Формула байеса задачи: Формула полной вероятности. Примеры решений задач

alexxlab / / Разное

Формула Байеса | matematicus.ru

Формула Байеса имеет вид:

Здесь событие А может произойти в случае появлении одного из несовместных событий Н1, Н2, Н3,…,Нn.

H — гипотеза.

Рассмотрим применение формулы Байеса при решении типовых задач.

Пример 1
В пирамиде 10 винтовок, из которых 4 снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела эта вероятность равна 0,8. Стрелок поразил мишень из наудачу взятой винтовки. Что вероятнее: стрелок стрелял из винтовки с оптическим прицелом или без него?
Решение
А — «стрелок поразил мишень».
H1 — «мишень поражена из оптической винтовки»
H2 — «мишень поражена из винтовки без оптического прицела»
Р(H1)=4/10=0.4, Р(H2)=6/10=0. 6
Условные вероятности из условия задачи равны
Р(H1|А)=0.95, Р(H2|А)=0.8
Применим формулу полной вероятности и найдём вероятность события А:
  Р(А)=Р(H1)·Р(H1|А)+Р(H2)·Р(H2|А)=
=0.4·0.95+0.6·0.8=0,86
Воспользуемся формулой Байеса, найдем вероятности РА(H1) и РА(H2):

Из решения следует, что
РА(H1)<РА(H2)
значит вероятнее всего, что стрелок стрелял из винтовки без оптического прицела.

Пример 2

Изделие проверяется на стандартность одним из двух товароведов. Вероятность того, что изделие попадет к первому товароведу, равна 0,55, а ко второму — 0,45. Вероятность того, что стандартное изделие будет признано стандартным первым товароведом, равна 0,9, а вторым — 0,98. стандартное изделие при проверке было признано стандартным. Найти вероятность того, что это изделие проверил второй товаровед.

Решение
А — «изделие при проверке было признано не бракованным»

Н1— «изделие попало к первому товароведу»
Н2 — «изделие попало ко второму товароведу»

Р(H2)=0.55, Р(H1)=0.45

Условные вероятности того, что изделия признаны стандартным первым и вторым товароведами равны

Р(H1|А)=0.9, Р(H2|А)=0.98

Применим формулу Байеса, чтобы найти вероятность того, что это изделие проверил второй товаровед:

Пример 3

Три стрелка произвели залп, причем две пули поразили мишень. Найти вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, если вероятности попадания в мишень первым, вторым и третьим стрелками соответ­ственно равны 0,6, 0,5 и 0,4.

Решение
А — «два стрелка поразили мишень»

H1 — «третий стрелок поразил мишень» 

H2 — «третий стрелок промахнулся»

Р(H1)=0. 4, Р(H2)=1-Р(H1)=1-0.4=0.6

Найдем условную вероятность Р(H1|А) того, что мишень будет поражена первым или вторым орудиями и при этом третье орудие попала в цель. 

Р(H1|А)=p1·q2+q1·p2

р1  — вероятность попадания первым стрелком;

р2  — вероятность попадания вторым стрелком;

q1 — вероятность промаха первым стрелком;

q2 — вероятность промаха вторым стрелком.

Р(H1|А)=0.6·(1-0.5)+(1-0.6)·0.5=0.3+0.2=0.5

Условная вероятность того, что цель будет поражена первым и вторым стрелком, при условии, что третье орудие не поразило цель. Так как события независимые, применяем теорему умножения, получаем:

Р(H2|А)=p1·p2=0.6·0.5=0,42

По формуле Байеса, получаем

Пример 4

На трех дочерей: Машу, Дашу и Наташу в семье возложена обязанность мыть посуду. Поскольку Маша старшая ей приходится выполнять 40 % работы. Остальные 60 % делят между собой Даша и Наташа. Когда Маша моет посуду, вероятность разбить равна 0,02, для Даши — 0,02, для Наташи — 0,03. Родители не знают, кто вечером мыл посуду, но слышали звон разбитой тарелки. Какова вероятность того, что посуду мыла а) Маша, б) Даша, в) Наташа.

