Как найти условную вероятность гипотезы – Сайт, где вы сможете решить свои вопросы

Вероятность гипотез, формула Бейеса

Сергей Евгеньевич Грамотинский

Эксперт по предмету «Математика»

Задать вопрос автору статьи

Пусть имеется полная группа несовместных событий — гипотез $Н_1, Н_2,dots , Н_n$. Вероятности этих гипотез до опыта известны и равны соответственно: $Pleft(H_{1} right),Pleft(H_{2} right),…,Pleft(H_{n} right)$.

Произведен опыт, в результате которого событие А появилось. Какие вероятности получат гипотезы в связи с появлением события А. По-другому будем искать условные вероятности $Pleft({raise0.7exhbox{$ H_{i} $} left/{vphantom{H_{i} A}}right.lower 0.7exhbox{$ A $}} right)$ для каждой гипотезы.

Теорема Байеса

Теорема

Вероятность гипотезы при условии, что событие А произошло, равна произведению вероятности этой гипотезы на соответствующую ей условную вероятность события А, которое произошло при испытании, деленному на полную вероятность события А.

[P(H_{i} /A)=frac{P(H_{i} )cdot P(A/H_{i} )}{sum limits _{i=1}^{n}P(H_{i} )cdot P(A/H_{i} )} ]

Сдай на права пока
учишься в ВУЗе

Вся теория в удобном приложении. Выбери инструктора и начни заниматься!

Получить скидку 3 000 ₽

Доказательство

Согласно теореме умножения для двух событий

$$P(AH_i)=P(A) cdot P (H_i/A)=P(H_i) cdot P(A/H_i)$$

Откуда

[P(H_{i} /A)=frac{P(H_{i} )cdot P(A/H_{i} )}{P(A)} ]

Выразив $Р(А)$ получим формулу:

[P(H_{i} /A)=frac{P(H_{i} )cdot P(A/H_{i} )}{sum limits _{i=1}^{n}P(H_{i} )cdot P(A/H_{i} )} ]

которая носит название формулы Байеса. Теорема доказана.

Использование формулы Байеса при решении задач

Пример 1

Каждый из двух стрелков независимо друг от друга произвел выстрел по некоторому объекту. Вероятность попадания в цель первым стрелком равна 0,7; вторым — 0,6. Объект поражен одним попаданием. Определить вероятность того, что объект поражен первым стрелком.

Решение.

Обозначим событие А — поражение объекта одним попаданием. Для опыта виделим следующие гипотезы:

$Н_1$ — стрелки не попадают;

$Н_2$ — стрелки одновременно попадают;

$Н_3$ — первый стрелок попадет, второй — нет;

$Н_4$ — второй стрелок попадет, первый — нет.

Найдем вероятность этих гипотез:

$P(H_1)=0,3•0,4=0,12,$

$$P(H_2)=0,7•0,6=0,42,$$

$$P(H_3)=0,7•0,4=0,28,$$

$$P(H_4)=0,3•0,6=0,18.$$

Найдем условные вероятности события А при этих гипотезах:

$$P(A/H_1)=0$$
$$P(A/H_2)=0$$
$$P(A/H_3)=1$$
$$P(A/H_4)=1$$

После опыта гипотезы $Н_1$ и $Н_2$ становятся невозможными, а вероятности гипотез $Н_3$ и $Н_4$ будут соответственно равны.

[Pleft(H_{3} /A right)=frac{Pleft(H_{3} right)cdot Pleft(A/H_{3} right)}{Pleft(H_{3} right)cdot Pleft(A/H_{3} right)+Pleft(H_{4} right)cdot Pleft(A/H_{4} right)} =frac{0,28cdot 1}{0,28+0,18} approx 0,61;]

Следовательно, вероятность того, что объект поражен первым стрелком, равна 0,61.

«Вероятность гипотез, формула Бейеса» 👇

Пример 2

Экономист полагает, что в течение периода активного экономического роста американский доллар будет расти в цене с вероятностью 0,7, в период умеренного экономического роста доллар подорожает с вероятностью 0,4, и при низких темпах экономического роста доллар подорожает с вероятностью 0,2. В течение любого периода времени вероятность активного экономического роста равна 0,3, в периоды умеренного экономического роста — 0,5 и низкого роста — 0,2. Предположим, доллар дорожает в течение текущего периода, чему равна вероятность того, что анализируемый период совпал с периодом активного экономического роста?

Решение. Обозначим гипотезы: $Н_1$ — «активный экономический рост»; $H_2$ — «умеренный экономический рост»; $H_3$ — «низкий экономический рост».

Обозначим событие А — «доллар дорожает». Получим:

$Р(Н_1) = 0,3$;

$Р(Н_2) = 0,5$;

$Р(Н_3) = 0,2$;

$Р(А/Н_1) = 0,7$;

$Р(А/Н_2) = 0,4$;

$Р(A/Н_3) = 0,2$.

Необходимо найти: $Р(Н_1/А)$.

Пользуясь формулой Бейеса и подставив заданные значения вероятностей, получаем:

[P(H_{1} /A)=frac{P(H_{1} )cdot P(A/H_{1} )}{P(H_{1} )cdot P(A/H_{1} )+P(H_{2} )cdot P(A/H_{2} )+P(H_{3} )cdot P(A/H_{3} )} =]

[=frac{0,3cdot 0,7}{0,3cdot 0,7+0,5cdot 0,4+0,2cdot 0,2} =0,467.]

Пример 3

При разрыве бронебойного снаряда крупные осколки составляют 20% от общего числа осколков, средние — 30%, мелкие 50%. Вероятность того, что крупный осколок пробьет броню танка, равна 0,8. Для мелких и средних осколков эти вероятности соответственно равны 0,5 и 0,2.

Найти вероятность того, что осколок пробьет броню.
Броня танка оказалась пробитой. Найти вероятность того, что пробоина произошла от мелкого осколка.

Решение.

Обозначим события: $А$ — броня танка пробита; $H_1$ — осколок крупный; $H_2$ — осколок средний; $H_3$ — осколок мелкий.

События $H_1$, $H_2$, $H_3$ — это полная система гипотез. Найдем вероятности этих гипотез. По условию 20% осколков крупные, 30% — средние и 50% – мелкие. Найдем вероятности событий $H_1$, $H_2$, $H_3$:

$$P(H_1)=0,2;$$

$$P(H_2)=0,3;$$

$$P(H_3)=0,5.$$

Выполним проверку:

$$P(H_1)+P(H_2)+P(H_3)=0,2+0,3+0,5=1.$$

Найдем условные вероятности события А при наших гипотезах. Получим:

$$P(А /H_1)=0,8; P(А /H_2)=0,5; P(А /H_3)=0,2.$$

Вероятность события А посчитаем за формулой полной вероятности и получим:

[P(A)=sum limits _{k=1}^{3}P(H_{k} )cdot P(A/H_{k} )=0,2cdot 0,8+0,3cdot 0,5+0,5cdot 0,2=0,41.]

Для решения второй части задачи воспользуемся формулой Байеса. Найдем вероятность того, что пробоина в броне произошла от мелкого осколка (событие $H_3$), т.е. вероятность $P(H_3/А)$. По формуле Байеса найдем значение:

[P(H_{3} /A)=frac{P(H_{3} )cdot P(A/H_{3} )}{sum limits _{k=1}^{3}P(H_{k} )cdot P(A/H_{k} )} =frac{0,5cdot 0,2}{0,41} =frac{0,1}{0,41} approx 0,24. ]

Пример 4

Специализированая больница принимает в среднем 40% больных, которые имеют заболевание $H_1$, 35% – что имеют заболевание $H_2$ и 25% – $H_3$. Статистически известно, что лечение болезни $H_1$ равняется 0,9, для болезни $H_2$ и $H_3$ эти вероятности равняются 0,8 и 0,7. Какая вероятность того, что выписаный из больницы болел болезнью $H_2$?

