Svrha rada: razviti vještine rješavanja problema u teoriji vjerovatnoće korištenjem formule ukupne vjerovatnoće i Bayesove formule.

Formula ukupne vjerovatnoće

Vjerovatnoća događaja A, što se može dogoditi samo ako se dogodi jedan od nekompatibilnih događaja B x, B 2,..., B p, formiranje kompletne grupe jednako je zbiru proizvoda verovatnoća svakog od ovih događaja sa odgovarajućom uslovnom verovatnoćom događaja A:

Ova formula se zove formula ukupne vjerovatnoće.

Vjerovatnoća hipoteza. Bayesova formula

Neka događaj A može nastati pod uslovom da se dogodi jedan od nekompatibilnih događaja V b B 2,..., V p, formirajući kompletnu grupu. Pošto se unaprijed ne zna koji će se od ovih događaja dogoditi, oni se nazivaju hipotezama. Vjerovatnoća nastanka događaja A određena formulom ukupne vjerovatnoće:

Pretpostavimo da je izvršen test, kao rezultat kojeg se dogodio događaj A. Potrebno je utvrditi kako se mijenja (zbog činjenice da je događaj A već je stigla) vjerovatnoća hipoteza. Uslovne vjerovatnoće hipoteza nalaze se pomoću formule

U ovoj formuli, indeks / = 1.2

Ova formula se zove Bayesova formula (nazvana po engleskom matematičaru koji ju je izveo; objavljena 1764.). Bayesova formula nam omogućava da ponovo procijenimo vjerovatnoće hipoteza nakon što postane poznat rezultat testa koji je rezultirao događajem. A.

Zadatak 1. Fabrika proizvodi određenu vrstu dela, svaki deo ima defekt sa verovatnoćom od 0,05. Dio pregleda jedan inspektor; detektuje defekt sa verovatnoćom od 0,97, a ako se ne otkrije nikakav kvar, propušta deo kroz gotovih proizvoda. Osim toga, inspektor može greškom odbiti dio koji nema nedostatak; vjerovatnoća za to je 0,01. Naći vjerovatnoće sljedećih događaja: A - dio će biti odbijen; B - dio će biti odbijen, ali netačno; C - dio će biti prebačen u gotov proizvod s nedostatkom.

Rješenje

Označimo hipoteze:

N= (standardni dio će biti poslan na pregled);

N=(nestandardni dio će biti poslan na pregled).

Događaj A =(dio će biti odbijen).

Iz uslova problema nalazimo vjerovatnoće

R N (A) = 0,01; Pfi(A) = 0,97.

Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće dobijamo

Vjerovatnoća da će dio biti pogrešno odbijen je

Nađimo vjerovatnoću da će dio biti uključen u gotov proizvod s nedostatkom:

odgovor:

Zadatak 2. Standardnost proizvoda provjerava jedan od tri robna stručnjaka. Vjerovatnoća da će proizvod doći do prvog trgovca je 0,25, drugog - 0,26 i trećeg - 0,49. Vjerovatnoća da će prvi trgovac proizvod prepoznati kao standard je 0,95, drugi - 0,98, a treći - 0,97. Pronađite vjerovatnoću da standardni proizvod provjeri drugi inspektor.

Rješenje

Označimo događaje:

L. =(proizvod će ići kod trgovca na pregled); / = 1, 2, 3;

B =(proizvod će se smatrati standardnim).

Prema uslovima problema poznate su vjerovatnoće:

Uslovne vjerovatnoće su također poznate

Koristeći Bayesovu formulu, nalazimo vjerovatnoću da standardni proizvod provjeri drugi inspektor:

odgovor:“0.263.

Zadatak 3. Dvije mašine proizvode dijelove koji idu na zajednički transporter. Vjerovatnoća primanja nestandardnog dijela na prvoj mašini je 0,06, a na drugoj - 0,09. Produktivnost druge mašine je dvostruko veća od prve. Nestandardni dio je uzet sa montažne trake. Pronađite vjerovatnoću da je ovaj dio proizveo druga mašina.