Решение

Событие А – тарелка разбита.

Н1 – мыла Маша;

Н2 – мыла Даша;

Н3 – мыла Наташа.

Р(Н1)=0,4; Р(Н2)=0,3; Р(Н3)=0,3

Из условия задачи Р(H1|А)=0,02, Р(H2|А)=0,02, Р(H2|А)=0,03

Таким образом, пользуясь формулой Байеса, получаем решения для каждого случая:

Формула полной вероятности. Формула Байеса. Примеры решения задач



Образовательные онлайн сервисы: теория и практика

  • Главная
  • Примеры
    • Математический анализ
    • Векторная алгебра и аналитическая геометрия
    • Линейная алгебра
    • Теория вероятностей и математическая статистика
    • Математическое программирование
      Методы оптимизации
    • Математика в экономике
      Экономическая статистика
  • Видео-уроки
    • Математический анализ
    • Векторная алгебра и Аналитическая геометрия
    • Линейная алгебра
    • Теория вероятностей и математическая статистика
    • Математическое программирование. Методы оптимизации
  • Готовые работы
    • Математический анализ
    • Векторная алгебра и аналитическая геометрия
    • Линейная алгебра
    • Теория вероятностей и математическая статистика
    • Математическое программирование
      Методы оптимизации
    • Математика в экономике
      Экономическая статистика
    • Другое
  • Контакты


Полезные материалы:

  • Учебники
  • Справочники
  • Онлайн калькуляторы
  • Помощь в решении
  • Онлайн занятия в Zoom

Формула полной вероятности. Формула Байеса.

Формула полной вероятности
,
где B1, B2 ,…, Bn  — полная группа попарно несовместных событий.
Формула Байеса
,
где B1, B2, …, Bn — полная группа событий.

Задача 1.


Фирма имеет три источника поставки комплектующих – фирмы А,В,С. На долю фирмы А приходится 50 % общего объема поставок, В – 30% и С – 20%. Из практики известно, что 10% поставляемых фирмой А деталей – бракованные, фирмой В – 5% и С – 6%.
Найти вероятность того, что наудачу выбранная деталь будет бракованной.

Решение. Производится испытание – извлекается одна деталь.
Событие А – появилась бракованная деталь.
Гипотеза Н1 – деталь фирмы А.
Гипотеза Н2 – деталь фирмы В.
Гипотеза Н3 – деталь фирмы С.
Тогда, согласно формуле полной вероятности, искомая вероятность равна:

Задача 2.
В центральную бухгалтерию корпорации поступили пачки накладных для проверки и обработки. 90 % пачек были признаны удовлетворительными: они содержали только 1 % неправильно заполненных накладных.

Остальные 10 % пачек были признаны неудовлетворительными, так как содержали 5 % неверно оформленных накладных. Взятая наугад из пачки накладная оказалась оформленной неверно. Учитывая это, какова вероятность того, что вся пачка накладных будет признана несоответствующей стандарту?

Решение. Испытание – проверяется пачка накладных.
Событие А – взятая наугад накладная оказалась неверной. 
Гипотеза Н1 – пачка не соответствует стандарту.
Гипотеза Н2 – пачка соответствует стандарту.
Необходимо узнать вероятность гипотезы Н1 при условии, что событие А произошло. Согласно формуле Бейеса имеем:

Задача 3.
Имеется три урны с различным составом шаров в каждой. В первой - 5 белых и 5 черных, во второй - 3 белых и 3 черных, в третьей - 2 белых и 4 черных. Из случайно выбранной урны извлекается шар. Он оказался белым. Определить вероятность того, что он был вынут из третьей урны.