Решение. Будем считать, что выписаный из больницы полностью здоров. По формуле полной вероятности найдем $P(A)$. По условию задачи:

$$Р(Н_1) = 0,4; $$

$$Р(Н_2) = 0,35;$$

$$Р(Н_3) = 0,25;$$
$$Р(А/Н_1) = 0,9;$$

$$Р(А/Н_2) = 0,8$$

$$Р(A/Н_3) = 0,7. $$

Тогда по формуле полной вероятности:

[P(A)=sum limits _{k=1}^{3}P(H_{k} )cdot P(A/H_{k} )=0,4cdot 0,9+0,35cdot 0,8+0,25cdot 0,7=0,815.]

По формуле Байеса найдем:

[P(H_{2} /A)=frac{P(H_{2} )cdot P(A/H_{2} )}{P(H_{1} )cdot P(A/H_{1} )+P(H_{2} )cdot P(A/H_{2} )+P(H_{3} )cdot P(A/H_{3} )} =]

[=frac{0,35cdot 0,8}{0,815} =0,344.]

Находи статьи и создавай свой список литературы по ГОСТу

Поиск по теме

Дата последнего обновления статьи: 25.12.2022

Источник

Составитель преподаватель кафедры высшей математики Ищанов Т.Р. Занятие №4. Формула полной вероятности. Вероятность гипотез. Формулы Байеса.

Теоретический материал

Доказательство. По условию, событие А может наступить, если наступит одно из несовместных событий .

Другими словами, появление события А означает осуществление одного, безразлично какого, из несовместных событий . Пользуясь для вычисления вероятности события А теоремой сложения, получим

Остается вычислить каждое из слагаемых. По теореме умножения вероятностей зависимых событий имеем

$[P(B_1A)=P(B1)cdot P_{B_1}(A);]$

$[P(B_2A)=P(B_2)cdot P_{B_2}(A);ldots; P(B_nA)=P(B_n)P_{B_n}(A).]$

Подставив правые части этих равенств в соотношение (*), получим формулу полной вероятности

$[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+cdots+P(B_n)P_{B_n}(A).]$

Пример 1. Имеется два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго—0,9. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) — стандартная.
Решение. Обозначим через А событие «извлеченная деталь стандартна».
Деталь может быть извлечена либо из первого набора (событие B₁), либо из второго (событие B₂).
Вероятность того, что деталь вынута из первого набора, .
Вероятность того, что деталь вынута из второго набора, .
Условная вероятность того, что из первого набора будет извлечена стандартная деталь, $P_{B_1}(A)= 0,8$ .
Условная вероятность того, что из второго набора будет извлечена стандартная деталь $P_{B_2}(A)=0,9$ .
Искомая вероятность того, что извлеченная наудачу деталь — стандартная, по формуле полной вероятности равна

$[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P_{B_2}P_{B_2}(A)=0,5cdot 0,8+0,5cdot 0,9=0,85.]$

Пример 2. В первой коробке содержится 20 радиоламп, из них 18 стандартных; во второй коробке—10 ламп, из них 9 стандартных. Из второй коробки наудачу взята лампа и переложена в первую. Найти вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.
Решение. Обозначим через А событие «из первой коробки извлечена стандартная лампа».
Из второй коробки могла быть извлечена либо стандартная лампа (событие B₁), либо нестандартная (событие B₂).
Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная лампа,
Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандартная лампа,
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная лампа, равна $P_{B_1}(A)= 19/21.$
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная лампа, равна $P_{B_2}(A) = 18/21.$
Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная лампа, по формуле полной вероятности равна

$[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)=frac{9}{10}cdotfrac{19}{21}+frac{1}{10}cdotfrac{18}{21}=0,9.]$

Вероятность гипотез. Формулы Байеса

Пусть событие A может наступить при условии появления одного из несовместных событий , образующих полную группу. Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события A определяется по формуле полной вероятности:

$[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+cdots+P(B_n)P_{B_n}(A). quad (*)]$

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. Поставим своей задачей определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности

$[P_{A}(B_1),P_{A}(B_2),cdots,P_{A}(B_n).]$

Найдем сначала условную вероятность $P_{A}(B_1)$ . ПО теореме умножения имеем

$[P(AB_1)=P(A)P_{A}(B_1)=P(B_1)P_{B_1}(A).]$

Отсюда

$[P_{A}(B_1)=frac{P(B_1)P_{B_1}(A)}{P(A)}.]$

Заменив здесь Р (А) по формуле (*), получим

$[P_{A}(B_1)=frac{P(B_1)P_{B_1}(A)}{P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+cdots+P(B_n)P_{B_n}(A)}]$

Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т. е. условная вероятность любой гипотезы может быть вычислена по формуле

$[P_{A}(B_i)=frac{P(B_i)P_{B_i}(A)}{P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+cdots+P(B_n)P_{B_n}(A)}.]$

Полученные формулы называют формулами Байеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.). Формулы Бейеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.

Пример. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру, равна 0,6, а ко второму — 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна 0,94, а вторым—0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.
Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предположения:
1)деталь проверил первый контролер (гипотеза );
2)деталь проверил второй контролер (гипотеза ). Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контролер, найдем по формуле Байеса:

$[P_{A}(B_1)=frac{P(B_1)P_{B_1}(A)}{P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)}.]$

По условию задачи имеем:
(вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру);
(вероятность того, что деталь попадет ко второму контролеру);
$P_{B_1}(A)=0,94$ (вероятность того, что годная деталь будет признана первым контролером стандартной);
$P_{B_2}(A)= 0,98$ (вероятность того, что годная деталь будет признана вторым контролером стандартной).
Искомая вероятность

$[P_A(B_1)=frac{0,6cdot 0,94}{0,6cdot 0,94+0,4cdot 0,98}approx 0,59.]$

Как видно, до испытания вероятность гипотезы равнялась 0,6, после того, как стал известен результат испытания, вероятность этой гипотезы (точнее, условная вероятность) изменилась и стала равной 0,59. Таким образом, использование формулы Байеса позволило переоценить вероятность рассматриваемой гипотезы.

Практический материал.
1. (4) Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводом № 1, и 2 коробки деталей, изготовленных заводом № 2. Вероятность того, что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,8, а завода № 2 — 0,9, Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу взятой коробки. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь.
Отв. 0,84.
2. (5) В первом ящике содержится 20 деталей, из них 15 стандартных; во втором—30 деталей, из них 24 стандартных; в третьем — 10 деталей, из них 6 стандартных. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная деталь из наудачу взятого ящика—стандартная.
Отв. 43/60.
3. (6) В телевизионном ателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответственно равны 0,8; 0,85; 0,9; 0,95. Найти вероятность того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок службы.
Отв. 0,875.
4. (3) В группе спортсменов 20 лыжников, 6 велосипедистов и 4 бегуна. Вероятность выполнить квалификационную норму такова: для лыжника—0,9, для велосипедиста—0,8. и для бегуна—0,75. Найти вероятность того, что спортсмен, выбранный наудачу, выполнит норму.
Отв. 0,86.
5. © В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Показать решение

Решение:
Возможны две гипотезы:
– при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;
– при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. 1, 2, 4 или 5.
По классическому определению вероятности гипотез равны:

$[P(H_1) = frac26 = frac13;qquad P(H_2) = frac46 = frac23.]$

Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться равенство

$[P(H_1)+P(H_2)=frac13+frac23=1.]$

Пусть событие А состоит в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:

$[P_{H_1}(A)=frac{12}{18}=frac23;qquad P_{H_2}(A)=frac{15}{25}=frac35]$

Тогда по формуле полной вероятности вероятность события А будет равна:

$[P(A)=frac13cdotfrac23+frac23cdotfrac35=frac{10+18}{9cdot5}=frac{28}{45}=0,62.]$

6. (7) В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.
Отв. 13/132.

7. (89 Г) В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Показать решение

Решение. Обозначим через А событие – извлечен белый шар. Возможны следующие предположения (гипотезы) о первоначальном составе шаров:

— белых шаров нет,

— один белый шар,

— два белых шара.
Поскольку всего имеется три гипотезы, причем по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна 1/3, т.е. .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, $P_{B_1 } (A)=1/3$ .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне был один белый шар, $P_{B_2} (A)=2/3$ .
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне было два белых шара $P_{B_3} (A)=3/3=1$ .
Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:

$[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+P(B_3)P_{B_3} (A)=frac13cdotfrac13+frac13cdotfrac23+frac13cdot 1=frac23.]$

8. (10) В ящик, содержащий 3 одинаковых детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу извлечена одна деталь. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.
Отв. 0,625.

