот – он будет больше «подозревать» 1-й цех и меньше – второй. Предлагаю убедиться в этом самостоятельно:
Задача 6
На склад поступило 2 партии изделий: первая – 4000 штук, вторая – 6000 штук. Средний процент нестандартных изделий в первой партии 20%, во второй – 10%. Наудачу взятое со склада изделие оказалось не стандартным. Найти вероятность того, что оно: а) из первой партии, б) из второй партии.
Условие отличатся двумя буквами, которые я выделил жирным шрифтом. Задачу можно решить с «чистого листа», или воспользоваться результатами предыдущих вычислений. В образце я провёл полное решение, но чтобы не возникло формальной накладки с Задачей №5, событие «наудачу взятое со склада изделие будет нестандартным» обозначено через .
Байесовская схема переоценки вероятностей встречается повсеместно, причём её активно эксплуатируют и различного рода мошенники. Рассмотрим ставшее нарицательным АО на три буквы, которое привлекает вклады населения, якобы куда-то их инвестирует, исправно выплачивает дивиденды и т.д. Что происходит? Проходит день за днём, месяц за месяцем и всё новые и новые факты, донесённые путём рекламы и «сарафанным радио», только повышают уровень доверия к финансовой пирамиде (апостериорная байесовская переоценка в связи с произошедшими событиями!) . То есть, в глазах вкладчиков происходит постоянное увеличение вероятности того, что «это серьёзная контора» ; при этом вероятность противоположной гипотезы («это очередные кидалы») , само собой, уменьшается и уменьшается. Дальнейшее, думаю, понятно. Примечательно, что заработанная репутация даёт организаторам время успешно скрыться от Ивана Васильевича, который остался не только без партии болтов, но и без штанов.
К не менее любопытным примерам мы вернёмся чуть позже, а пока на очереди, пожалуй, самый распространенный случай с тремя гипотезами:
Задача 7
Электролампы изготавливаются на трех заводах. 1-й завод производит 30% общего количества ламп, 2-й – 55%, а 3-й – остальную часть. Продукция 1-го завода содержит 1% бракованных ламп, 2-го – 1,5%, 3-го – 2%. В магазин поступает продукция всех трех заводов. Купленная лампа оказалась с браком. Какова вероятность того, что она произведена 2-м заводом?
Заметьте, что в задачах на формулы Байеса в условии обязательно фигурирует некое произошедшее событие, в данном случае – покупка лампы.
Событий прибавилось, и решение удобнее оформить в «быстром» стиле.
Алгоритм точно такой же: на первом шаге находим вероятность того, что купленная лампа вообще окажется бракованной.
Пользуясь исходными данными, переводим проценты в вероятности:
– вероятности того, что лампа произведена 1-м, 2-м и 3-м заводами соответственно.
Контроль:
Аналогично: – вероятности изготовления бракованной лампы для соответствующих заводов.
По формуле полной вероятности:
– вероятность того, что купленная лампа окажется с браком.
Шаг второй. Пусть купленная лампа оказалась бракованной (событие произошло)
По формуле Байеса:
– вероятность того, что купленная бракованная лампа изготовлена вторым заводом
Ответ :
Почему изначальная вероятность 2-й гипотезы после переоценки увеличилась ? Ведь второй завод производит средние по качеству лампы (первый – лучше, третий – хуже). Так почему же возросла апостериорная вероятность, что бракованная лампа именно со 2-го завода? Это объясняется уже не «репутацией», а размером. Так как завод №2 выпустил самое большое количество ламп, то на него (по меньшей мере, субъективно) и пеняют: «скорее всего, эта бракованная лампа именно оттуда» .
Интересно заметить, что вероятности 1-й и 3-й гипотез, переоценились в ожидаемых направлениях и сравнялись:
Контроль: , что и требовалось проверить.