Решение: Введем обозначения для рассматриваемых событий.
Пусть А — извлечен белый шар. — выбрана первая урна.
— выбрана вторая урна. — выбрана третья урна.
— вероятность извлечения белого шара из первой урны.
— вероятность извлечения белого шара из второй урны.
— вероятность извлечения белого шара из третьей урны.
Определим вероятности, соответствующие этим событиям . Так как все урны одинаковы, то
.
,   ,   .
Тогда, используя формулу полной вероятности, получим:
.
Пересчитаем вероятность третьей гипотезы с условием, что произошло рассматриваемое событие, используя формулу Байеса.




Задать вопрос
Заказать помощь

Отзывы

+7-911-7987704

vk.com/id286009794

Написать в Whatsapp

Написать в Viber

@matem96

Skype: matem96.ru



Правило Байеса

← предыдущее

следующее →

Теперь мы готовы сформулировать один из самых полезных результатов в области условной вероятности: правило Байеса. Предположим, что мы знаем $P(A|B)$, но нас интересует вероятность $P(B|A)$. Используя определение условной вероятности, мы имеем $$P(A|B)P(B)=P(A \cap B)=P(B|A)P(A).$$ Разделив на $P(A)$, получим $$P(B|A)=\frac{P(A|B)P(B)}{P(A)},$$ что является знаменитым правилом Байеса. Часто, чтобы найти $P(A)$ в формуле Байеса, нам нужно использовать закон полной вероятности, поэтому иногда правило Байеса формулируется как $$P(B_j|A)=\frac{P(A|B_j)P(B_j)}{\sum_{i} P(A | B_i) P(B_i)},$$ где $B_1, B_2,\cdots, B_n$ образуют раздел демонстрационного пространства.

Правило Байеса

  • Для любых двух событий $A$ и $B$, где $P(A)\neq 0$, имеем $$P(B|A)=\frac{P(A|B)P(B)}{P(A)}.$$
  • Если $B_1, B_2, B_3,\cdots$ образуют раздел выборочного пространства $S$, а $A$ любого события с $P(A)\neq 0$, имеем $$P(B_j|A)=\frac{P(A|B_j)P(B_j)}{\sum_{i} P(A | B_i) P(B_i)}.$$

Пример

Предположим, что в примере 1. 24 мы видим, что выбранный шарик красный. Какова вероятность того, что был выбран Мешок 1?

Пример (парадокс ложных срабатываний [5])

Некоторое заболевание поражает примерно 1$ из 10000$ человек. Существует тест, чтобы проверить, является ли человек имеет заболевание. Тест достаточно точный. В частности, мы знаем, что

  • вероятность того, что результат теста будет положительным (предполагая, что у человека есть заболевание), при условии, что у человека нет заболевания, составляет всего 2 процента;
  • вероятность того, что результат теста будет отрицательным (предполагая, что человек не болел), при условии, что человек болен, составляет всего 1 процент.

Случайный человек проходит тест на заболевание, и результат оказывается положительным. Какова вероятность того, что человек болен?

Обсуждение: Это может показаться несколько нелогичным, поскольку мы знаем, что тест достаточно точен. Дело в том, что заболевание тоже очень редкое. Таким образом, здесь действуют две конкурирующие силы, и так как редкость заболевания (1 из 10 000) сильнее точности теста (98 или 99 процентов), все еще велика вероятность того, что у человека нет болезни.

Другой способ рассмотрения этой проблемы показан на древовидной диаграмме на рис. 1.25. Предположим, 1 миллион человек проходят тестирование на это заболевание. Из миллиона человек около $100$ из них больны, а остальные $999 900$ не болеют. Из $100$ у людей с заболеванием $100 \times 0,99=99$ человек будут иметь положительный результат теста. Однако, из людей, у которых нет заболевания $999 900 \times .02=19998$ человек будут иметь положительные результаты теста. Таким образом, всего 19 долларов.998+99$ человек с положительным результатом теста, и только $99$ из них на самом деле больны этим заболеванием. Следовательно, вероятность того, что человек из группа «положительный результат теста» на самом деле имеет заболевание $$P(D|T)=\frac{99}{19998+99}=0,0049$$

Рис. 1.25 – Древовидная диаграмма для примера 1.26.