Rješenje

Označimo događaje:

A. =(deo uzet sa transportera je proizveden na /-oj mašini); / = 1,2;

IN= (uzeti dio će biti nestandardan).

Uslovne vjerovatnoće su također poznate

Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće nalazimo

Koristeći Bayesovu formulu, nalazimo vjerovatnoću da je odabrani nestandardni dio proizveden na drugoj mašini:

odgovor: 0,75.

Zadatak 4. Testira se uređaj koji se sastoji od dvije jedinice, čija je pouzdanost 0,8 odnosno 0,9. Čvorovi propadaju nezavisno jedan od drugog. Uređaj nije uspio. Uzimajući ovo u obzir, pronađite vjerovatnoću hipoteza:

• a) samo prvi čvor je neispravan;
• b) samo drugi čvor je neispravan;
• c) oba čvora su neispravna.

Rješenje

Označimo događaje:

D = (7. čvor neće otkazati); i = 1,2;

D - odgovarajući suprotni događaji;

A= (tokom testiranja doći će do kvara uređaja).

Iz uslova zadatka dobijamo: P(D) = 0,8; R(L 2) = 0,9.

Svojstvom vjerovatnoće suprotnih događaja

Događaj A jednak zbiru proizvoda nezavisnih događaja

Koristeći teoremu za sabiranje vjerovatnoća nekompatibilnih događaja i teoremu za množenje vjerovatnoća nezavisnih događaja, dobijamo

Sada nalazimo vjerovatnoće hipoteza:

odgovor:

Zadatak 5. U fabrici se vijci proizvode na tri mašine, koje proizvode 25%, 30% i 45% od ukupnog broja vijaka. Kod proizvoda alatnih mašina, defekti su 4%, 3% i 2%. Kolika je vjerovatnoća da će vijak slučajno uzet iz dolaznog proizvoda biti neispravan?

Rješenje

Označimo događaje:

4 = (na i-toj mašini napravljen je nasumično uzet vijak); i = 1, 2, 3;

IN= (nasumično uzet vijak će biti neispravan).

Iz uslova problema, koristeći klasičnu formulu vjerovatnoće, nalazimo vjerovatnoće hipoteza:

Također, koristeći klasičnu formulu vjerovatnoće, nalazimo uslovne vjerovatnoće:

Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće nalazimo

odgovor: 0,028.

Zadatak 6. Elektronsko kolo pripada jednoj od tri strane sa vjerovatnoćom od 0,25; 0,5 i 0,25. Vjerovatnoća da će kolo raditi nakon garantnog vijeka trajanja za svaku seriju je 0,1; 0,2 i 0,4. Pronađite vjerovatnoću da će slučajno odabrano kolo raditi nakon garantnog roka.

Rješenje

Označimo događaje:

4 = (nasumično preuzet dijagram iz th party); i = 1, 2, 3;

IN= (nasumično odabrano kolo će raditi nakon garantnog roka).

Prema uslovima zadatka, poznate su vjerovatnoće hipoteza:

Poznate su i uslovne vjerovatnoće:

Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće nalazimo

odgovor: 0,225.

Zadatak 7. Uređaj sadrži dva bloka, od kojih je upotrebljivost svakog od njih neophodna za rad uređaja. Vjerojatnosti rada bez otkaza za ove blokove su 0,99 i 0,97, respektivno. Uređaj nije uspio. Odredite vjerovatnoću da su obje jedinice otkazale.

Rješenje

Označimo događaje:

D = ( z-blok neće uspjeti); i = 1,2;

A= (uređaj neće uspjeti).

Iz uslova zadatka, prema svojstvu vjerovatnoća suprotnih događaja, dobijamo: DD) = 1-0,99 = 0,01; DD) = 1-0,97 = 0,03.