К слову, о заниженных и завышенных оценках:
Задача 8
В студенческой группе 3 человека имеют высокий уровень подготовки, 19 человек – средний и 3 – низкий. Вероятности успешной сдачи экзамена для данных студентов соответственно равны: 0,95; 0,7 и 0,4. Известно, что некоторый студент сдал экзамен. Какова вероятность того, что:
а) он был подготовлен очень хорошо;
б) был подготовлен средне;
в) был подготовлен плохо.
Проведите вычисления и проанализируйте результаты переоценки гипотез.
Задача приближена к реальности и особенно правдоподобна для группы студентов-заочников, где преподаватель практически не знает способностей того или иного студента. При этом результат может послужить причиной довольно-таки неожиданных последствий (особенно это касается экзаменов в 1-м семестре) . Если плохо подготовленному студенту посчастливилось с билетом, то преподаватель с большой вероятностью сочтёт его хорошо успевающим или даже сильным студентом, что принесёт неплохие дивиденды в будущем (естественно, нужно «поднимать планку» и поддерживать свой имидж) . Если же студент 7 дней и 7 ночей учил, зубрил, повторял, но ему просто не повезло, то дальнейшие события могут развиваться в самом скверном ключе – с многочисленными пересдачами и балансировкой на грани вылета.
Что и говорить, репутация – это важнейший капитал, не случайно многие корпорации носят имена-фамилии своих отцов-основателей, которые руководили делом 100-200 лет назад и прославились своей безупречной репутацией.
Да, байесовский подход в известной степени субъективен, но… так устроена жизнь!
Закрепим материал заключительным индустриальным примером, в котором я расскажу о до сих пор не встречавшихся технических тонкостях решения:
Задача 9
Три цеха завода производят однотипные детали, которые поступают на сборку в общий контейнер. Известно, что первый цех производит в 2 раза больше деталей, чем второй цех, и в 4 раза больше третьего цеха. В первом цехе брак составляет 12%, во втором – 8%, в третьем – 4%. Для контроля из контейнера берется одна деталь. Какова вероятность того, что она окажется бракованной? Какова вероятность того, что извлечённую бракованную деталь выпустил 3-й цех?
Таки Иван Васильевич снова на коне =) Должен же быть у фильма счастливый конец =)
Решение : в отличие от Задач №№5-8 здесь в явном виде задан вопрос, который разрешается с помощью формулы полной вероятности. Но с другой стороны, условие немного «зашифровано», и разгадать этот ребус нам поможет школьный навык составлять простейшие уравнения. За «икс» удобно принять наименьшее значение:
Пусть – доля деталей, выпускаемая третьим цехом.
По условию, первый цех производит в 4 раза больше третьего цеха, поэтому доля 1-го цеха составляет .
Кроме того, первый цех производит изделий в 2 раза больше, чем второй цех, а значит, доля последнего: .
Составим и решим уравнение:
Таким образом: – вероятности того, что извлечённая из контейнера деталь выпущена 1-м, 2-м и 3-м цехами соответственно.
Контроль: . Кроме того, будет не лишним ещё раз посмотреть на фразу «Известно, что первый цех производит изделий в 2 раза больше второго цеха и в 4 раза больше третьего цеха» и убедиться, что полученные значения вероятностей действительно соответствуют этому условию.
За «икс» изначально можно было принять долю 1-го либо долю 2-го цеха – вероятности выйдут такими же. Но, так или иначе, самый трудный участок пройден, и решение входит в накатанную колею:
Из условия находим:
– вероятности изготовления бракованной детали для соответствующих цехов.
По формуле полной вероятности:
– вероятность того, что наугад извлеченная из контейнера деталь окажется нестандартной.
Вопрос второй: какова вероятность того, что извлечённую бракованную деталь выпустил 3-й цех? Данный вопрос предполагает, что деталь уже извлечена, и она оказалось бракованной. Переоцениваем гипотезу по формуле Байеса:
– искомая вероятность. Совершенно ожидаемо – ведь третий цех производит не только самую малую долю деталей, но и лидирует по качеству!