9. (6.5.2Л) Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.

Показать решение

Решение.
Пусть событие А={сигнал будет принят}. Рассмотрим четыре гипотезы:

={первый приемник работает, второй — нет};

={второй работает, первый — нет};

={оба приемника работают};

={оба приемника не работают}.

Событие А может произойти только с одной из этих гипотез. Найдем вероятность этих гипотез, рассматривая следующие события:

={первый приемник работает},

={второй приемник работает}.

Тогда:

$[P(H_1 )=P(C_1cdotbar{C_2})=P(C_1 )cdot P(bar{C_2})=0,9cdot 0,1=0,09;]$

$[P(H_2)=P(bar{C_1}cdot C_2)=P(bar{C_1}cdot P(C_2)=0,1cdot 0,9=0,09;]$

$[P(H_4 )=P(bar{C_1}cdot bar{C_2})=P(bar{C_1} )cdot P(bar{C_2})=0,1cdot 0,1=0,01.]$

Контроль:

$[sum_{i=1}^4 P(H_i )=0,09+0,09+0,81+0,01=1.]$

Условные вероятности $P_{H_i}(A)$ соответственно равны:

$P_{H_1}(A)=0,8;$

$P_{H_2}(A)=0,8;$

$P_{H_3}(A)=0,8+0,8-0,8cdot 0,8=0,96;$

$P_{H_4}(A)=0.$

Теперь по формуле полной вероятности находим искомую вероятность

10. (11) При отклонении от нормального режима работы автомата срабатывает сигнализатор С-1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С-11 срабатывает с вероятностью 1. Вероятности того, что автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11, соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11?
Отв. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С-1, равна 6/11, а С- 11— 5/11

11. (12) Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса 4, из второй — 6, из третьей группы — 5 студентов. Вероятности того, что студент первой, второй и третьей группы попадает в сборную института, соответственно равны 0,9; 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную. К какой из групп вероятнее всего принадлежал этот студент?
Отв. Вероятности того, что выбран студент первой, второй, третьей групп, соответственно равны: 18/59, 21/59, 20/59.

12. (1.34К) В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в отношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступающие от 1-го, 2-го и 3-го поставщиков, не потребуют ремонта в течении гарантийного срока соответственно в 98, 88 и 92% случаев.
1) Найти вероятность того, что поступивший в торговую фирму телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
2) Проданный телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. От какого поставщика вероятнее всего поступил этот телевизор?

Показать решение

Решение.
Обозначим события: — телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i=1,2,3);
A – телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
По условию

$[P(H_1)=frac{1}{1+4+5}=0,1;qquad P_{H_1} (A)=0,98;]$

$[P(H_2)=frac{4}{1+4+5}=0,4;qquad P_{H_2} (A)=0,88;]$

$[P(H_3)=frac{5}{1+4+5}=0,5;qquad P_{H_3} (A)=0,92.]$

По формуле полной вероятности

Событие телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока:

По условию

$[P_{H_1} (bar{A})=1-0,98=0,02;]$

$[P_{H_2} (bar{A})=1-0,88=0,12;]$

$[P_{H_3} (bar{A})=1-0,92=0,08.]$

По формуле Байеса

$[P_{overline{A}} (H_1)=frac {0,1cdot 0,02}{0,09}=0,022;qquad P_{overline{A}} (H_2)=frac {0,4cdot 0,12}{0,09}=0,533;]$

$[P_{overline{A}} (H_3)=frac {0,5cdot 0,08}{0,09}=0,444.]$

Таким образом, после наступления события вероятность гипотезы H₂ увеличилась с P (H₂)=0,4 до максимальной

$P_{bar{A}}(H_2)=0,533$ ,

а гипотезы H₃ — уменьшилась от максимальной P (H₃)=0,5 до $P_{bar{A}} (H_3 )=0,444$ ; если ранее (до наступления события А) наиболее вероятной была гипотеза H₃, то теперь, в свете новой информации (наступления события А), наиболее вероятна гипотеза H₂ -поступление данного телевизора от 2-го поставщика.

13. (1.35К) Известно, что в среднем 95% выпускаемой продукции удовлетворяют стандарту. Упрощенная схема контроля признает пригодной продукцию с вероятностью 0,98, если она стандартна, и с вероятностью 0,06, если она нестандартна. Определить вероятность того, что:
1) взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль;
2) изделие стандартное, если оно: а) прошло упрощенный контроль; б) дважды прошло упрощенный контроль.

Показать решение

Решение.
1). Обозначим события:
— взятое наудачу изделие соответственно стандартное или нестандартное;
— изделие прошло упрощенный контроль.

По условию

$[P(H_1)=0,95,qquad P(H_2)=0,05,qquad P_{H_1}(A)=0,98,qquad P_{H_2}(A)=0,06.]$

Вероятность того, что взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль, по формуле полной вероятности:

[P(A)=0,95cdot 0,98+0,05cdot 0,06=0,934.]

2. а). Вероятность того, что изделие, прошедшее упрощенный контроль, стандартное, по формуле Байеса:

$[P_{A}(H_1)=frac{0,95cdot 0,98}{0,934}=0,997.]$

2. б). Пусть событие — изделие дважды прошло упрощенный контроль. Тогда по теореме умножения вероятностей:

$[P_{H_1}(A^*)=0,98cdot 0,98=0,9604, qquad P_{H_2}(A^*)=0,06cdot 0,06=0,0036.]$

По формуле Байеса

$[P_{A^*}(H_1)=frac{0,95cdot 0,9604}{0,95cdot 0,9604+0,05cdot 0,0036}=0,9998.]$

Так как

$[P_{A^*}(H_2)=1-P_{A^*}(H_1)=1-0,9998=0,0002]$

очень мала, то гипотезу о том, что изделие, дважды прошедшее упрощенный контроль, нестандартное, следует отбросить как практически невозможное событие.

14. (1.36К) Два стрелка независимо друг от друга стреляют по мишени, делая каждый по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна 0,8; для второго – 0,4. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Какова вероятность того, что она принадлежит:
а) 1-му стрелку;
б) 2-му стрелку?

Показать решение

Решение.
Обозначим события:

— оба стрелка не попали в мишень;

— оба стрелка попали в мишень;

— 1-й стрелок попал в мишень, 2-й нет;

— 1-й стрелок не попал в мишень, 2-й попал;

— в мишени одна пробоина (одно попадание).

Найдем вероятности гипотез и условные вероятности события для этих гипотез:

$[P(H_1)=0,2cdot 0,6=0,12,qquad P_{H_1}(A)=0;]$

$[P(H_2)=0,8cdot 0,4=0,32,qquad P_{H_2}(A)=0;]$

$[P(H_3)=0,8cdot 0,6=0,48,qquad P_{H_3}(A)=1;]$

$[P(H_4)=0,2cdot 0,4=0,08,qquad P_{H_4}(A)=1.]$

Теперь по формуле Байеса

$[P_{A}(H_3)=frac{0,48cdot 1}{0,12cdot 0+0,32cdot 0+0,48cdot 1+0,08cdot 1}=frac{6}{7}=0,857;]$

$[P_{A}(H_4)=frac{0,08cdot 1}{0,12cdot 0+0,32cdot 0+0,48cdot 1+0,08cdot 1}=frac{1}{7}=0,143,]$

т.е. вероятность того, что попал в цель 1-й стрелок при наличии одной пробоины, в 6 шесть раз выше, чем для второго стрелка.

15. (6.5.8Л) Техническое устройство выйдет из строя, если откажут не менее двух из трех независимо работающих элементов. Вероятности отказов 1-го, 2-го, 3-го элементов соответственно равны 0,2; 0,4; 0,3. Известно, что устройство отказало. Найти вероятность того, что отказали 1-й и 2-й элементы.

Показать решение

Решение.
Пусть событие А={устройство отказало}. До опыта, т.е. до отказа устройства, можно сделать следующие предположения-гипотезы:

={откажут все три элемента};

={откажут два элемента: 1-й и 2-й, 3-й — не откажет};

={откажут два элемента: 1-й и 3-й, 2-й — не откажет};

={откажут два элемента: 2-й и 3-й, 1-й — не откажет};

={откажет один элемент: 1-й, не откажут 2-й и 3-й};

={откажет один элемент: 2-й, не откажут 1-й и 3-й};

={откажет один элемент: 3-й, не откажут 1-й и 2-й};

={все элементы, будут работать}.

Пользуясь правилом умножения вероятностей для независимых событий, найдем вероятности этих гипотез:

[P(H_0)=0,2cdot 0,4cdot 0,3=0,024;]

[P(H_1)=0,2cdot 0,4cdot 0,7=0,056;]

[P(H_2)=0,2cdot 0,3cdot 0,6=0,036;]

[P(H_3)=0,4cdot 0,3cdot 0,8=0,096;]

[P(H_4)=0,2cdot 0,6cdot 0,7=0,084;]

[P(H_5)=0,4cdot 0,8cdot 0,7=0,224;]

[P(H_6)=0,3cdot 0,8cdot 0,6=0,144;]

[P(H_7)=0,8cdot 0,6cdot 0,7=0,336.]

Контроль:

$[sum_{i=0}^7 P(H_i)=0,024+0,056+cdots+0,336=1.]$

Учитывая, что в результате опыта произошло событие А, которое невозможно при гипотезах H₄, H₅, H₆, H₇ и достоверно при гипотезах H₀, H₁, H₂, H₃, найдем условные вероятности событий $P_{H_i}(A)$ :

$[P_{H_0}(A)=1;qquad P_{H_1}(A)=1;]$

$[P_{H_2}(A)=1;qquad P_{H_3}(A)=1;]$

$[P_{H_4}(A)=0;qquad P_{H_5}(A)=0;]$

$[P_{H_6}(A)=0;qquad P_{H_7}(A)=0.]$

Найдем вероятность гипотезы при условии, что событие А произошло по формуле Байеса. Для этого предварительно найдем вероятность события А по формуле:

$[P(A)=sum_{i=0}^7 P(H_i)cdot P_{H_i}(A)=0,024cdot 1+0,056cdot 1+0,096cdot 1+0+0+0+0=0,212.]$

Отсюда

$[P_{A}(H_1)=frac{P(H_1)cdot P_{H_1}(A)}{P(A)}=frac{0,056cdot 1}{0,212}=frac{56}{212}=frac{14}{53}approx 0,264.]$

16.(1.36аК) Компания по страхованию автомобилей разделяет водителей на три класса, которые включают 20%, 50% и 30% водителей соответственно. Вероятности того, что в течение года водитель попадет в аварию, равны 0,01, 0,03 и 0,1 соответственно для каждого класса. Наугад выбранный водитель два года подряд из пяти лет срока страховки попал в аварию. Какова вероятность того, что он относится:
а) к первому классу;
б) к третьему классу?

Показать решение

Решение.
Обозначим события:

— водитель соответственно первого, второго и третьего класса;

— водитель два года подряд из пяти лет срока страховки попадал в аварию.

По условию

Найдем условные вероятности события (учитываем, что из пяти лет водитель три года не попадал в аварию, два года — попадал, причем попадал два года подряд, что дает четыре варианта (по годам 1-2, 2-3, 3-4, 4-5)):

$[P_{H_1}(A)=4cdot 0,01^2cdot 0,99^3=0,00039;]$

$[P_{H_2}(A)=4cdot 0,03^2cdot 0,97^3=0,00329;]$

$[P_{H_3}(A)=4cdot 0,1^2cdot 0,9^3=0,02916.]$

По формуле Байеса:

$[P_{A}(H_1)=frac{0,2cdot 0,00039}{0,2cdot 0,00039+0,5cdot 0,00329+0,3cdot 0,02916}=0,007;]$

$[P_{A}(H_3)=frac{0,3cdot 0,02916}{0,2cdot 0,00039+0,5cdot 0,00329+0,3cdot 0,02916}=0,835,]$

т.е. после наступления события A гипотеза практически невозможна и должна быть отвергнута.

Источник

Лучшее спасибо – порекомендовать эту страницу

Если событие А может произойти только при выполнении одного из событий , которые образуют полную группу несовместных событий, то вероятность события А вычисляется по формуле

Эта формула называется формулой полной вероятности.

Вновь рассмотрим полную группу несовместных событий , вероятности появления которых . Событие А может произойти только вместе с каким-либо из событий , которые будем называть гипотезами. Тогда по формуле полной вероятности

Если событие А произошло, то это может изменить вероятности гипотез .

По теореме умножения вероятностей

откуда

Аналогично, для остальных гипотез

Полученная формула называется формулой Байеса (формулой Бейеса). Вероятности гипотез называются апостериорными вероятностями, тогда как – априорными вероятностями.

Пример. В магазин поступила новая продукция с трех предприятий. Процентный состав этой продукции следующий: 20% – продукция первого предприятия, 30% – продукция второго предприятия, 50% – продукция третьего предприятия; далее, 10% продукции первого предприятия высшего сорта, на втором предприятии – 5% и на третьем – 20% продукции высшего сорта. Найти вероятность того, что случайно купленная новая продукция окажется высшего сорта.

Решение. Обозначим через В событие, заключающееся в том, что будет куплена продукция высшего сорта, через обозначим события, заключающиеся в покупке продукции, принадлежащей соответственно первому, второму и третьему предприятиям.

Можно применить формулу полной вероятности, причем в наших обозначениях:

Подставляя эти значения в формулу полной вероятности, получим искомую вероятность:

Пример. Один из трех стрелков вызывается на линию огня и производит два выстрела. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для первого стрелка равна 0,3, для второго – 0,5; для третьего – 0,8. Мишень не поражена. Найти вероятность того, что выстрелы произведены первым стрелком.

Решение. Возможны три гипотезы:

– на линию огня вызван первый стрелок,

– на линию огня вызван второй стрелок,

– на линию огня вызван третий стрелок.

Так как вызов на линию огня любого стрелка равновозможен, то

В результате опыта наблюдалось событие В – после произведенных выстрелов мишень не поражена. Условные вероятности этого события при сделанных гипотезах равны:

по формуле Байеса находим вероятность гипотезы после опыта:

Пример. На трех станках-автоматах обрабатываются однотипные детали, поступающие после обработки на общий конвейер. Первый станок дает 2% брака, второй – 7%, третий – 10%. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а третьего – в 2 раза меньше, чем второго.

а) Каков процент брака на конвейере?

б) Каковы доли деталей каждого станка среди бракованных деталей на конвейере?

Решение. Возьмем с конвейера наудачу одну деталь и рассмотрим событие А – деталь бракованная. Оно связано с гипотезами относительно того, где была обработана эта деталь: – взятая наудачу деталь обработана на -ом станке, .

Условные вероятности (в условии задачи они даны в форме процентов):

Зависимости между производительностями станков означают следующее:

А так как гипотезы образуют полную группу, то .

Решив полученную систему уравнений, найдем: .

а) Полная вероятность того, что взятая наудачу с конвейера деталь – бракованная:

Другими словами, в массе деталей, сходящих с конвейера, брак составляет 4%.

б) Пусть известно, что взятая наудачу деталь – бракованная. Пользуясь формулой Байеса, найдем условные вероятности гипотез:

Таким образом, в общей массе бракованных деталей на конвейере доля первого станка составляет 33%, второго – 39%, третьего – 28%.

Видео-уроки на тему полной вероятности и формулы Байеса

В первом уроке вы можете посмотреть подробный вывод с доказательством формулы Бейеса (любителям теории):

А здесь будут разобраны несколько типовых задач и на формулу полной вероятности, и на формулу Байеса:

Источник

Лекция
3

условная
вероятность и независимость событий.
Формула полной
вероятности
и
теорема Байеса

ЦЕЛЬ
ЛЕКЦИИ: определить понятия условной
вероятности и независимости событий;
построить правило умножения вероятностей;
вывести формулу полной вероятности и
доказать теорему гипотез.