← предыдущая

следующая →

Печатная версия книги доступна на Amazon здесь.

Решение проблемы Монти Холла с помощью теоремы Байеса | автор: GreekDataGuy

Как ваша интуиция может потерять деньги на игровых шоу

Фото vaun0815 на Unsplash

Вы участвуете в игровом шоу под названием « Давай заключим сделку ». Перед вами 3 закрытые двери.

За каждой дверью приз. У одной двери автомобиль , у одной двери леденцов , а у одной двери кусок мыла . Вы получите приз за выбранной вами дверью, но вы не знаете, какой приз за какой дверью. Очевидно, вы хотите машину!

Итак, вы выбираете дверь A .

Прежде чем открыть дверь A , ведущий шоу, Монти Холл, теперь открывает дверь B, показывая кусок мыла. Затем он спрашивает вас, не хотите ли вы изменить свое предположение. Вы должны?

Моя интуиция подсказывала мне, что не имеет значения, изменю я свою догадку или нет. Есть 2 двери, поэтому шанс выиграть машину с каждой составляет 50%. К сожалению для меня, это 100% неверно.

Это знаменитая задача Монти Холла.

Работая по теореме Байеса, мы можем рассчитать фактические шансы выиграть машину, если мы будем придерживаться дверь A или переключитесь на дверь C .

Теорема Байеса описывает вероятности, связанные с событием при условии, что другое событие произошло.

Теорема Байеса

A = Событие.

B = Другое событие.

P(A|B) = апостериорная = Вероятность наступления события при условии, что произошло другое событие.

P(B|A) = вероятность = Вероятность события B произойдет, если произойдет событие A.

P(A) = априорный = вероятность того, что событие произойдет до того, как вы узнаете, произойдет ли другое событие.

P(B) = Нормализующая константа.

Примечание: A, B и C в расчетах здесь названия дверей, а не A и B в теореме Байеса.

Теперь давайте вычислим компоненты теоремы Байеса в контексте проблемы Монти Холла.

Предположим, мы выбираем дверь A , затем Монти открывает дверь B .

Монти не открыл бы C , если бы машина была позади C , поэтому нам нужно вычислить только 2 апостериора:

  1. P(door=A|opens=B) , вероятность A правильно, если Монти открыл B ,
  2. P(door=C|opens=B) , вероятность C правильно, если Монти открыл B .

Приор: P(A)

Вероятность того, что любая дверь окажется правильной до того, как мы ее выберем, равна 1/3. Призы распределяются случайным образом за дверьми, и у нас нет никакой другой информации. Таким образом, до , P(A) любой двери правильно равно 1/3 .

  1. P(door=A) , априорная вероятность того, что дверь A содержит автомобиль = 1/3 1/3

Вероятность: P(B|A)

Если машина действительно находится за дверью A , то Монти может открыть дверь B или C . Так что вероятность открытия любого из них составляет 50%.

Если машина действительно за дверью C тогда Монти сможет открыть только дверь B . Он не может открыть A дверь, которую мы взломали. Он также не может открыть дверь C , потому что за ней стоит машина.

  1. P(opens=B|door=A) , вероятность того, что Монти открыл дверь B , если дверь A верна = 1/2 вероятность того, что Монти открыл дверь B , если дверь C верна = 1

Числитель: P(A) x P(B|A)

  1. P(дверь=A) x P(открывается=B|дверь=A) = 1/3 x 1/2 = 1/6
  2. P(дверь=C) x P(открывается=B| door=C) = 1/3 x 1 = 1/3

Нормирующая константа: P(B)

В случаях, когда анализируемые события охватывают все возможные варианты и не пересекаются, можно взять сумму числителей .

No related posts.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *