Bayes formula alkalmazási feltételei. Önállóan megoldandó problémák

Legyenek ismertek a valószínűségeik és a hozzájuk tartozó feltételes valószínűségek. Ekkor az esemény bekövetkezésének valószínűsége:

Ezt a képletet ún képletek teljes valószínűséggel . A tankönyvekben tételként van megfogalmazva, melynek bizonyítása elemi: szerint események algebra, (esemény történt És vagy esemény történt És után jött egy esemény vagy esemény történt És után jött egy esemény vagy …. vagy esemény történt És miután jött egy esemény). Hipotézisek óta összeférhetetlenek, és az esemény függő, akkor aszerint az összeférhetetlen események valószínűségeinek összeadásának tétele (első lépés)És függő események valószínűségeinek szorzási tétele (második lépés):

Sokan valószínűleg előre látják az első példa tartalmát =)

Ahova köpsz, ott van egy urna:

1. probléma

Három egyforma urna van. Az első urnában 4 fehér és 7 fekete golyó, a másodikban csak fehér, a harmadikban csak fekete golyó található. Véletlenszerűen kiválasztanak egy urnát, és véletlenszerűen húznak belőle egy labdát. Mennyi a valószínűsége, hogy ez a golyó fekete?

Megoldás: fontolja meg az eseményt - egy véletlenszerűen kiválasztott urnából fekete golyót húznak. Ez az esemény az alábbi hipotézisek egyikének eredményeként következhet be:
– az 1. urna kerül kiválasztásra;
– a 2. urna kerül kiválasztásra;
– a 3. urna kerül kiválasztásra.

Mivel az urnát véletlenszerűen választják ki, a három urna bármelyike ​​választható ugyanúgy lehetséges, ennélfogva:

Felhívjuk figyelmét, hogy a fenti hipotézisek kialakulnak rendezvények teljes csoportja, vagyis a feltétel szerint fekete golyó csak ezekből az urnákból tűnhet fel, és például biliárdasztalról nem jöhet. Végezzünk egy egyszerű köztes ellenőrzést:
, OK, menjünk tovább:

Az első urnában 4 fehér + 7 fekete = 11 golyó van, mindegyik klasszikus meghatározás:
– fekete golyó húzásának valószínűsége tekintettel arra, hogy az 1. urna kerül kiválasztásra.

A második urna csak fehér golyókat tartalmaz, tehát ha választják a fekete golyó megjelenése válik lehetetlen: .

És végül a harmadik urna csak fekete golyókat tartalmaz, ami a megfelelőt jelenti feltételes valószínűség a fekete golyó kivonása lesz (megbízható az esemény).

– annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott urnából fekete golyót húznak.

Válasz:

Az elemzett példa ismét azt sugallja, hogy mennyire fontos az ÁLLAPOT elmélyülése. Vegyük ugyanazokat a problémákat az urnákkal és labdákkal – külső hasonlóságuk ellenére a megoldási módok teljesen eltérőek lehetnek: valahol csak használni kell a valószínűség klasszikus meghatározása, valahol események független, valahol függő, valahol pedig hipotézisekről beszélünk. Ugyanakkor a megoldás kiválasztásának nincs egyértelmű formai kritériuma - szinte mindig el kell gondolkodni rajta. Hogyan fejlesztheti képességeit? Döntünk, döntünk és még egyszer döntünk!

2. probléma

A lőtéren 5 különböző pontosságú puska található. Egy adott lövő célba találásának valószínűsége rendre 0,5; 0,55; 0,7; 0,75 és 0,4. Mennyi a valószínűsége annak, hogy eltalálja a célt, ha a lövő egy véletlenszerűen kiválasztott puskából ad le egy lövést?

Gyors megoldásés a válasz a lecke végén.

A többségben tematikus feladatok a hipotézisek természetesen nem egyformán valószínűek:

3. probléma

A piramisban 5 puska található, amelyek közül három optikai irányzékkal van felszerelve. 0,95 annak a valószínűsége, hogy egy lövő eltalálja a célt egy teleszkópos irányzékkal rendelkező puska elsütésekor; optikai irányzék nélküli puskánál ez a valószínűség 0,7. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a célpontot eltalálják, ha a lövő egy véletlenszerűen vett puskából ad le egy lövést.

Megoldás: ebben a feladatban a puskák száma pontosan ugyanannyi, mint az előzőben, de csak két hipotézis létezik:
– a lövész optikai irányzékkal ellátott puskát választ;
– a lövész optikai irányzék nélküli puskát választ.
Által a valószínűség klasszikus meghatározása: .
Ellenőrzés:

Tekintsük az eseményt: – egy lövész egy véletlenszerűen vett puskával célba talál.
Feltétel szerint:.

A teljes valószínűségi képlet szerint:

Válasz: 0,85

A gyakorlatban teljesen elfogadható a feladat formázásának egy Ön által is ismert rövidített módja:

Megoldás: által klasszikus meghatározás: – az optikai irányzékos, illetve az optikai irányzék nélküli puska kiválasztásának valószínűsége.

Feltétel szerint, – a megfelelő típusú puskák célba találásának valószínűsége.

A teljes valószínűségi képlet szerint:
– annak a valószínűsége, hogy egy lövő egy véletlenszerűen kiválasztott puskával célba talál.

Válasz: 0,85

Következő feladat ehhez önálló döntés:

4. probléma

A motor at három mód: normál, kényszer- és alapjárati. Üres üzemmódban a meghibásodás valószínűsége 0,05, normál üzemmódban 0,1, kényszerített üzemmódban pedig 0,7. A motor az esetek 70%-ában normál üzemmódban, 20%-ában kényszer üzemmódban működik. Mennyi a valószínűsége a motor meghibásodásának működés közben?

Minden esetre hadd emlékeztesselek arra, hogy a valószínűségi értékek kiszámításához a százalékokat el kell osztani 100-zal. Legyen nagyon óvatos! Megfigyeléseim szerint az emberek gyakran megpróbálják összekeverni a problémák feltételeit a teljes valószínűségi képlet kapcsán; és kifejezetten ezt a példát választottam. Elárulok egy titkot - majdnem összezavarodtam =)

A megoldás a lecke végén található (formázott a rövid utat)

Problémák a Bayes-képletek használatával

Az anyag szorosan kapcsolódik az előző bekezdés tartalmához. Legyen az esemény az egyik hipotézis megvalósításának eredményeként . Hogyan határozható meg egy adott hipotézis bekövetkezésének valószínűsége?

Tekintettel arra azt az eseményt már megtörtént, hipotézis valószínűségek túlértékelt a képletek szerint, amelyek Thomas Bayes angol pap nevét kapták:

– a hipotézis megvalósulásának valószínűsége;
– a hipotézis megvalósulásának valószínűsége;
…
– annak a valószínűsége, hogy a hipotézis megvalósult.

Első pillantásra teljesen abszurdnak tűnik – miért kell újraszámolni a hipotézisek valószínűségét, ha már ismertek? De valójában van különbség:

- Ezt eleve(becsült előtt tesztek) valószínűsége.

- Ezt a posteriori(becsült után tesztek) ugyanazon hipotézisek valószínűsége, az „újonnan felfedezett körülmények” kapcsán újraszámítva - figyelembe véve azt a tényt, hogy az esemény határozottan megtörtént.

Nézzük ezt a különbséget konkrét példa:

5. probléma

2 tétel termék érkezett a raktárba: az első - 4000 darab, a második - 6000 darab. A nem szabványos termékek átlagos százaléka az első tételben 20%, a másodikban pedig 10%. A raktárból véletlenszerűen kivett termék szabványosnak bizonyult. Határozza meg annak valószínűségét, hogy: a) az első kötegből, b) a második kötegből származik.

Első rész megoldásokat a teljes valószínűségi képlet használatából áll. Más szóval, számításokat végeznek azzal a feltételezéssel, hogy a teszt még nem gyártottákés esemény „A termék szabványosnak bizonyult” még nem.