В данном случае пришлось упрощать четырёхэтажную дробь , что в задачах на формулы Байеса приходится делать довольно часто. Но для данного урока я как-то так случайно подобрал примеры, в которых многие вычисления можно провести без обыкновенных дробей.
Коль скоро в условии нет пунктов «а» и «бэ», то ответ лучше снабдить текстовыми комментариями:
Ответ : – вероятность того, что извлечённая из контейнера деталь окажется бракованной; – вероятность того, что извлечённую бракованную деталь выпустил 3-й цех.
Как видите, задачи на формулу полной вероятности и формулы Байеса достаточно простЫ, и, наверное, по этой причине в них так часто пытаются затруднить условие, о чём я уже упоминал в начале статьи.
Дополнительные примеры есть в файле с готовыми решениями на Ф.П.В. и формулы Байеса , кроме того, наверное, найдутся желающие более глубоко ознакомиться с данной темой в других источниках. А тема действительно очень интересная – чего только стОит один парадокс Байеса , который обосновывает тот житейский совет, что если у человека диагностирована редкая болезнь, то ему имеет смысл провести повторное и даже два повторных независимых обследования. Казалось бы, это делают исключительно от отчаяния… – а вот и нет! Но не будем о грустном.
– вероятность того, что произвольно выбранный студент сдаст экзамен.
Пусть студент сдал экзамен. По формулам Байеса:
а) – вероятность того, что студент, сдавший экзамен, был подготовлен очень хорошо. Объективная исходная вероятность оказывается завышенной, поскольку почти всегда некоторым «середнячкам» везёт с вопросами и они отвечают очень сильно, что вызывает ошибочное впечатление безупречной подготовки.
б) – вероятность того, что студент, сдавший экзамен, был подготовлен средне. Исходная вероятность оказывается чуть завышенной, т.к. студентов со средним уровнем подготовки обычно большинство, кроме того, сюда преподаватель отнесёт неудачно ответивших «отличников», а изредка и плохо успевающего студента, которому крупно повезло с билетом.
в) – вероятность того, что студент, сдавший экзамен, был подготовлен плохо. Исходная вероятность переоценилась в худшую сторону. Неудивительно.
Проверка:
Ответ :
События образуют полную группу , если хотя бы одно из них обязательно произойдет в результате эксперимента и попарно несовместны.
Предположим, что событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий , образующих полную группу. Будем называть события (i = 1, 2,…, n ) гипотезами доопыта (априори). Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности :
Пример 16. Имеются три урны. В первой урне находятся 5 белых и 3 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных шара, а в третьей – 8 белых шаров. Наугад выбирается одна из урн (это может означать, например, что осуществляется выбор из вспомогательной урны, где находятся три шара с номерами 1, 2 и 3). Из этой урны наудачу извлекается шар. Какова вероятность того, что он окажется черным?
Решение. Событие A – извлечен черный шар. Если было бы известно, из какой урны извлекается шар, то искомую вероятность можно было бы вычислить по классическому определению вероятности. Введем предположения (гипотезы) относительно того, какая урна выбрана для извлечения шара.
Шар может быть извлечен или из первой урны (гипотеза ), или из второй (гипотеза ), или из третьей (гипотеза ). Так как имеются одинаковые шансы выбрать любую из урн, то .
Отсюда следует, что
Пример 17.
Электролампы изготавливаются на трех заводах. Первый завод производит 30 % общего количества электроламп, второй – 25 %,
а третий – остальную часть. Продукция первого завода содержит 1% бракованных электроламп, второго – 1,5 %, третьего – 2 %. В магазин поступает продукция всех трех заводов. Какова вероятность того, что купленная в магазине лампа оказалась бракованной?
Решение.
Предположения необходимо ввести относительно того, на каком заводе была изготовлена электролампа. Зная это, мы сможем найти вероятность того, что она бракованная. Введем обозначения для событий: A
– купленная электролампа оказалась бракованной, – лампа изготовлена первым заводом, – лампа изготовлена вторым заводом,
– лампа изготовлена третьим заводом.
Искомую вероятность находим по формуле полной вероятности:
Формула Байеса. Пусть – полная группа попарно несовместных событий (гипотезы). А – случайное событие. Тогда,
Последнюю формулу, позволяющей переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А, называют формулой Байеса .
Пример 18.
В специализированную больницу поступают в среднем 50 % больных с заболеванием К
, 30 % – c заболеванием L
, 20 % –
с заболеванием M
. Вероятность полного излечения болезни K
равна 0,7 для болезней L
и M
эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. Найдите вероятность того, что этот больной страдал заболеванием K
.
Решение. Введем гипотезы: – больной страдал заболеванием К L , – больной страдал заболеванием M .
Тогда по условию задачи имеем . Введем событие А – больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. По условию
По формуле полной вероятности получаем:
По формуле Байеса .
Пример 19. Пусть в урне пять шаров и все предположения о количестве белых шаров равновозможные. Из урны наудачу взят шар, он оказался белым. Какое предположение о начальном составе урны наиболее вероятно?
Решение. Пусть – гипотеза, состоящая в том, что в урне белых шаров , т. е. возможно сделать шесть предположений. Тогда по условию задачи имеем .
Введем событие А – наудачу взятый шар белый. Вычислим . Так как , то по формуле Байеса имеем:
Таким образом, наиболее вероятной является гипотеза , т. к. .
Пример 20. Два из трех независимо работающих элемента вычислительного устройства отказали. Найдите вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны 0,2; 0,4 и 0,3.
Решение. Обозначим через А событие – отказали два элемента. Можно сделать следующие гипотезы:
– отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен. Поскольку элементы работают независимо, применима теорема умножения:
Формула полной вероятности.
Следствием обеих основных теорем- теоремы сложения вероятностей и теоремы умножения вероятностей- является так называемая формула полной вероятности.
Пусть требуется определить вероятность некоторого события A которое может произойти с одним из событий
, образующих полную группу несовместимых событий.Будем эти события называть гипотезами.
Докажем что в этом случае
Вероятность события A вычисляется как сумма произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события при реализации этой гипотезы.
Эта формула носит название формулы полной вероятности.
Доказательство
Так как гипотезыH1,H2…, Hn,образуетполную группу то событие A может появиться в комбинации с какой либо из этих гиплтез
A=AH1+AH2+…+Ahn.
Т.к.гипотезы Н1, Н2,…,Hn несовместны, то и комбинации Н1А,H2A,…,HnA также несовместны; применяя к нему теорему сложения,получим:
Применяя к событию HiA теорему умножения, получим
Что и требовалось доказать.
Имеется три одинаковых на вид урны: в первой урне два белых и один черный шар; во второй-три белых и один черный шар; в третьей-два белых и два черных шара.
Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает из нее шар.Найти вероятность того,что этот шар белый.
Рассмотрим три гипотезы:
Н1-выбор первой урны,
Н2-выбор второй урны,
Н3-выбор третьей урны
И событие А-появление белого шара.
Т.к.гипотезы по условию задачи равновозможны,то
Условные вероятности события А при этих гипотезах соответственно равны
Задача 3.5.
Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью p имеет дефект.
В цехе имеется три контролера; рассматривается только одним контролером, с одинаковой вероятностью первым, вторым или третьим.Вероятность обнаружения дефекта(если оно имеется) для i-го контролера равна Pi (i=1,2,3). Если изделие не было забраковано в цехе, то оно попадает в ОТК завода, где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью P0.
Определить вероятность того,что изделие будет забраковано.
А- изделие будет забраковано
В- изделие будет забраковано в цехе
С- изделие будет забраковано в ОТК завода.
Так как события В и С несовместимы и
Р(А)=Р(В)+Р(С)
Находим Р(В).Для того, чтобы изделие было забраковано в цехе, нужно,чтобы оно, во-первых,имело дефект, и во-вторых, чтоб дефект был обнаружен.