Условная вероятность события

Условной
вероятностью события В
при наличии А
называется величина

(2.4)

в
предположении, что
.
Значит можно трактовать условную
вероятность

как вероятность события В,
вычисленную при условии, что событие А
произошло.

Записав
формулу (2.4) в другом порядке, получаем

, (2.5)

что
вероятность произведения (пересечения,
совмещения) двух событий равна вероятности
одного из них, умноженная на условную
вероятность второго,
при наличии первого. Это так называемое
правило (теорема) умножения вероятностей.

Другая
запись этого правила имеет вид

. (2.6)

Правило
умножения вероятностей легко обобщается
на случай произвольного числа событий:

(2.7)

т.
е. вероятность произведения нескольких
событий равна произведению вероятностей
этих событий, причем вероятность каждого
последующего события вычисляется при
условии, что все предыдущие произошли.

Пример.
В урне пять
пронумерованных шаров с номерами 1, 2,
3, 4, 5. Из урны один за другим вынимаются
все 5 шаров. Найти вероятность того, что
их номера будут идти в возрастающем
порядке.

Решение.
Событие
.
По формуле (2.7) получаем

Независимость событий

Событие
А называется
независимым от события В,
если вероятность

не зависит от того, произошло В
или нет, т. е.

Зависимость
и независимость событий всегда взаимны:
если А
зависит от В,
то и В
зависит от А,
и если А
не зависит от В,
то и В не
зависит от А.

Доказательство.
Пусть событие А
не зависит от В:
.
Правило умножения запишем в двух формах:

Если
заменить условную вероятность

на “безусловную”
,
то получим

Так
как считаем, что
,
то

Полученный
результат позволяет дать новое определение
независимости событий: два события
называются независимыми, если появление
одного из них не меняет вероятности
появления другого.

Правило
умножения вероятностей для независимых
событий имеет вид

,
(2.8)

т. е.
вероятность произведения двух независимых
событий равна произведению вероятностей
этих событий.

Несколько
событий

называются независимыми, если любое из
них не зависит от любой комбинации
(произведения) любого числа других. Для
этого случая

, (2.9)

т.
е. вероятность произведения нескольких
независимых событий равна произведению
вероятностей этих событий.

Заметим,
что попарная независимость событий еще
не означает их независимости в
совокупности. Надо помнить, что в основе
независимости событий лежит их физическая
независимость.

основных правил теории вероятностей

Для
решения задач по тории вероятностей
можно дать простые рекомендации по
использованию правил сложения и умножения
вероятностей и привести примеры
применения этих правил:

1.
Правило сложения и правило умножения
вероятностей обычно применяются вместе.

2.
Если в задаче противоположное событие

распадается на меньшее число вариантов,
чем событие А,
то при вычислении вероятности переходят
к противоположному событию.

Пример
1. Требуется определить число
дублирующих

приборов с надежностью

(как у основного прибора), чтобы надежность
системы, состоящей из

приборов, была не меньше заданной
величины
.

Решение.
Вероятность безотказной работы такой
системы

должна
быть не меньше заданной

или
.

После логарифмирования
имеем

Разделив левую и
правую части неравенства на отрицательную
величину
,
окончательно получаем

Пример
2. Производится

независимых опытов, в каждом из которых
событие А
может появиться с вероятностью
.
Найти вероятность того, что событие
А появится
хотя бы один раз.

Решение.
Искомая вероятность равна

Если
,
то вероятность того, что событие А
появится хотя бы один раз, будет равна

Формула полной вероятности

Пример.
Имеется три одинаковые урны: в первой
урне два белых и один черный шар; во
второй – три белых и один черный; в
третьей – два белых и два черных. Некто
выбирает наугад одну из урн и вынимает
из нее один шар. Какова вероятность
того, что вынутый шар белый?

Проведение
опыта возможно только в условиях
исключающих друг друга гипотез (в нашем
примере это случайный выбор любой из
трех урн):

при. (2.10)

Гипотезы
составляют полную группу несовместных
событий с известными вероятностями
появления

Рассматривается
некоторое событие А,
которое может появиться только вместе
с одной из гипотез (2.10). Условные
вероятности события А
по каждой из гипотез заданы:

Задача
состоит в том, чтобы вычислить вероятность
события А.
Для этого представим А
как сумму

несовместных вариантов:

По
правилу сложения вероятностей несовместных
событий получаем

а
по правилу умножения

откуда
окончательно имеем

. (2.11)

Таким
образом, безусловная вероятность события
A
в опыте с гипотетическими условиями
вычисляется как сумма произведений
вероятности каждой гипотезы на условную
вероятность события при этой гипотезе.

Выражение
(2.11) называется формулой полной
вероятности. Она применяется во всех
случаях, когда опыт со случайным исходом
распадается на два этапа: на первом
учитываются условия опыта, а на втором
– его результат.

В
рассматриваемом примере с урнами есть
три гипотезы:

– выбор первой урны с шарами;

– второй урны;

– третьей. Гипотезы представляют собой
полную группу несовместных событий.
Вероятности гипотез одинаковы и равны

Событие
появление
белого шара.
Условные вероятности события A
по каждой из гипотез соответственно
равны

По формуле (2.11)
получаем, что вероятность вынуть белый
шар равна

Теорема гипотез (формула Байеса)

Пример.
Два стрелка независимо друг от друга
стреляют по одной мишени, делая по одному
выстрелу. Вероятность попадания в мишень
первого стрелка равна
,
а второго –
.
После стрельбы в мишени обнаружена одна
пробоина. Найти вероятность того, что
попал первый стрелок.

До
опыта о его возможных результатах можно
сделать ряд гипотез (предположений)
,
представляющих собой полную группу
несовместных событий:

при
.

Вероятности
гипотез до опыта – априорные (до
опытные) вероятности – заданы и равны:

Если
же опыт произведен и в результате
появилось некоторое событие A,
то вероятности гипотез меняются. Задача
состоит в том, чтобы найти апостериорные
(после опытные) вероятности гипотез при
условии, что опыт дал результат –
появилось событие А:

Для
решения задачи возьмем любую гипотезу

и вычислим вероятность произведения
событий

по правилу умножения в двух формах:

Отсюда
имеем

Но так
как по формуле полной вероятности
,
то окончательно получаем

. (2.12)

Выражение
(2.12) называется формулой Байеса. Она
позволяет пересчитать вероятности
гипотез в свете новой информации,
состоящей в том, что опыт дал результат
– событие А.

В
рассматриваемом примере до стрельбы
о результатах стрельб можно высказать
четыре несовместные гипотезы:

оба
стрелка не попадут в мишень

попадет
только первый стрелок

попадет только
второй стрелок

оба
стрелка попадут в мишень

Вероятности
этих гипотез соответственно равны:

Сумма
этих вероятностей
.
Условные вероятности события A
– в мишени одна пробоина – по всем
четырем гипотезам:

После
подстановки полученных вероятностей
в формулу (2.11) получаем апостериорную
вероятность второй гипотезы

Соседние файлы в папке 158_Tv

Источник

Теорема Байеса (или формула Байеса) — одна из основных теорем элементарной теории вероятностей, которая позволяет определить вероятность события при условии, что произошло другое статистически взаимозависимое с ним событие. Другими словами, по формуле Байеса можно уточнить вероятность какого-либо события, взяв в расчёт как ранее известную информацию, так и данные новых наблюдений. Формула Байеса может быть выведена из основных аксиом теории вероятностей, в частности из условной вероятности. Особенность теоремы Байеса заключается в том, что для её практического применения требуется большое количество расчётов, вычислений, поэтому байесовские оценки стали активно использовать только после революции в компьютерных и сетевых технологиях. На сегодняшний день активно применяется в машинном обучении и технологиях искусственного интеллекта.