Tekintsünk két hipotézist:
– véletlenszerűen kiválasztott termék az 1. tételből lesz;
– véletlenszerűen kiválasztott termék a 2. tételből lesz.

Összesen: 4000 + 6000 = 10000 darab raktáron. A klasszikus definíció szerint:
.

Ellenőrzés:

Mérlegeljük függő esemény: – raktárból véletlenszerűen kivett termék akarat alapértelmezett.

Az első tételben 100% – 20% = 80% standard termékek, ezért: tekintettel arra hogy az 1. félhez tartozik.

Hasonlóképpen a második tételben 100% - 10% = 90% standard termékek és – annak a valószínűsége, hogy a raktárból véletlenszerűen kivett termék szabványos lesz tekintettel arra hogy a 2. félhez tartozik.

A teljes valószínűségi képlet szerint:
– annak a valószínűsége, hogy a raktárból véletlenszerűen kivett termék szabványos lesz.

Második rész. Legyen egy raktárból véletlenszerűen kivett termék szabványos. Ez a kifejezés közvetlenül szerepel a feltételben, és kimondja azt a tényt, hogy az esemény történt.

A Bayes-képletek szerint:

a) annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott standard termék az 1. tételhez tartozik;

b) annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott standard termék a 2. tételhez tartozik.

Után átértékelés hipotézisek természetesen továbbra is kialakulnak teljes csoport:
(vizsgálat;-))

Válasz:

Ivan Vasziljevics, aki ismét szakmát váltott és az üzem igazgatója lett, segít megérteni a hipotézisek átértékelésének jelentését. Tudja, hogy ma az 1. műhely 4000, a 2.műhely pedig 6000 terméket szállított a raktárba, és erről jön meggyőződni. Tegyük fel, hogy minden termék azonos típusú és ugyanabban a tartályban van. Iván Vasziljevics természetesen előzetesen úgy számolta, hogy azt a terméket, amelyet most ellenőrzés céljából eltávolít, nagy valószínűséggel az 1. műhely, és nagy valószínűséggel a második műhely fogja gyártani. Ám miután kiderül, hogy a kiválasztott termék szabványos, felkiált: „Micsoda menő csavar! "Inkább a 2. műhely adta ki." Így a második hipotézis valószínűségét túlbecsülik jobb oldala, és az első hipotézis valószínűségét alábecsüljük: . És ez az átértékelés nem alaptalan - elvégre a 2. műhely nemcsak több terméket gyártott, hanem 2-szer jobban is működik!

Tiszta szubjektivizmus, azt mondod? Részben - igen, ráadásul maga Bayes tolmácsolta a posteriori valószínűségek mint bizalmi szint. Azonban nem minden ilyen egyszerű – a bayesi megközelítésben van egy objektív szál is. Végül is annak a valószínűsége, hogy a termék szabványos lesz (0,8 és 0,9 az 1. és 2. műhely esetében) Ez előzetes(a priori) és átlagosértékelések. De filozófiailag szólva minden folyik, minden változik, beleértve a valószínűségeket is. Nagyon is lehetséges, hogy a vizsgálat idején a sikeresebb 2. műhely növelte a standard termékek előállításának százalékos arányát (és/vagy az 1. workshop csökkentve), és ha ellenőrzi nagy mennyiség vagy mind a 10 ezer termék raktáron van, akkor a túlbecsült értékek sokkal közelebb állnak az igazsághoz.

Mellesleg, ha Ivan Vasziljevics kivonat egy nem szabványos alkatrészt, akkor éppen ellenkezőleg, jobban „gyanakszik” az 1. műhelyre, és kevésbé a másodikra. Azt javaslom, nézze meg ezt saját szemével:

6. probléma

2 tétel termék érkezett a raktárba: az első - 4000 darab, a második - 6000 darab. A nem szabványos termékek átlagos százaléka az első tételben 20%, a másodikban 10%. A raktárból véletlenszerűen kivett termékről kiderült Nem alapértelmezett. Határozza meg annak valószínűségét, hogy: a) az első kötegből, b) a második kötegből származik.

A feltételt két betű különbözteti meg, amelyeket kiemeltem kiemelten. A probléma megoldható a " tiszta lap", vagy használja az eredményeket korábbi számítások. Az általam elvégzett mintában komplett megoldás, hanem hogy ne legyen formai átfedés az 5. feladattal, az eseménnyel „a raktárból véletlenszerűen vett termék nem szabványos”által jelzett.

A valószínűségek újrabecslésére szolgáló Bayes-féle séma mindenhol megtalálható, és különféle típusú csalók is aktívan kihasználják. Tekintsünk egy ismertté vált hárombetűs részvénytársaságot, amely betéteket vonz a lakosságtól, állítólag befekteti valahova, rendszeresen fizet osztalékot stb. Mi történik? Telnek napról napra, hónapról hónapra, és egyre több új, reklámon és szájhagyományon keresztül közvetített tény csak növeli a bizalmat pénzügyi piramis (utólagos Bayes-féle újrabecslés a múltbeli események miatt!). Vagyis a befektetők szemében folyamatosan növekszik annak a valószínűsége „Ez egy komoly iroda”; míg az ellenkező hipotézis valószínűsége ("ezek csak több csalók"), természetesen csökken és csökken. Ami ezután következik, az szerintem egyértelmű. Figyelemre méltó, hogy a megszerzett hírnév időt ad a szervezőknek, hogy sikeresen elrejtőzzenek Ivan Vasziljevics elől, aki nemcsak csavarok, hanem nadrágok nélkül is maradt.

Ugyanilyen érdekes példákra kicsit később visszatérünk, de egyelőre a következő lépés talán a leggyakoribb eset három hipotézissel:

7. probléma

Az elektromos lámpákat három gyárban gyártják. Az első növény 30%-ot termel teljes szám lámpák, 2. - 55%, és 3. - a többi. Az 1. üzem termékei 1% hibás lámpát tartalmaznak, a 2. - 1,5%, a 3. - 2%. Az üzlet mindhárom gyár termékeit fogadja. A vásárolt lámpa hibásnak bizonyult. Mennyi a valószínűsége, hogy a 2. üzem állította elő?

Vegye figyelembe, hogy a Bayes-képletek problémáinál a feltételben Szükségszerűen van egy bizonyos mi történt esemény, be ebben az esetben- lámpa vásárlás.

Az események megszaporodtak, és megoldás Kényelmesebb "gyors" stílusban rendezni.

Az algoritmus pontosan ugyanaz: első lépésben megkeressük annak valószínűségét, hogy a megvásárolt lámpa az kiderül hibás.

A kezdeti adatok felhasználásával a százalékokat valószínűségekké alakítjuk:
– annak a valószínűsége, hogy a lámpát az 1., 2. és 3. gyár gyártotta.
Ellenőrzés:

Hasonlóan: – a hibás lámpa gyártásának valószínűsége a megfelelő gyárak számára.

A teljes valószínűségi képlet szerint:

– annak a valószínűsége, hogy a vásárolt lámpa hibás lesz.

Második lépés. Hagyja, hogy a vásárolt lámpa hibás legyen (az esemény megtörtént)

Bayes képlete szerint:
– annak a valószínűsége, hogy a megvásárolt hibás lámpát egy második üzem gyártotta

Válasz:

Miért nőtt a 2. hipotézis kezdeti valószínűsége az átértékelés után? Végül is a második üzem átlagos minőségű lámpákat gyárt (az első jobb, a harmadik rosszabb). Akkor miért növekedett a posteriori Lehetséges, hogy a hibás lámpa a 2. üzemből származik? Ezt már nem a „hírnév”, hanem a méret magyarázza. Mivel a 2. számú üzem termelte a legtöbbet nagyszámú lámpák, akkor őt hibáztatják (legalábbis szubjektíven): "valószínűleg onnan van ez a hibás lámpa".