Вероятность того,что будет обнаружен дефект в цехе равна
Действительно,
Формулируем гипотезы
Н1-дефект обнаружен 1-ым контролером
Н2-дефект обнаружен 2-ым контролером
Н3-дефект обнаружен 3-им контролером
Отсюда
Аналогично
Теорема гипотез (формула Бейеса)
Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является так называемая теорема гипотез или формула Бейеса.
Поставим следующую задачу.
Имеется полная группа несовместных гипотез Н1,Н2,…Hn.Вероятность этих гипотез до опыта известны и равны соответственно Р(Н1),Р(Н2),…,P(Hn).Произведен опыт,в результате которого наблюдено появление некоторого события А. Спрашивается,как следует изменить вероятности гипотез в связи с появлением этого события?
Здесь по существу, речь идет о том, чтобы найти условную вероятность Р (Hi/A) для каждой гипотезы.
Из теоремы умножения имеем:
P(AHi)=P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*H(A/Hi),
Или отбрасываем левую часть
P(A)*P(Hi/A)=P(Hi)*P(A/Hi), i=1,2,…,n откуда
Или выражая Р(А) с помощью формулы полной вероятности,имеем
Эта формула и носит название формулы Бейеса или теоремы гипотез
Прибор может собираться из высококачественных деталей и из деталей обычного качества;вообще около 40% приборов собирается из высококачественных деталей. Если прибор собран из высококачественных деталей, его надежность (вероятность безотказной работы) за время tравна 0,05; если из деталей обычного качества- его надежность равна 0,7. Прибор испытывается в течении времени t и работал безотказно.Найти вероятность того,что он собран из высококачественных деталей.
Возможны две гипотезы:
Н1-прибор собран из высококачественных деталей,
Н2-прибор собран из деталей обычного качества.
Вероятность этих гипотез до опыта
Р(Н1)=0,4; P(H2)=0,6.
В результате опыта наблюдено событие А- прибор безотказно
Работал время t. Условные вероятности этого события при
Гипотезах Н1 и Н2 равны:
P(A/H1) = 0,95 ; P(A/H2) = 0,7 .
По формуле Вейсса находим вероятность гипотезы Н1 после
Задачи комбинаторики.
Во многих статистических исследованиях встречаются комбинаторные задачи, своеобразие которых целесообразно показать на примерах:
Сколькими способами можно расставить на полке 10 различных книг?
В турнире принимают участие 8 команд. Сколько различных представлений относительно трех первых мест (по результатам соревнований) можно сделать?
Сколько различных трехбуквенных слов можно составить из 32 букв алфавита, не обращая внимания на то, имеет ли смысл составленные из букв слова или нет?
Сколькими способами можно из множества k (различных) элементов выбрать r элементов?
Как велико число различных результатов бросаний двух игровых костей.
Приведенные примеры показывают, что в задачах комбинаторики интересуется вообще числом различных выборок определенных объектов, причем, в зависимости от вида дополнительных требований, следует различать, какие выборки считаются одинаковыми и какие различными.
В теории вероятности и математической статистике используют в основном три понятия комбинаторики:
Размещения
Перестановки
Сочетания
Размещениями из n элементов по m называются такие их соединения, которые различаются друг от друга самими элементами или их порядком. Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab, ac, bc, ba, ca, cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A
Например: размещения из 3 элементов a , b , c по 2: ab,ac ,bc , ba , ca ,cb.Число всех размещений из n различных элементов по m A
Всего m множителей
Перестановками из n элементов называются такие их соединения,отличающиеся друг от друга только порядком входящих в них элементов.Например: перестановка из трех элементов a,b и c: abc, bca, cab , cba, bac, acb. Число всех перестановок из n различных элементов Pn
Pn= 1*2*3* …*n=n!=An
Сколькими способами можно расставить на полке 10 книг.
P10=10!=3628800.