При возникновении теоремы Байеса вероятности, используемые в теореме, подвергались целому ряду вероятностных интерпретаций. В одной из таких интерпретаций говорилось, что вывод формулы напрямую связан с применением особого подхода к статистическому анализу. Если использовать байесовскую интерпретацию вероятности, то теорема показывает, как личный уровень доверия может кардинально измениться вследствие количества наступивших событий. В этом заключаются выводы Байеса, которые стали основополагающими для байесовской статистики. Однако теорема не только используется в байесовском анализе, но и активно применяется для большого ряда других расчётов.

Психологические эксперименты^[1] показали, что люди часто неверно оценивают реальную (математически верную) вероятность события, основываясь на некоем личном полученном опыте (апостериорная вероятность), поскольку игнорируют саму вероятность предположения (априорная вероятность). Поэтому правильный результат по формуле Байеса может сильно отличаться от интуитивно ожидаемого.

Теорема Байеса названа в честь её автора Томаса Байеса (1702—1761) — английского математика и священника, который первым предложил использование теоремы для корректировки убеждений, основываясь на обновлённых данных. Его работа «An Essay towards solving a Problem in the Doctrine of Chances» впервые опубликована в 1763 году^[2], через 2 года после смерти автора. До того, как посмертная работа Байеса была принята и прочитана в Королевском обществе, она была значительно отредактирована и обновлена Ричардом Прайсом. Однако эти идеи не предавались публичной огласке до тех пор, пока не были вновь открыты и развиты Пьером-Симоном Лапласом, впервые опубликовавшим современную формулировку теоремы в своей книге 1812 года «Аналитическая теория вероятностей».

Сэр Гарольд Джеффрис писал, что теорема Байеса «для теории вероятности то же, что теорема Пифагора для геометрии»^[3].

Формулировка[править | править код]

Формула Байеса:

${displaystyle P(Amid B)={frac {P(Bmid A),P(A)}{P(B)}}}$ ,

где

$P(A)$ — априорная вероятность гипотезы A (смысл такой терминологии см. ниже);

${displaystyle P(Amid B)}$ — вероятность гипотезы A при наступлении события B (апостериорная вероятность);

${displaystyle P(Bmid A)}$ — вероятность наступления события B при истинности гипотезы A;

$P(B)$ — полная вероятность наступления события B.

Доказательство[править | править код]

Формула Байеса вытекает из определения условной вероятности. Вероятность совместного события $AB$ двояко выражается через условные вероятности

${displaystyle P(AB)=P(Amid B)P(B)=P(Bmid A)P(A)}$

Следовательно ${displaystyle P(Amid B)={frac {P(AB)}{P(B)}}={frac {P(Bmid A),P(A)}{P(B)}}}$

Вычисление P(B)[править | править код]

В задачах и статистических приложениях $P(B)$ обычно вычисляется по формуле полной вероятности события, зависящего от нескольких несовместных гипотез, имеющих суммарную вероятность 1.

${displaystyle P(B)=sum _{i=1}^{N}P(Bmid A_{i})P(A_{i})}$ ,

где вероятности под знаком суммы известны или допускают экспериментальную оценку.

В этом случае формула Байеса записывается так:

${displaystyle P(A_{j}mid B)={frac {P(Bmid A_{j})P(A_{j})}{sum _{i=1}^{N}P(Bmid A_{i})P(A_{i})}}}$

«Физический смысл» и терминология[править | править код]

Формула Байеса позволяет «переставить причину и следствие»: по известному факту события вычислить вероятность того, что оно было вызвано данной причиной. При этом необходимо понимать, для применения теоремы причинно-следственная связь между $A$ и $B$ не является обязательной.

События, отражающие действие «причин», в данном случае называют гипотезами, так как они — предполагаемые события, повлёкшие данное. Безусловную вероятность справедливости гипотезы называют априорной (насколько вероятна причина вообще), а условную — с учётом факта произошедшего события — апостериорной (насколько вероятна причина оказалась с учётом данных о событии).

Примеры[править | править код]

Пример 1[править | править код]

Пусть событие $B$ — машина не заводится, а гипотеза $A$ — в баке нет топлива.
Очевидно, что вероятность ${displaystyle P(Bmid A)}$ того, что машина не заведётся, если в баке нет топлива, равняется единице.
Как следствие, апостериорная вероятность, что в баке нет топлива, если машина не заводится, то есть ${displaystyle P(Amid B)}$ , равна ${displaystyle {frac {P(A)}{P(B)}}}$ , то есть отношению априорной вероятности, что в баке нет топлива, к вероятности, что машина не заводится. Например, если априорная вероятность, что в баке нет топлива, равна 0,01, а вероятность, что машина не заводится, равна 0,02, и случайно выбранная машина не завелась, то вероятность, что в её баке нет топлива, равна 0,5.

Пример 2[править | править код]

Пусть вероятность брака у первого рабочего $p_{1}=0{,}9$ , у второго рабочего — $p_{2}=0{,}5$ , а у третьего — $p_{3}=0{,}2$ . Первый изготовил $n_{1}=800$ деталей, второй — $n_{2}=600$ деталей, а третий — $n_{3}=900$ деталей. Начальник цеха берёт случайную деталь, и она оказывается бракованной. Спрашивается, с какой вероятностью эту деталь изготовил третий рабочий?

Событие $B$ — брак детали, событие $A_{i}$ — деталь произвёл рабочий $i$ . Тогда $P(A_{i})=n_{i}/N$ , где $N=n_{1}+n_{2}+n_{3}$ , а ${displaystyle P(Bmid A_{i})=p_{i}}$ .

По формуле полной вероятности

${displaystyle P(B)=sum _{i=1}^{3}P(Bmid A_{i})P(A_{i}).}$

По формуле Байеса получим:

${displaystyle P(A_{3}mid B)={frac {P(Bmid A_{3})P(A_{3})}{P(B)}}={frac {P(Bmid A_{3})P(A_{3})}{P(Bmid A_{1})P(A_{1})+P(Bmid A_{2})P(A_{2})+P(Bmid A_{3})P(A_{3})}}=}$

$={frac {p_{3}n_{3}/N}{p_{1}n_{1}/N+p_{2}n_{2}/N+p_{3}n_{3}/N}}={frac {0{,}2cdot 900/2300}{0{,}9cdot 800/2300+0{,}5cdot 600/2300+0{,}2cdot 900/2300}}=0{,}15.$

Пример 3[править | править код]

Древовидная диаграмма демонстрирует частотный пример. R, C, P и P c чёрточкой — это события, обозначающие, что жук является редким, обычным, с узором и без узора. Проценты в скобках вычисляются. Отметим, что значения трёх независимых событий даны, поэтому возможно вычислить обратное дерево (смотрите на график выше).

Энтомолог предполагает, что жук может относиться к редкому подвиду жуков, так как у него на корпусе есть узор. В редком подвиде 98 % жуков имеют узор, или P(узор | редкий) = 0,98. Среди обычных жуков только 5 % имеют узор: P(узор | обычный) = 0,05. Редкого вида жуков насчитывается лишь 0,1 % среди всей популяции: P(редкий) = 0,001. Какова вероятность того, что жук, имеющий узор, относится к редкому подвиду, то есть, чему равно P(редкий | узор)?

Из расширенной теоремы Байеса получаем (любой жук может относиться либо к редким, либо к обычным):
${displaystyle {begin{aligned}P({text{редкий}}mid {text{узор}})&={frac {P({text{узор}}mid {text{редкий}})times P({text{редкий}})}{P({text{узор}}mid {text{редкий}})times P({text{редкий}}),+,P({text{узор}}mid {text{обычный}})times P({text{обычный}})}}\[8pt]&={frac {0{,}98times 0{,}001}{0{,}98times 0{,}001+0{,}05times 0{,}999}}\[8pt]&approx 0{,}019.end{aligned}}}$

Пример 4 — парадокс теоремы Байеса[править | править код]

Пусть существует заболевание с частотой распространения среди населения 0,001 и метод диагностического обследования, который с вероятностью 0,9 выявляет больного, но при этом имеет вероятность 0,01 ложноположительного результата — ошибочного выявления заболевания у здорового человека (подробнее…). Найти вероятность того, что человек здоров, если он был признан больным при обследовании.