Érdekes megjegyezni, hogy az 1. és 3. hipotézis valószínűségét a várt irányban túlbecsülték, és egyenlővé váltak:

Ellenőrzés: , amit ellenőrizni kellett.

Egyébként az alul- és túlbecsült becslésekről:

8. probléma

BAN BEN diákcsoport 3 embernek van magas szint képzés, 19 fő – átlagos és 3 – alacsony. Valószínűségek sikeres teljesítés vizsga ezeknek a hallgatóknak rendre egyenlő: 0,95; 0,7 és 0,4. Ismeretes, hogy néhány diák sikeres vizsgát tett. Mennyi a valószínűsége annak, hogy:

a) nagyon jól felkészült;
b) közepesen felkészült volt;
c) rosszul volt felkészülve.

Végezzen számításokat és elemezze a hipotézisek újraértékelésének eredményeit.

A feladat közel áll a valósághoz, és különösen kézenfekvő a részidős hallgatók csoportja számára, ahol a tanár gyakorlatilag nem ismeri egy adott diák képességeit. Ebben az esetben az eredmény egészen váratlan következményeket okozhat. (különösen az 1. félévi vizsgákhoz). Ha egy rosszul felkészült diáknak szerencséje van jegyet szerezni, akkor a tanár valószínűleg jó tanulónak, vagy akár erős tanulónak fogja tekinteni, ami jó hasznot hoz a jövőben. (természetesen "emelni kell a lécet" és meg kell őrizni az imázst). Ha egy diák 7 napon és 7 éjszakán keresztül tanult, zsúfolódott és ismételte, de egyszerűen nem volt szerencséje, akkor további eseményeket a lehető legrosszabb módon fejlődhet - számos mulligánnal és a kiesés szélén egyensúlyozva.

Mondanunk sem kell, hogy a hírnév a legfontosabb tőke, nem véletlen, hogy sok vállalat viseli alapító atyáit, akik 100-200 évvel ezelőtt vezették az üzletet, és kifogástalan hírnevükről váltak híressé.

Igen, a bayesi megközelítés bizonyos mértékig szubjektív, de... így működik az élet!

Rögzítsük az anyagot egy utolsó ipari példával, amelyben a megoldás eddig ismeretlen technikai bonyodalmairól fogok beszélni:

9. probléma

Az üzem három műhelye azonos típusú alkatrészeket gyárt, amelyeket egy közös konténerbe küldenek összeszerelésre. Ismeretes, hogy az első műhely 2-szer több alkatrészt gyárt, mint a második műhely, és 4-szer többet, mint a harmadik műhely. Az első műhelyben 12%, a másodikban 8%, a harmadikban 4% a hibaarány. Az ellenőrzéshez egy részt kivesznek a tartályból. Mennyi a valószínűsége, hogy hibás lesz? Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kitermelt hibás alkatrészt a 3. műhely gyártotta?

Ivan Vasziljevics ismét lóháton =) A filmnek meg kell lennie boldog befejezés =)

Megoldás: az 5-8. feladattól eltérően itt egy kérdést kifejezetten feltesznek, amelyet a teljes valószínűségi képlet segítségével oldanak meg. Másrészt a feltétel egy kicsit „titkosított”, és az egyszerű egyenletalkotás iskolai készsége segít megoldani ezt a rejtvényt. Kényelmes összetéveszteni az „X”-szel legkisebb érték:

Legyen a harmadik műhely által gyártott alkatrészek aránya.

A feltétel szerint az első műhely 4-szer többet termel, mint a harmadik műhely, így az 1. műhely részesedése .

Ráadásul az első műhely 2-szer több terméket gyárt, mint a második műhely, ami az utóbbi részarányát jelenti: .

Hozzuk létre és oldjuk meg az egyenletet:

Így: – annak a valószínűsége, hogy a konténerből kivett alkatrészt az 1., 2. és 3. műhely állította elő.

Vezérlés: . Ráadásul nem ártana újra megnézni a kifejezést „Istudott, hogy az első műhelyben kétszer is gyártanak termékeket több mint a második műhely és 4-szer nagyobb, mint a harmadik műhely"és győződjön meg arról, hogy a kapott valószínűségi értékek valóban megfelelnek ennek a feltételnek.

Kezdetben az 1. vagy a 2. műhely részesedését vehetnénk „X”-nek – a valószínűségek azonosak lennének. De így vagy úgy, a legnehezebb része már túl van, és a megoldás jó úton halad:

A feltételből a következőket találjuk:
– a hibás alkatrész előállításának valószínűsége a megfelelő műhelyek számára.

A teljes valószínűségi képlet szerint:
– annak a valószínűsége, hogy a tartályból véletlenszerűen eltávolított alkatrész nem szabványos lesz.

Második kérdés: mekkora a valószínűsége annak, hogy a kitermelt hibás alkatrészt a 3. műhely gyártotta? Ez a kérdés feltételezi, hogy az alkatrészt már eltávolították, és hibásnak bizonyult. Újraértékeljük a hipotézist a Bayes-képlet segítségével:
– a kívánt valószínűség. Teljesen elvárható - elvégre a harmadik műhely nem csak a legkisebb arányban gyártja az alkatrészeket, hanem minőségben is vezet!

Ebben az esetben szükség volt rá egyszerűsítse a négyemeletes tört, amit elég gyakran meg kell tennie Bayes-képletek használatával kapcsolatos problémák esetén. De érte ezt a leckét Valahogy véletlenül olyan példákat vettem fel, amelyekben sok számítás elvégezhető közönséges törtek nélkül.

Mivel a feltétel nem tartalmaz „a” és „be” pontot, ezért jobb, ha szöveges megjegyzésekkel adjuk meg a választ:

Válasz: – annak a valószínűsége, hogy a tartályból eltávolított alkatrész hibás lesz; – annak a valószínűsége, hogy a kitermelt hibás alkatrészt a 3. műhely állította elő.

Amint látja, a teljes valószínűség képlettel és a Bayes-formulával kapcsolatos problémák meglehetősen egyszerűek, és valószínűleg ezért is próbálják oly gyakran bonyolítani a feltételt, amelyet már a cikk elején említettem.

További példák a fájlban találhatók kész megoldások F.P.V. és Bayes képletek, ráadásul valószínűleg más forrásokban is lesznek, akik szeretnének mélyebben megismerkedni ezzel a témával. A téma pedig tényleg nagyon érdekes – mit ér? Bayes paradoxona, ami ezt igazolja világi tanácsot hogy ha valakinél ritka betegséget diagnosztizálnak, akkor van értelme ismételt vagy akár két ismételt független vizsgálatnak. Úgy tűnik, hogy ezt kizárólag kétségbeesésből teszik... - de nem! De ne beszéljünk szomorú dolgokról.

annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott diák sikeres vizsgát tesz.
Hagyja, hogy a diák sikeres vizsgát tegyen. A Bayes-képletek szerint:
A) – annak a valószínűsége, hogy a sikeres vizsgázó diák nagyon jól felkészült. Az objektív kezdeti valószínűség túlbecsültnek bizonyul, hiszen szinte mindig néhány „átlagos” diák szerencsés a kérdésekkel és nagyon határozottan válaszol, ami a kifogástalan felkészültség téves benyomását kelti.
b) – annak a valószínűsége, hogy a sikeres vizsgát teljesítő hallgató átlagosan felkészült. A kezdeti valószínűség kissé túlbecsültnek bizonyul, mert Általában az átlagos felkészültségű tanulók vannak többségben, ráadásul itt a tanárba bekerül a „kiváló” sikertelenül válaszoló tanuló, illetve esetenként egy-egy rosszul teljesítő tanuló, akinek nagy szerencséje volt a jeggyel.
V) – annak a valószínűsége, hogy a vizsgázó diák rosszul felkészült. Az eredeti valószínűséget túlbecsülték a legrosszabb oldal. Nem meglepo.
Vizsgálat:
Válasz :

A munka célja: fejleszteni kell a valószínűségszámítási problémák megoldásában a teljes valószínűségi képlet és a Bayes-képlet segítségével.