Сочетаниями из n элементов по m называются их соединения, различающиеся друг от друга только самими элементами. Например: сочетания из трех элементов a, b и c по два: ab , ac , bc . Число всех сочетаний из n различных элементов по m обозначается Cn
Мы можем записать
Повторение опытов
При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться некоторое событие А в результате серии опытов.
Такие задачи весьма просто решаются в случае, когда опыты являются независимыми.
Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляет собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае – зависимые опыты.
Независимые опыты могут производиться в одинаковых или различных условиях.
Общая теорема о повторении опытов.
Частная теорема о повторении опытов касается того случая, когда вероятность события А во всех опытах одна и та же. На практике часто приходится встречаться с более сложным случаем, когда опыты производятся в неодинаковых условиях, и вероятность события от опыта к опыту меняется. Способ вычисления вероятности заданного числа появлений событий в таких условиях дает общая теорема о повторении опытов.
Пусть число опытов u=2, тогда полная группа событий:
P1P2+P1q2+q1P2+q1q2
Пусть число опытов u=3, тогда полная группа событий:
P1P2P3+P1P2q3+P1q2P3+q1P2P3+P1q2q3+q1P2q3+q1q2P+q1q2q3
Аналогично для числа опытов n полная группа событий:
P1P2*…*Pn+P1P2*…*qn+…+q1P2*…*Pn+…+q1*q2*…qn,причем в каждое из произведений событие А входит m раз, а событие А входит n-m раз.Число таких сочетаний по прежнему
или короче
где z-произвольный параметр.
Функция jn(z),разложение которой по степеням параметра z дает в качестве коэффициентов вероятности pm,n, называется производящей функцией вероятностей pm,n или просто производящей функцией.
Пользуясь понятием производящий функции, можно сформулировать общую теорему о повторении опытов в следующем виде:
Вероятность того, что событие А в n независимых опытах появится ровно m раз, равна коэффициенту при zm в выражении производящей функции
jn(z)=(qi+piz) где pi-вероятность появления события А в i-ом опыте
Вышеприведенная формулировка общей теоремы о повторении опытов в отличии от частной теоремы не дает явного выражения для вероятности pm,n.
Такое выражение в принципе написать можно, но оно является слишком сложным, и мы не будем его приводить.
Однако не прибегая к такому явному выражению, все же можно записать общую теорему о повторении опытов в виде одной формулы
случайная величина.
Одним из важнейших основных понятий теории вероятности является понятие о случайной величине.
Случайной величиной называется величина, которая в результате опыта может принять то или иное значение, причем неизвестно заранее, какое имено.
Примеры случайных величин:
Число вызовов, поступавших на телефонную станцию за сутки;
Количество мальчиков, родившихся в роддоме за месяц;
Количество девочек, родившихся в роддоме за месяц;
Во всех трех примерах случайные величины могут принимать отдельные изолированные значения, которые можно заранее перечислить.
В примере 1;
Такие случайные величины, принимающие только отдельные, отделенные друг от друга значения называются дискретными величинами.
Существуют случайные величины другого типа.
Например, температура воздуха, влажность воздуха, напряжение в сети электрического тока.
Функция распределения.
Ряд распределения, многоугольник распределения не
являются универсальными характеристиками случайной величины:они существуют только для дискретных случайных величин.Нетрудно убедиться,что для непрерывной случайной величины такой характеристики построить нельзя. Действительно, непрерывная случайная величина имеет бесчисленное множество возможных значений, ???? занимающих некоторый промежуток (так называемое “несчетное множество”). Составить таблицу, в которой были бы перечислены все возможные значения такой случайной величины, невозможно. Следовательно, для непрерывной случайной величины не существует ряда распределения в том смысле, в каком он существует для прерывной величины. Однако различные области возможных значений случайной величины все же не являются одинаково вероятными, и для непрерывной величины существует распределение вероятностей, хотя и не в том смысле, как для прерывной (или дискретной).