Обозначим событие что обследование показало, человек болен как «болен» с кавычками, болен — событие, что человек действительно больной, здоров — событие, что человек действительно здоров. Тогда заданные условия переписываются следующим образом:

${displaystyle {begin{aligned}P({text{«болен»}}mid {text{болен}})&=0{,}9end{aligned}}}$

${displaystyle {begin{aligned}P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})&=0{,}01end{aligned}}}$

${displaystyle {begin{aligned}P({text{болен}})&=0{,}001end{aligned}}}$ , при этом ${displaystyle {begin{aligned}P({text{здоров}})&=1-P({text{болен}})end{aligned}}}$ , значит:

${displaystyle {begin{aligned}P({text{здоров}})&=0{,}999end{aligned}}}$

Вероятность того, что человек здоров, если он был признан больным равна условной вероятности:

${displaystyle {begin{aligned}P({text{здоров}}mid {text{«болен»}})end{aligned}}}$

Чтобы её найти, вычислим сначала полную вероятность признания больным:

${displaystyle {begin{aligned}P({text{«болен»}})&=P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})cdot P({text{здоров}})+P({text{«болен»}}mid {text{болен}})cdot P({text{болен}})\&=0{,}01times 0{,}999+0{,}9times 0{,}001=0{,}01089end{aligned}}}$

Вероятность, что человек здоров при результате «болен»:

${displaystyle {begin{aligned}P({text{здоров}}mid {text{«болен»}})&={frac {P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})cdot P({text{здоров}})}{P({text{«болен»}})}}\&={frac {0{,}01times 0{,}999}{0{,}01089}}approx 0{,}917end{aligned}}}$

Таким образом, 91,7 % людей, у которых обследование показало результат «болен», на самом деле здоровые люди. Причина этого в том, что по условию задачи вероятность ложноположительного результата хоть и мала, но на порядок больше доли больных в обследуемой группе людей.

Если ошибочные результаты обследования можно считать случайными, то повторное обследование того же человека будет давать независимый от первого результат. В этом случае для уменьшения доли ложноположительных результатов имеет смысл провести повторное обследование людей, получивших результат «болен». Вероятность того, что человек здоров после получения повторного результата «болен», также можно вычислить по формуле Байеса:

${displaystyle {begin{aligned}P{bigl (}({text{здоров}}mid {text{«болен»}}{bigr )}mid {text{«болен»}})&={frac {P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})cdot {bigl (}P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})cdot P({text{здоров}}){bigr )}}{P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})cdot {bigl (}P({text{«болен»}}mid {text{здоров}})cdot P({text{здоров}}){bigr )}+P({text{«болен»}}mid {text{болен}})cdot {bigl (}P({text{«болен»}}mid {text{болен}})cdot P({text{болен}}){bigr )}}}\&={frac {0{,}01times 0{,}01times 0{,}999}{0{,}01times 0{,}01times 0{,}999+0{,}9times 0{,}9times 0{,}001}}approx 0{,}1098end{aligned}}}$

Варианты интерпретации вероятностей в теореме Байеса[править | править код]

Математически теорема Байеса показывает взаимоотношения между вероятностью события A и вероятностью события B, P(A) и P(B), условной вероятности наступления события А при существующем B и наступлении события B при существующем A, P(A | B) и P(B | A).

В общей форме формула Байеса выглядит следующим образом:

${displaystyle P(Amid B)={P(Bmid A),P(A)}/{P(B)}}$

Значение выражения зависит от того, как интерпретируются вероятности в данной формуле.

Интерпретация Байеса[править | править код]

В интерпретации Байеса вероятность измеряет уровень доверия. Теорема Байеса связывает воедино доверие предположению до и после принятия во внимание очевидных доказательств. Например, кто-то предположил, что при подкидывании монетки она будет приземляться в 2 раза чаще решкой вверх, а орлом вниз. Первоначально степень доверия, что такое событие случится, монета упадёт именно так — 50 %. Уровень доверия может увеличиться до 70 %, если предположение будет подтверждено доказательством.^[]

Для предположения (гипотезы) A и доказательства B

P(A) — априорная вероятность гипотезы A, первоначальный уровень доверия предположению A;
P(A | B) — апостериорная вероятность гипотезы A при наступлении события B;
отношение P(B | A)/P(B) показывает, как событие B помогает изменить уровень доверия предположению A.

Частотная интерпретация[править | править код]

Иллюстрация частотной интерпретации

В частотной интерпретации теорема Байеса исчисляет доли определённых результатов события. Предположим, что некий эксперимент проводился много раз и в некоторых случаях приводил к результатам А и/или B. Тогда:

P(A) — доля случаев, когда эксперимент привёл к результату A.
P(B) — доля случаев, когда эксперимент привёл к результату B.
P(B | A) — доля случаев с результатом B среди случаев с результатом А.
P(A | B) — доля случаев с результатом A среди случаев с результатом B.

Роль теоремы Байеса лучше всего можно понять из древовидных диаграмм, представленных справа. Диаграммы демонстрируют различный порядок распределения событий по наличию или отсутствию результатов A и B. Теорема Байеса выступает как связующее звено этих распределений.

Формы[править | править код]

События[править | править код]

Простая форма[править | править код]

Для событий A и B, при условии, что P(B) ≠ 0,

${displaystyle P(Amid B)={frac {P(Bmid A),P(A)}{P(B)}}cdot }$

Во многих дополнениях к теореме Байеса указывается, что событие B известно и нужно понять, как знание о событии B влияет на уверенность в том, что произойдёт событие A. В таком случае знаменатель последнего выражения — вероятность наступления события B — известен; мы хотим изменить A. Теорема Байеса показывает, что апостериорные вероятности пропорциональны числителю:

${displaystyle P(Amid B)propto P(A)cdot P(Bmid A) }$ (пропорциональность A для данного B).

Если говорить кратко: апостериорная вероятность пропорциональна априорной вероятности (смотри Lee, 2012, Глава 1).

Если события A₁, A₂, …, взаимоисключающие и исчерпывающие, то есть возможно только одно из событий, одновременно два события не могут случиться вместе, мы можем определить коэффициент пропорциональности, ориентируясь на то, что их вероятности в сумме должны составлять единицу. Например, для данного события A — само событие A и его противоположность ¬A взаимоисключающие и исчерпывающие. Обозначая коэффициент пропорциональности как C мы имеем:

${displaystyle P(Amid B)=ccdot P(A)cdot P(Bmid A) }$ и ${displaystyle P(neg Amid B)=ccdot P(neg A)cdot P(Bmid neg A)}$ .

Объединив эти две формулы, мы получим, что:

${displaystyle c={frac {1}{P(A)cdot P(Bmid A)+P(neg A)cdot P(Bmid neg A)}}.}$

Расширенная форма[править | править код]

Часто пространство событий (таких как {A_j}) определённо в терминах P(A_j) и P(B | A_j). Именно в этом случае полезно определить P(B), применив формулу полной вероятности:

${displaystyle P(B)={sum _{j}P(Bmid A_{j})P(A_{j})},}$

${displaystyle implies P(A_{i}mid B)={frac {P(Bmid A_{i}),P(A_{i})}{sum limits _{j}P(Bmid A_{j}),P(A_{j})}}cdot }$

В частности

${displaystyle P(Amid B)={frac {P(Bmid A),P(A)}{P(Bmid A)P(A)+P(Bmid neg A)P(neg A)}}}$ .

Непрерывные случайные величины[править | править код]

Диаграмма отображает смысл теоремы Байеса и применима к пространству событий, образованного непрерывными случайными величинами X и Y. Заметим, что по теореме Байеса для каждой точки в области существуют требования. На практике, эти требования могут быть представлены в параметрическом виде, с помощью обозначения плотности распределения как функция от x и y.