Teljes valószínűségi képlet

Az esemény valószínűsége A, ami csak akkor fordulhat elő, ha az egyik összeférhetetlen események B x, B 2,..., B p, egy teljes csoportot alkotva egyenlő ezen események mindegyikének valószínűsége és az A esemény megfelelő feltételes valószínűségének szorzata:

Ezt a képletet ún a teljes valószínűségi képlet.

Hipotézisek valószínűsége. Bayes képlet

Legyen az esemény A az összeférhetetlen események valamelyikének függvényében fordulhat elő V b B 2,..., V p, teljes csoportot alkotva. Mivel nem ismert előre, hogy ezek közül az események közül melyik fog bekövetkezni, ezeket hipotéziseknek nevezzük. Az esemény bekövetkezésének valószínűsége A a teljes valószínűségi képlet határozza meg:

Tételezzük fel, hogy egy tesztet végeztek, amelynek eredményeként esemény történt A. Meg kell határozni, hogyan változnak (annak köszönhetően, hogy az esemény A már megérkezett) a hipotézisek valószínűsége. A hipotézisek feltételes valószínűségeit a képlet segítségével találjuk meg

Ebben a képletben a / index = 1,2

Ezt a képletet Bayes formulának nevezik (az angol matematikusról kapta a nevét, aki levezette; publikálva 1764-ben). Bayes képlete lehetővé teszi számunkra, hogy újrabecsüljük a hipotézisek valószínűségét, miután azzá válik ismert eredmény eseményt eredményező teszt A.

1. feladat. A gyár egy bizonyos típusú alkatrészt gyárt, mindegyik alkatrésznek 0,05 valószínűséggel van hibája. Az alkatrészt egy ellenőr ellenőrzi; hibát észlel 0,97 valószínűséggel, és ha nem észlel hibát, átadja az alkatrészt a készterméknek. Ezenkívül az ellenőr tévedésből visszautasíthat egy olyan alkatrészt, amely nem rendelkezik hibával; ennek a valószínűsége 0,01. Határozza meg a következő események valószínűségét: A - az alkatrészt elutasítják; B - az alkatrészt elutasítják, de hibásan; C - az alkatrész hibásan kerül át a késztermékbe.

Megoldás

Jelöljük a hipotéziseket:

N= (egy szabvány alkatrészt elküldjük ellenőrzésre);

N=(nem szabványos alkatrészt küldünk ellenőrzésre).

Esemény A =(a rész elutasításra kerül).

A problémafeltételekből megtaláljuk a valószínűségeket

RN (A) = 0,01; Pfi(A) = 0,97.

A teljes valószínűségi képlet segítségével megkapjuk

Annak a valószínűsége, hogy egy alkatrészt hibásan elutasítanak

Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy egy alkatrész hibásan kerül be a késztermékbe:

Válasz:

2. feladat. A termék szabványosságát három áruszakértő egyike ellenőrzi. Annak a valószínűsége, hogy a termék eljut az első árusítóhoz, 0,25, a második - 0,26 és a harmadik - 0,49. Annak a valószínűsége, hogy a terméket az első árusító szabványnak tekinti, 0,95, a második 0,98, a harmadik pedig 0,97. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy szabványos terméket egy második ellenőr ellenőriz.

Megoldás

Jelöljük az eseményeket:

L. =(a termék a/edik forgalmazóhoz kerül ellenőrzésre); / = 1, 2, 3;

B =(a termék szabványosnak minősül).

A probléma feltételei szerint ismertek a valószínűségek:

A feltételes valószínűségek is ismertek

A Bayes-képlet segítségével meghatározzuk annak valószínűségét, hogy egy szabványos terméket egy második ellenőr ellenőriz:

Válasz:„0,263.

Feladat 3. Két gép olyan alkatrészeket gyárt, amelyek egy közös szállítószalagra mennek. A nem szabványos alkatrész fogadásának valószínűsége az első gépen 0,06, a másodikon pedig 0,09. A második gép termelékenysége kétszerese az elsőnek. Egy nem szabványos alkatrészt vettek le az összeszerelő sorról. Határozza meg annak valószínűségét, hogy ezt az alkatrészt a második gép állította elő.

Megoldás

Jelöljük az eseményeket:

A. =(a szállítószalagról kivett alkatrészt a /edik gép állította elő); / = 1,2;

BAN BEN= (a kivett rész nem szabványos lesz).

A feltételes valószínűségek is ismertek

A teljes valószínűségi képlet segítségével megtaláljuk

A Bayes-képlet segítségével meghatározzuk annak valószínűségét, hogy a kiválasztott nem szabványos alkatrészt a második gép gyártotta:

Válasz: 0,75.

4. feladat. Egy két egységből álló eszközt tesztelnek, melynek megbízhatósága 0,8, illetve 0,9. A csomópontok egymástól függetlenül meghibásodnak. A készülék meghibásodott. Ennek figyelembevételével határozza meg a hipotézisek valószínűségét:

• a) csak az első csomópont hibás;
• b) csak a második csomópont hibás;
• c) mindkét csomópont hibás.

Megoldás

Jelöljük az eseményeket:

D = (7. csomópont nem fog meghibásodni); én = 1,2;

D - megfelelő ellentétes események;

A= (a tesztelés során eszközhiba lép fel).

A feladat feltételeiből kapjuk: P(D) = 0,8; R(L 2) = 0,9.

Ellentétes események valószínűségének tulajdonsága alapján

Esemény A egyenlő a termékek összegével független események

Az összeegyeztethetetlen események valószínűségeinek összeadására és a független események valószínűségeinek szorzására szolgáló tétel segítségével megkapjuk

Most megtaláljuk a hipotézisek valószínűségét:

Válasz:

5. feladat. A gyárban három gépen gyártják a csavarokat, amelyek a teljes csavarszám 25%-át, 30%-át, illetve 45%-át állítják elő. A szerszámgéptermékeknél 4%, 3% és 2% a hiba. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy beérkező termékből véletlenszerűen vett csavar hibás lesz?

Megoldás

Jelöljük az eseményeket:

4 = (az i-edik gépen véletlenszerűen vett csavar készült); én = 1, 2, 3;

BAN BEN= (a véletlenszerűen kiválasztott csavar hibás lesz).

A problémakörülményekből a képlet szerint klasszikus valószínűség megtaláljuk a hipotézisek valószínűségét:

Ezenkívül a klasszikus valószínűségi képlet segítségével feltételes valószínűségeket találunk:

A teljes valószínűségi képlet segítségével megtaláljuk

Válasz: 0,028.

6. feladat. Az elektronikus áramkör a három fél egyikéhez tartozik 0,25 valószínűséggel; 0,5 és 0,25. Annak a valószínűsége, hogy az áramkör a garanciális élettartamon túl fog működni minden tétel esetében 0,1; 0,2 és 0,4. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott áramkör a garanciális időszakon túl fog működni.

Megoldás

Jelöljük az eseményeket:

4 = (véletlenszerűen vett diagram innen th party); i = 1, 2, 3;

BAN BEN= (a véletlenszerűen kiválasztott áramkör a garanciális időszakon túl is működik).

A probléma feltételei szerint ismertek a hipotézisek valószínűségei:

A feltételes valószínűségek is ismertek:

A teljes valószínűségi képlet segítségével megtaláljuk

Válasz: 0,225.

7. feladat. A készülék két blokkot tartalmaz, amelyek mindegyikének szervizelhetősége szükséges a készülék működéséhez. A hibamentes működés valószínűsége ezeknél a blokkoknál 0,99, illetve 0,97. A készülék meghibásodott. Határozza meg annak valószínűségét, hogy mindkét egység meghibásodott.

Megoldás

Jelöljük az eseményeket:

D = ( z-blokk el fog bukni); én = 1,2;

A= (az eszköz meghibásodik).

A feladat feltételeiből az ellentétes események valószínűségeinek tulajdonsága szerint kapjuk: DD) = 1-0,99 = 0,01; DD) = 1-0,97 = 0,03.

Esemény A csak akkor következik be, ha legalább az egyik esemény D vagy A 2. Ezért ez az esemény egyenlő az események összegével A= D + A 2 .

Az együttes események valószínűségeinek összeadásának tételével megkapjuk

A Bayes-képlet segítségével meghatározzuk annak valószínűségét, hogy az eszköz mindkét egység meghibásodása miatt meghibásodott.

Válasz:

Önállóan megoldandó problémák 1. feladat. A televíziós stúdió raktárában az 1. számú üzemben gyártott képcsövek 70%-a található; a fennmaradó képcsöveket a 2. számú üzem gyártotta. Annak a valószínűsége, hogy a képcső nem fog meghibásodni a garanciális élettartam alatt, 0,8 az 1. számú gyári képcsövek esetében és 0,7 a 2. számú gyári képcsövek esetében. túlélte a garanciális élettartamot. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a 2. számú üzem gyártotta.

2. feladat. Az alkatrészeket három gépből kapjuk összeszerelésre. Ismeretes, hogy az 1. gép a hibák 0,3%-át adja, a 2. - 0,2%, a 3. - 0,4%. Határozza meg annak valószínűségét, hogy hibás alkatrészt kapunk összeszerelésre, ha az 1. gépből 1000, a 2. gépből 2000, a 3. gépből 2500 alkatrész érkezett.

3. feladat. Két gép azonos alkatrészeket gyárt. Annak a valószínűsége, hogy az első gépen gyártott alkatrész szabványos lesz, 0,8, a másodikon pedig 0,9. A második gép termelékenysége háromszor nagyobb, mint az elsőé. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a szállítószalagról véletlenszerűen vett alkatrész, amely mindkét géptől kap alkatrészeket, szabványos lesz.

4. feladat. A cég vezetője úgy döntött, hogy a három fuvarozó cég közül kettő szolgáltatását veszi igénybe. A rakomány idő előtti kézbesítésének valószínűsége az első, a második és a harmadik cég esetében 0,05; 0,1 és 0,07. Miután ezeket az adatokat összevetette a teherszállítás biztonságára vonatkozó adatokkal, a menedzser arra a következtetésre jutott, hogy a választás egyenértékű, és úgy döntött, hogy sorsolással választja. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a szállított rakományt időben kézbesítik.

5. feladat. A készülék két blokkot tartalmaz, amelyek mindegyikének szervizelhetősége szükséges a készülék működéséhez. A hibamentes működés valószínűsége ezeknél a blokkoknál 0,99, illetve 0,97. A készülék meghibásodott. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a második egység meghibásodott.

Feladat 6. Az összeszerelő műhely három gépből kap alkatrészeket. Az első gép a hibák 3% -át adja, a második - 1%, a harmadik - 2%. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy nem hibás alkatrész kerül az összeállításba, ha minden gépből 500, 200, 300 alkatrész érkezett, ill.

7. feladat. A raktárba három cég termékei érkeznek. Ezenkívül az első vállalat termelése 20%, a második 46%, a harmadik pedig 34%. Az is ismert, hogy a nem szabványos termékek átlagos százaléka az első vállalatnál 5%, a másodiknál ​​2%, a harmadiknál ​​pedig 1%. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott terméket egy másik cég gyártja, ha az szabványosnak bizonyul.

8. feladat. A gyári termékek meghibásodása miatti hibái A alapján az elutasítottak között van 5%. A a termékek az esetek 10%-ában hibásak R.És a hibáktól mentes termékekben A, hiba R az esetek 1%-ában fordul elő. Határozza meg a hiba előfordulásának valószínűségét R minden termékben.

9. feladat. A cégnek 10 új és 5 régi, korábban javítás alatt álló autója van. Egy új autó megfelelő működésének valószínűsége 0,94, egy régi esetében - 0,91. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott autó megfelelően fog működni.

10. probléma. Két érzékelő küld jeleket egy közös kommunikációs csatornára, az első kétszer annyi jelet küld, mint a második. A torz jel fogadásának valószínűsége az első érzékelőtől 0,01, a másodiktól 0,03. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy közös kommunikációs csatornán torz jelet kapunk?

11. probléma.Öt tétel van a termékből: három 8 darabos tétel, amelyből 6 szabvány és 2 nem szabványos, valamint két 10 darabos tétel, ebből 7 szabvány és 3 nem szabványos. Az egyik köteg véletlenszerűen kerül kiválasztásra, és ebből a kötegből egy alkatrészt vesznek ki. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a vett rész szabványos lesz.

12. probléma. Az összeszerelő az alkatrészek átlagosan 50%-át az első üzemből, 30%-át a másodikból, 20%-át a harmadik üzemből kapja meg. Annak a valószínűsége, hogy az első üzemből származó rész kiváló minőségű, 0,7; a második és harmadik gyárból származó alkatrészek esetében 0,8, illetve 0,9. A véletlenszerűen leszedett alkatrész kiváló minőségűnek bizonyult. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az alkatrészt az első üzem gyártotta.

13. probléma. A járművek vámvizsgálatát két ellenőr végzi. Átlagosan 100 autóból 45 halad át az első ellenőrön. Annak a valószínűsége, hogy az ellenőrzés során egy autó megfelel vámszabályok, nem kerül őrizetbe, az első ellenőr 0,95, a második ellenőr 0,85. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a vámszabályoknak megfelelő autót nem tartanak vissza.

14. probléma. A készülék összeszereléséhez szükséges alkatrészek két olyan gépről származnak, amelyek teljesítménye megegyezik. Számítsa ki annak valószínűségét, hogy szabványos alkatrészt kapjon összeszerelésre, ha az egyik gép átlagosan 3% -kal sérti a szabványt, a második pedig 2%.

15. probléma. A súlyemelő edző kiszámolta, hogy egy sportolónak 200 kg súlyzót kell nyomnia ahhoz, hogy egy adott súlycsoportban csapatpontokat kapjon. Ivanov, Petrov és Sidorov verseng a csapatba kerülésért. Edzés közben Ivanov 7 esetben próbált ilyen súlyt emelni, ebből 3 esetben emelt. Petrov 13-ból 6 esetben emelt, Sidorovnak pedig 35% esélye van a súlyzó sikeres emelésére. Az edző véletlenszerűen kiválaszt egy sportolót a csapatba.

• a) Határozza meg annak valószínűségét, hogy a kiválasztott sportoló pontokat hoz a csapatnak!
• b) A csapat nem kapott pontot. Mekkora valószínűséggel teljesített Sidorov.

16. probléma. Egy fehér dobozban 12 piros és 6 kék golyó található. A fekete színben 15 piros és 10 kék golyó található. Dobás dobókocka. Ha a pontok száma 3 többszöröse, akkor véletlenszerűen ki kell venni egy labdát a fehér dobozból. Ha bármilyen más számú pontot dobnak, véletlenszerűen kivesznek egy labdát a fekete dobozból. Mennyi a valószínűsége, hogy megjelenik egy piros golyó?

17. probléma. Két doboz rádiócsöveket tartalmaz. Az első doboz 12 lámpát tartalmaz, amelyek közül 1 nem szabványos; a másodikban 10 lámpa van, ebből 1 nem szabványos. Az első dobozból véletlenszerűen kiveszünk egy lámpát, és a másodikba helyezzük. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a második dobozból véletlenszerűen eltávolított lámpa nem szabványos lesz.

18. probléma. Beesett egy urnába, amelyben két golyó volt fehér golyó, ami után véletlenszerűen kihúznak belőle egy labdát. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a kihúzott golyó fehér lesz, ha minden lehetséges feltételezés kb eredeti kompozíció golyók (szín szerint).