Рассмотрим пространство элементарных событий Ω, образованного двумя величинами X и Y. В принципе, теорема Байеса применяется к событиям A = {X = x} и B = {Y = y}. Однако выражения становятся равны 0 в точках, в которых переменная имеет конечную плотность вероятности. Для того, чтобы с пользой продолжать использовать теорему Байеса, можно её сформулировать в терминах подходящих плотностей (смотрите Вывод формул).

Простая форма[править | править код]

Если X непрерывна и Y дискретна, то

${displaystyle f_{X}(xmid Y=y)={frac {P(Y=ymid X=x),f_{X}(x)}{P(Y=y)}}.}$

Если X дискретна и Y непрерывна,

${displaystyle P(X=xmid Y=y)={frac {f_{Y}(ymid X=x),P(X=x)}{f_{Y}(y)}}.}$

Если как X, так и Y непрерывны,

${displaystyle f_{X}(xmid Y=y)={frac {f_{Y}(ymid X=x),f_{X}(x)}{f_{Y}(y)}}.}$

Расширенная форма[править | править код]

Диаграмма, показывающая, как пространство событий, образованное непрерывными случайными величинами X и Y, часто определяется.

Непрерывное пространство событий часто определяется как числитель условий A. Непрерывное пространство событий часто представляют как числитель. В дальнейшем полезно избавиться от знаменателя, используя формулу общей вероятности. Для ‘f_Y(y), это становится интегралом:

${displaystyle f_{Y}(y)=int _{-infty }^{infty }f_{Y}(ymid X=xi ),f_{X}(xi ),dxi .}$

Правило Байеса[править | править код]

Правило Байеса — это преобразованная теорема Байеса:

${displaystyle O(A_{1}:A_{2}mid B)=O(A_{1}:A_{2})cdot Lambda (A_{1}:A_{2}mid B)}$

где

${displaystyle Lambda (A_{1}:A_{2}|B)={frac {P(Bmid A_{1})}{P(Bmid A_{2})}}}$

Это называется правилом Байеса или отношением правдоподобия. Разница в вероятности наступления двух событий — это просто отношение вероятностей этих двух событий. Таким образом,

$O(A_{1}:A_{2})={frac {P(A_{1})}{P(A_{2})}}$ ,

${displaystyle O(A_{1}:A_{2}mid B)={frac {P(A_{1}mid B)}{P(A_{2}mid B)}}}$ ,

Вывод формул[править | править код]

Для событий[править | править код]

Теорема Байеса может быть получена из определения вероятности:

${displaystyle P(Amid B)={frac {P(Acap B)}{P(B)}},{text{ if }}P(B)neq 0,}$

${displaystyle P(Bmid A)={frac {P(Acap B)}{P(A)}},{text{ if }}P(A)neq 0,}$

${displaystyle implies P(Acap B)=P(Amid B),P(B)=P(Bmid A),P(A),}$

${displaystyle implies P(Amid B)={frac {P(Bmid A),P(A)}{P(B)}},{text{ if }}P(B)neq 0.}$

Для случайных переменных[править | править код]

Для двух непрерывных случайных величин X и Y теорема Байеса может быть аналогично выведена из определения условного распределения:

${displaystyle f_{X}(xmid Y=y)={frac {f_{X,Y}(x,y)}{f_{Y}(y)}}}$

${displaystyle f_{Y}(ymid X=x)={frac {f_{X,Y}(x,y)}{f_{X}(x)}}}$

${displaystyle implies f_{X}(xmid Y=y)={frac {f_{Y}(y|X=x),f_{X}(x)}{f_{Y}(y)}}.}$

См. также[править | править код]

Байесовская фильтрация спама
Байесовское программирование
Байесовская сеть доверия
Байесовская вероятность
Некорректное априорное распределение
Парадокс Монти Холла

Примечания[править | править код]

↑ Kahneman, et al, 2005, pp. 153—160.
↑ Bayes, Thomas, and Price, Richard (1763). «An Essay towards solving a Problem in the Doctrine of Chance. By the late Rev. Mr. Bayes, communicated by Mr. Price, in a letter to John Canton, M. A. and F. R. S.». Philosophical Transactions of the Royal Society of London 53: 370—418. Дата обращения: 21 апреля 2010. Архивировано из оригинала 10 апреля 2011 года.
↑ Jeffreys, Harold (1973), Scientific Inference (3rd ed.), Cambridge University Press, p. 31, ISBN 978-0-521-18078-8

Литература[править | править код]

Гмурман В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика, — М.: Высшее образование. 2005
Judgment under Uncertainty: Heuristics and Biases / Daniel Kahneman, et al. — 21st. — Cambridge University Press, 2005. — 555 p. — ISBN 978-0-521-28414-1.
Элиезер Юдковски. Наглядное объяснение теоремы Байеса

Для дальнейшего изучения[править | править код]

McGrayne, Sharon Bertsch. The Theory That Would Not Die: How Bayes’ Rule Cracked the Enigma Code, Hunted Down Russian Submarines & Emerged Triumphant from Two Centuries of Controversy (англ.). — Yale University Press, 2011. — ISBN 978-0-300-18822-6.
Andrew Gelman, John B. Carlin, Hal S. Stern, and Donald B. Rubin (2003), «Bayesian Data Analysis», Second Edition, CRC Press.
Charles M. Grinstead and J. Laurie Snell (1997), «Introduction to Probability (2nd edition)», American Mathematical Society (free pdf available [1].
Pierre-Simon Laplace. (1774/1986), «Memoir on the Probability of the Causes of Events», Statistical Science 1(3):364-378.
Peter M. Lee (2012), «Bayesian Statistics: An Introduction», Wiley.
Rosenthal, Jeffrey S. (2005): «Struck by Lightning: the Curious World of Probabilities». Harper Collings.
Stephen M. Stigler (1986), «Laplace’s 1774 Memoir on Inverse Probability», Statistical Science 1(3):359-363.
Stone, JV (2013). Chapter 1 of book «Bayes’ Rule: A Tutorial Introduction», University of Sheffield, England.

Ссылки[править | править код]

The Theory That Would Not Die by Sharon Bertsch McGrayne New York Times Book Review by John Allen Paulos on 5 August 2011
Weisstein, Eric W. Bayes’ Theorem (англ.) на сайте Wolfram MathWorld.
Bayes’ theorem (англ.) на сайте PlanetMath.
Bayes Theorem and the Folly of Prediction
A tutorial on probability and Bayes’ theorem devised for Oxford University psychology students
An Intuitive Explanation of Bayes’ Theorem by Eliezer S. Yudkowsky

Источник

Вероятность гипотез, формула Бейеса

Теорема Байеса

Использование формулы Байеса при решении задач

Видео-уроки на тему полной вероятности и формулы Байеса

условная вероятность и независимость событий.

Формула полной вероятности

и теорема Байеса

Условная вероятность события

Независимость событий

Рекомендации и примеры использования

основных правил теории вероятностей

Формула полной вероятности

Теорема гипотез (формула Байеса)

Формулировка[править | править код]

Доказательство[править | править код]

Вычисление P(B)[править | править код]

«Физический смысл» и терминология[править | править код]

Примеры[править | править код]

Пример 1[править | править код]

Пример 2[править | править код]

Пример 3[править | править код]

Пример 4 — парадокс теоремы Байеса[править | править код]

Варианты интерпретации вероятностей в теореме Байеса[править | править код]

Интерпретация Байеса[править | править код]

Частотная интерпретация[править | править код]

Формы[править | править код]

События[править | править код]

Простая форма[править | править код]

Расширенная форма[править | править код]

Непрерывные случайные величины[править | править код]

Простая форма[править | править код]

Расширенная форма[править | править код]

Правило Байеса[править | править код]

Вывод формул[править | править код]

Для событий[править | править код]

Для случайных переменных[править | править код]

См. также[править | править код]

Примечания[править | править код]

Литература[править | править код]

Для дальнейшего изучения[править | править код]

Ссылки[править | править код]

Вам также может понравиться

Как найти примечания в word

Литрес как найти цитаты

Как правильно составить рацион йорка

Добавить комментарий Отменить ответ

условная
вероятность и независимость событий.

Формула полной
вероятности

и
теорема Байеса