19. probléma. Egy szabvány alkatrészt egy 3 egyforma alkatrészt tartalmazó dobozba dobunk, majd az egyik alkatrészt véletlenszerűen eltávolítjuk. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy szabványos alkatrészt eltávolítanak, ha a számra vonatkozó összes lehetséges találgatás egyformán valószínű szabványos alkatrészek, eredetileg a dobozban található.

20. probléma. A rádiókommunikáció minőségének javítása érdekében két rádióvevőt használnak. Annak a valószínűsége, hogy minden vevő jelet kap, 0,8, és ezek az események (a vevő általi jelvétel) függetlenek. Határozza meg a jel vételének valószínűségét, ha a rádiókommunikációs munkamenet során a hibamentes működés valószínűsége minden vevő esetében 0,9.

A teljes valószínűségi képlet levezetésénél azt feltételeztük, hogy az esemény A, amelynek valószínűségét meg kellett határozni, megtörténhet valamelyik esemény N 1 , N 2 , ... , N n, amely páronként összeférhetetlen események teljes csoportját alkotja. Ráadásul ezeknek az eseményeknek (hipotéziseknek) a valószínűsége előre ismert volt. Tételezzük fel, hogy egy kísérletet végeztek, melynek eredményeként az esemény A megérkezett. Ez további információ lehetővé teszi a hipotézisek valószínűségének újraértékelését N i, miután kiszámolta P(Hi/A).

vagy a teljes valószínűségi képlet segítségével azt kapjuk

Ezt a képletet Bayes formulának vagy hipotézistételnek nevezik. Bayes képlete lehetővé teszi, hogy „felülvizsgálja” a hipotézisek valószínűségét, miután az eseményt eredményező kísérlet eredménye ismertté válik A.

Valószínűségek Р(Н i)− ezek a hipotézisek a priori valószínűségei (a kísérlet előtt számítják ki). A valószínűségek P(H i /A)− ezek a hipotézisek utólagos valószínűségei (a kísérlet után számítják ki). Bayes képlete lehetővé teszi az utólagos valószínűségek kiszámítását az előzetes valószínűségeikből és egy esemény feltételes valószínűségeiből A.

Példa. Ismeretes, hogy az összes férfi 5%-a és a nők 0,25%-a színvak. Az orvosi kártya száma alapján véletlenszerűen kiválasztott személy színvakságban szenved. Mennyi a valószínűsége, hogy férfi?

Megoldás. Esemény A– egy személy színvakságban szenved. A kísérlet elemi eseményeinek tere – egy személyt az orvosi kártya száma választ ki – Ω = ( N 1 , N 2 ) 2 eseményből áll:

N 1 - kiválasztanak egy férfit,

N 2 − kiválasztunk egy nőt.

Ezek az események hipotézisekként választhatók ki.

A probléma (véletlenszerű választás) feltételei szerint ezeknek az eseményeknek a valószínűsége azonos és egyenlő P(N 1 ) = 0.5; P(N 2 ) = 0.5.

Ebben az esetben annak feltételes valószínűsége, hogy egy személy színvakságban szenved, egyenlő:

R(A/N 1 ) = 0.05 = 1/20; R(A/N 2 ) = 0.0025 = 1/400.

Mivel ismert, hogy a kiválasztott személy színvak, azaz az esemény megtörtént, Bayes képletével újraértékeljük az első hipotézist:

Példa. Három egyforma kinézetű doboz van. Az első dobozban 20 fehér, a másodikban 10 fehér és 10 fekete, a harmadikban pedig 20 fekete golyó található. Egy véletlenszerűen kiválasztott dobozból fehér golyót veszünk. Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy a golyót az első mezőből húzzák ki.

Megoldás. Jelöljük azzal A esemény - egy fehér labda megjelenése. A doboz kiválasztásával kapcsolatban három feltevés (hipotézis) fogalmazható meg: N 1 ,N 2 , N 3 – az első, második és harmadik doboz kiválasztása.

Mivel bármelyik doboz kiválasztása egyaránt lehetséges, a hipotézisek valószínűsége megegyezik:

P(N 1 )=P(N 2 )=P(N 3 )= 1/3.

A feladat szerint annak a valószínűsége, hogy az első dobozból fehér golyót húzzunk

Annak valószínűsége, hogy fehér golyót húzzunk a második dobozból

Annak valószínűsége, hogy fehér golyót húzzunk a harmadik dobozból

A kívánt valószínűséget a Bayes-képlet segítségével találjuk meg:

A tesztek megismétlése. Bernoulli képlete.

N kísérletet hajtanak végre, amelyek mindegyikében előfordulhat A esemény, de előfordulhat, hogy nem, és az A esemény valószínűsége minden egyes kísérletben állandó, pl. tapasztalatról tapasztalatra nem változik. Már tudjuk, hogyan keressük meg egy kísérletben az A esemény valószínűségét.

Különösen érdekes az előfordulás valószínűsége egy bizonyos szám alkalommal (m alkalommal) az A esemény n kísérletben. Az ilyen problémák könnyen megoldhatók, ha a tesztek függetlenek.

Def. Számos tesztet hívnak független az A eseménytől , ha az A esemény valószínűsége mindegyikben nem függ más kísérletek eredményétől.

Az A esemény bekövetkezésének Р n (m) valószínűsége pontosan m-szer (nem következik be n-m alkalommal, esemény ) ezekben az n próbákban. Az A esemény nagyon különböző sorrendben jelenik meg m-szer).

- Bernoulli képlet.

A következő képletek nyilvánvalóak:

Р n (m Kevésbé k-szer n próbában.

P n (m>k) = P n (k+1) + P n (k+2) +…+ P n (n) - az A esemény bekövetkezésének valószínűsége több k-szer n próbában.

A teljes valószínűség képletének levezetésénél azt feltételeztük, hogy a hipotézisek valószínűségei ismertek a kísérlet előtt. Bayes formulája lehetővé teszi a kezdeti hipotézisek újraértékelését új információk fényében, nevezetesen, hogy egy esemény történt. Ezért Bayes képletét hipotézisfinomító képletnek nevezik.

Tétel (Bayes-képlet). Ha az esemény csak az egyik hipotézissel fordulhat elő
, amelyek az események teljes csoportját alkotják, akkor a hipotézisek valószínűsége feltéve, hogy az esemény képlettel számolva történt

,
.

Bizonyíték.

Bayes formulája vagy Bayesi megközelítése a hipotézisértékeléshez játszik fontos szerep a közgazdaságtanban, mert lehetővé teszi a vezetői döntések korrigálását, a statisztikai elemzésben vizsgált jellemzők ismeretlen eloszlási paramétereinek becslését stb.

Példa. Az elektromos lámpákat két gyárban gyártják. Az első üzem az elektromos lámpák teljes számának 60% -át, a második 40% -át állítja elő. Az első üzem termékei a szabványos lámpák 70% -át, a második - 80% -át tartalmazzák. Az üzlet mindkét gyár termékeit fogadja. A boltban vásárolt izzó szabványosnak bizonyult. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a lámpát az első üzemben gyártották.

Írjuk fel a feladat feltételét a megfelelő jelölés bevezetésével.

Adott: esemény az, hogy a lámpa szabványos.

Hipotézis
az, hogy a lámpát az első üzemben gyártották

Hipotézis
az, hogy a lámpát egy második üzemben gyártották

megtalálja
.

Megoldás.

5. Ismételt független tesztek. Bernoulli képlete

Nézzük a diagramot független tesztek vagy Bernoulli-séma, amelynek fontos tudományos jelentősége és sokféle gyakorlati alkalmazása van.

Hagyd előállítani független vizsgálatok, amelyek mindegyikében előfordulhat valamilyen esemény .

Meghatározás. Tesztek hívjákfüggetlen , ha mindegyikben van esemény

, függetlenül attól, hogy az esemény megjelent-e vagy sem
más tesztekben.

Példa. A próbapadra 20 db izzólámpa került, melyeket 1000 órán keresztül terhelés alatt teszteltünk. Annak a valószínűsége, hogy a lámpa átmegy a teszten, 0,8, és független attól, hogy mi történt a többi lámpával.

Ebben a példában a tesztelés a lámpa 1000 órás terhelésálló képességének ellenőrzésére vonatkozik. Ezért a tesztek száma egyenlő
. Minden egyes kísérletben csak két eredmény lehetséges:

Meghatározás. Ismételt független kísérletek sorozata, amelyek mindegyikében egy-egy esemény
azonos valószínűséggel történik
, a tesztszámtól függetlenül hívjákBernoulli-séma.

Valószínűség ellentétes esemény jelöli
, és mint fentebb bebizonyosodott,

Tétel. A Bernoulli-séma feltételei mellett annak a valószínűsége, hogy at független tesztelési esemény meg fog jelenni
alkalommal, a képlet határozza meg

Ahol
az elvégzett független vizsgálatok száma;

az esemény előfordulásának száma
;

esemény bekövetkezésének valószínűsége
külön tárgyalásban;

annak valószínűsége, hogy egy esemény nem következik be
külön tárgyalásban;

Fogalmazd meg és bizonyítsd be a teljes valószínűség képletét! Mondjon példát az alkalmazására!

Ha a H 1, H 2, ..., H n események páronként inkompatibilisek, és ezek közül az események közül legalább egy szükségszerűen bekövetkezik minden teszt során, akkor bármely A eseményre a következő egyenlőség érvényesül:

P(A)= P H1 (A)P(H 1)+ PH2 (A)P(H 2)+…+ P Hn (A)P(H n) – teljes valószínűségi képlet. Ebben az esetben H 1, H 2, …, H n hipotéziseknek nevezzük.

Bizonyíték: Az A esemény opciókra bomlik: AH 1, AH 2, ..., AH n. (A jön H 1-el stb.) Más szóval, van A = AH 1 + AH 2 +…+ AH n. Mivel a H 1 , H 2 , …, H n páronként inkompatibilis, az AH 1 , AH 2 , …, AH n események is inkompatibilisek. Az összeadási szabályt alkalmazva a következőket kapjuk: P(A)= P(AH 1)+ P(AH 2)+…+ P(AH n). Minden P(AH i) tagot a jobb oldalon a P Hi (A)P(H i) szorzattal helyettesítve megkapjuk a szükséges egyenlőséget.

Példa:

Tegyük fel, hogy két alkatrészkészletünk van. Annak a valószínűsége, hogy az első halmaz része szabványos, 0,8, a másodiké 0,9. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen vett rész szabványos.

P(A) = 0,5*0,8 + 0,5*0,9 = 0,85.

Fogalmazd meg és bizonyítsd be Bayes képletét. Mondjon példát az alkalmazására!

Bayes formula:

Lehetővé teszi a hipotézisek valószínűségének újrabecslését, miután az A eseményt eredményező teszt eredménye ismertté válik.

Bizonyíték: Legyen A esemény az összeférhetetlen H 1 , H 2 , …, H n események valamelyikének bekövetkezésétől függően, amely egy teljes csoportot alkot. Mivel nem ismert előre, hogy ezek közül az események közül melyik fog bekövetkezni, ezeket hipotéziseknek nevezzük.

Az A esemény bekövetkezésének valószínűségét a teljes valószínűségi képlet határozza meg:

P(A)= PH1 (A)P(H 1)+ PH2 (A)P(H2)+…+ P Hn (A)P(H n) (1)

Tegyük fel, hogy egy tesztet végeztünk, melynek eredményeként megjelent az A esemény. Határozzuk meg, hogyan változtak a hipotézisek valószínűségei az A esemény miatt. Más szóval, feltételes valószínűségeket fogunk keresni

P A (H 1), P A (H 2), ..., P A (H n).

A szorzási tétel alapján a következőt kapjuk:

P(AH i) = P(A) P A (H i) = P(H i)P Hi (A)

Helyettesítsük itt P(A)-t az (1) képlet szerint, megkapjuk

Példa:

Három egyforma kinézetű doboz van. Az első dobozban n=12 fehér golyó, a másodikban m=4 fehér és n-m=8 fekete golyó, a harmadikban n=12 fekete golyó található. Egy véletlenszerűen kiválasztott dobozból fehér golyót veszünk. Határozzuk meg annak P valószínűségét, hogy a golyót a második mezőből húzzuk ki.

Megoldás.

4) Vezesse le a valószínűség képletét!ksiker a sorozatbanntesztek a Bernoulli-séma szerint.

Vizsgáljuk meg az esetet, amikor előállítják n azonos és független kísérletek, amelyek mindegyikének csak 2 eredménye ( A;). Azok. bizonyos tapasztalatok ismétlődnek n alkalommal, és minden kísérletben valamilyen eseményt A valószínûséggel megjelenhet P(A)=q vagy nem jelenik meg valószínűséggel P()=q-1=p .

Az egyes tesztsorozatok elemi eseményeinek tere pontokat vagy szimbólumsorozatokat tartalmaz AÉs . Ez valószínűségi térés Bernoulli-sémának hívják. A feladat annak biztosítása, hogy adott k találja meg annak a valószínűségét n- a kísérleti esemény többszöri megismétlése A jönni fog k egyszer.

A nagyobb áttekinthetőség érdekében állapodjunk meg egy esemény minden előfordulásában A sikernek, nem előrelépésnek tekinteni A - mint a kudarc. Célunk, hogy megtaláljuk ennek a valószínűségét n pontosan kísérleteznek k sikeres lesz; Jelöljük ezt az eseményt ideiglenesen a következővel: B.

Esemény BAN BEN számos esemény – eseményopció – összegeként jelenik meg BAN BEN. Egy adott opció rögzítéséhez meg kell adni a sikeresen végződő kísérletek számát. Például az egyik lehetséges opciók Van

. Az összes opció száma nyilvánvalóan egyenlő -vel, és az egyes opciók valószínűsége a kísérletek függetlensége miatt egyenlő -vel. Ezért az esemény valószínűsége BAN BEN egyenlő . Hogy hangsúlyozzuk a kapott kifejezés függőségét nÉs k, jelöljük . Így, .

5) Az integrál közelítő Laplace-képlet segítségével származtassa az eltérés becslésére szolgáló képletet relatív gyakoriság A esemény az A előfordulásának p valószínűségén egy kísérletben.

A Bernoulli-séma feltételei szerint adott értékeket n és p adott e>0 esetén megbecsüljük az esemény valószínűségét, ahol k az n kísérlet sikereinek száma. Ez az egyenlőtlenség ekvivalens |k-np|£en, azaz. -en £ k-np £ en vagy np-en £ k £ np+en. Tehát a k 1 £ k £ k 2 esemény valószínűségének becsléséről beszélünk, ahol k 1 = np-en, k 2 = np+en. Az integrál közelítő Laplace-képletet alkalmazva a következőt kapjuk: P( » A Laplace-függvény páratlanságát figyelembe véve a P( » 2Ф) közelítő egyenlőségét kapjuk.

jegyzet : mert n=1 feltétellel, akkor n helyett egyet helyettesítünk, és megkapjuk a végső választ.

6) Hagyjuk x- diszkrét véletlenszerű érték, amely csak nem negatív értékeket vesz fel, és matematikai elvárásai vannak m. Bizonyítsd P(x≥ 4) ≤ m/ 4 .

m= (mivel az 1. tag pozitív, akkor ha eltávolítod, akkor kevesebb lesz) ³ (csere a 4-gyel csak kevesebb lesz) ³ = =4× P(x³4). Innen P(x≥ 4) ≤ m/ 4 .

(4 helyett tetszőleges szám lehet).

7) Bizonyítsa be, hogy ha xÉs Y– független diszkrét valószínűségi változók felvétele véges halmazértékek, akkor M(XY)=M(X)M(Y)

x 1	x 2	…
1. o	p2	…

hívott szám M(XY)= x 1 p 1 + x 2 p 2 + …

Ha a valószínűségi változók xÉs Y függetlenek, akkor a szorzatuk matematikai elvárása megegyezik matematikai elvárásaik szorzatával (a matematikai elvárások szorzásának tétele).

Bizonyíték: Lehetséges értékek x jelöljük x 1, x 2,…, lehetséges értékek Y - y 1 , y 2, … A p ij =P(X=xi, Y=yj). XY M(XY)= A mennyiségek függetlensége miatt xÉs Y nekünk van: P(X=xi, Y=yj)=P(X=xi) P(Y=yj). Miután kijelölte P(X=xi)=ri, P(Y=yj)=sj, ezt az egyenlőséget átírjuk a formába p ij =r i s j

És így, M(XY)= = . A kapott egyenlőséget átalakítva a következőket kapjuk: M(XY)=()() = M(X)M(Y), Q.E.D.

8) Bizonyítsa be, hogy ha xÉs Y diszkrét valószínűségi változók, amelyek véges értékhalmazt vesznek fel, akkor M(x+Y) = M(x) +M(Y).

Eloszlástörvénnyel rendelkező diszkrét valószínűségi változó matematikai elvárása

x 1	x 2	…
1. o	p2	…

hívott szám M(XY)= x 1 p 1 + x 2 p 2 + …

Két valószínűségi változó összegének matematikai elvárása megegyezik a következő kifejezések matematikai elvárásainak összegével: M(X+Y)= M(X)+M(Y).

Bizonyíték: Lehetséges értékek x jelöljük x 1, x 2,…, lehetséges értékek Y - y 1 , y 2, … A p ij =P(X=xi, Y=yj). A nagyságrendi eloszlás törvénye X+Y a megfelelő táblázatban lesz kifejezve. M(X+Y)= .Ez a képlet átírható a következő módon: M(X+Y)= .A jobb oldal első összege így ábrázolható. A kifejezés annak a valószínűsége, hogy az események bármelyike ​​bekövetkezik (X=x i, Y=y 1), (X=x i, Y=y 2), ... Ezért ez a kifejezés egyenlő P(X=x i) . Innen . Hasonlóképpen, . Ennek eredményeként a következőt kapjuk: M(X+Y)= M(X)+M(Y), amit igazolni kellett.

9) Hagyjuk x– diszkrét valószínűségi változó elosztva binomiális törvény eloszlások paraméterekkel nÉs R. Bizonyítsd M(X)=nр, D(X)=nр(1-р).

Hagyd előállítani n független kísérletek, amelyek mindegyikében az A esemény bekövetkezhet valószínûséggel R, tehát az ellenkező esemény valószínűsége Ā egyenlő q=1-p. Tekintsük a következőket. méret x– az esemény előfordulásának száma A V n kísérletek. Képzeljük el X-et az A esemény indikátorainak összegeként minden egyes kísérlethez: X=X 1 +X 2 +…+X n. Most bizonyítsuk be M(Xi)=p, D(Xi)=np. Ehhez vegyük figyelembe az sl eloszlás törvényét. mennyiség, ami így néz ki:

x
R	R	q

Ez nyilvánvaló M(X)=p, az X 2 valószínűségi változónak ugyanaz az eloszlási törvénye, ezért D(X)=M(X2)-M2(X)=р-р 2 =р(1-р)=рq. És így, M(Xi)=p, D(Х i)=pq. A matematikai elvárások összeadásának tétele szerint M(X)=M(X1)+..+M(Xn)=nr. Mivel a valószínűségi változók X i függetlenek, akkor az eltérések is összeadódnak: D(X)=D(X1)+…+D(Xn)=npq=np(1-p).

10) Hagyjuk x– diszkrét valószínűségi változó a Poisson-törvény szerint λ paraméterrel. Bizonyítsd M(x) = λ .

A Poisson-törvényt a táblázat adja meg:

Innentől a következőket kapjuk:

Így az ezt jellemző λ paraméter Poisson-eloszlás, nem más, mint az X érték matematikai elvárása.

11) Legyen X egy diszkrét valószínűségi változó, amely egy geometriai törvény szerint eloszlik p paraméterrel. Bizonyítsuk be, hogy M (X) = .

Geometriai törvény eloszlás a Bernoulli-próbák sorozatához kapcsolódik az 1. sikeres A eseményig. Az A esemény bekövetkezésének valószínűsége egy kísérletben egyenlő p, az ellenkező esemény q = 1-p. Az X valószínűségi változó eloszlási törvénye - a tesztek száma - a következőképpen alakul:

x			…	n	…
R	R	pq	…	pq n-1	…

A zárójelben lévő sorozatot tagonkénti differenciálással kapjuk geometriai progresszió

Ennélfogva, .

12) Igazolja, hogy az X és Y valószínűségi változók korrelációs együtthatója teljesíti a feltételt.

Meghatározás: Két valószínűségi változó korrelációs együtthatója a kovariancia aránya e változók szórásának szorzatához: . .

Bizonyíték: Tekintsük a Z = valószínűségi változót. Számítsuk ki a szórását. Mert a bal oldal nem negatív, akkor a jobb oldali nem negatív. Ezért , |ρ|≤1.

13) Hogyan történik a szórás kiszámítása az esetben folyamatos elosztás sűrűséggel f(x)? Bizonyítsuk be ezt egy valószínűségi változóra x sűrűséggel diszperzió D(x) nem létezik, és a matematikai elvárás M(x) létezik.

Egy abszolút folytonos X valószínűségi változó f(x) sűrűségfüggvényű és m = M(X) matematikai elvárású varianciáját ugyanaz az egyenlőség határozza meg, mint diszkrét érték

Abban az esetben, ha egy abszolút folytonos X valószínűségi változó koncentrálódik az intervallumra,

∞ - az integrál divergál, ezért diszperzió nem létezik.

14) Bizonyítsuk be, hogy X normál valószínűségi változóra eloszlássűrűségfüggvénnyel matematikai elvárás M(X) = μ.

Képlet

Bizonyítsuk be, hogy μ a matematikai elvárás.

A-priory matematikai elvárás folyamatos körforgás,

Vezessünk be egy új változót. Innen. Figyelembe véve, hogy az integráció új korlátai megegyeznek a régiekkel, megkapjuk

A tagok közül az első egyenlő nullával az integrandusfüggvény páratlansága miatt. A kifejezések közül a második egyenlő μ (Poisson integrál ).

Így, M(X)=μ, azaz várható érték normális eloszlás paraméterrel egyenlő μ.

15) Bizonyítsuk be, hogy X normál valószínűségi változóra eloszlássűrűségfüggvénnyel dyspresia D(X) = σ 2 .

Képlet egy folytonos valószínűségi változó normális valószínűségi eloszlásának sűrűségét írja le.

Bizonyítsuk be, hogy - az átlag szórás normális eloszlás. Vezessünk be egy új változót z=(x-μ)/ . Innen . Figyelembe véve, hogy az integráció új korlátai megegyeznek a régiekkel, megkapjuk a részenkénti integrálást, elhelyezést. u=z, azt találjuk Ezért .Tehát a normál eloszlás szórása egyenlő a paraméterrel.

16) Bizonyítsuk be, hogy egy exponenciális törvény szerint eloszló folytonos valószínűségi változó esetén a paraméterrel a matematikai elvárás .

Egy X valószínűségi változót, amely csak nem negatív értékeket vesz fel, az exponenciális törvény szerint eloszlónak mondjuk, ha valamilyen λ>0 pozitív paraméterre a sűrűségfüggvény alakja:

A matematikai elvárás meghatározásához a képletet használjuk

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Mekkora a fénysebesség