Događaj A javlja se samo kada je barem jedan od događaja D ili A 2. Stoga je ovaj događaj jednak zbiru događaja A= D + A 2 .

Teoremom sabiranja vjerovatnoća zajedničkih događaja dobijamo

Koristeći Bayesovu formulu, nalazimo vjerovatnoću da je uređaj otkazao zbog kvara obje jedinice.

odgovor:

Problemi koje treba riješiti samostalno Zadatak 1. U magacinu televizijskog studija nalazi se 70% slikovnih cevi fabrike br.1; ostatak cijevnih cijevi je proizvela fabrika br. 2. Vjerovatnoća da cijev neće otkazati tokom garantnog vijeka trajanja je 0,8 za cijev tvornice br. 1 i 0,7 za cijev tvornice br. 2. cijev je preživjela garantni vijek trajanja. Nađite vjerovatnoću da ga je proizvela fabrika br. 2.

Zadatak 2. Dijelovi se primaju na montažu od tri mašine. Poznato je da 1. mašina daje 0,3% kvarova, 2. - 0,2%, 3. - 0,4%. Naći vjerovatnoću da se neispravan dio primi na montažu ako je primljeno 1000 dijelova od 1. mašine, 2000 od 2. i 2500 od 3. mašine.

Zadatak 3. Dvije mašine proizvode identične dijelove. Vjerovatnoća da će dio proizveden na prvoj mašini biti standardan je 0,8, a na drugoj - 0,9. Produktivnost druge mašine je tri puta veća od produktivnosti prve. Odrediti vjerovatnoću da će standardni dio biti nasumično uzet sa transportera koji prima dijelove iz obje mašine.

Zadatak 4. Direktor kompanije odlučio je da koristi usluge dvije od tri transportne kompanije. Verovatnoća neblagovremene isporuke tereta za prvu, drugu i treću firmu jednaka je 0,05, respektivno; 0,1 i 0,07. Uporedivši ove podatke sa podacima o sigurnosti transporta tereta, menadžer je došao do zaključka da je izbor ekvivalentan i odlučio se na žrebom. Pronađite vjerovatnoću da će isporučeni teret biti isporučen na vrijeme.

Zadatak 5. Uređaj sadrži dva bloka, od kojih je upotrebljivost svakog od njih neophodna za rad uređaja. Vjerojatnosti rada bez greške za ove blokove su 0,99 i 0,97, respektivno. Uređaj nije uspio. Odredite vjerovatnoću da je druga jedinica otkazala.

Zadatak 6. Montažna radnja prima dijelove od tri mašine. Prva mašina daje 3% kvarova, druga - 1%, a treća - 2%. Odredite vjerovatnoću da neispravan dio uđe u sklop ako je od svake mašine primljeno 500, 200, 300 dijelova.

Zadatak 7. Skladište prima proizvode od tri kompanije. Štaviše, proizvodnja prve kompanije je 20%, druge - 46% i treće - 34%. Takođe je poznato da je prosečan procenat nestandardnih proizvoda za prvu kompaniju 5%, za drugu - 2% i za treću - 1%. Pronađite vjerovatnoću da proizvod koji je nasumično odabran proizvede druga kompanija ako se ispostavi da je standardan.

Zadatak 8. Defekti u fabričkim proizvodima zbog kvara A iznosi 5%, a među odbijenima na osnovu A proizvodi su neispravni u 10% slučajeva r. I u proizvodima bez grešaka A, defekt r javlja se u 1% slučajeva. Pronađite vjerovatnoću da naiđete na kvar R u svim proizvodima.

Zadatak 9. Preduzeće ima 10 novih automobila i 5 starih koji su prethodno bili u remontu. Vjerovatnoća ispravnog rada za novi automobil je 0,94, za stari - 0,91. Pronađite vjerovatnoću da će slučajno odabrani automobil ispravno raditi.

Problem 10. Dva senzora šalju signale u zajednički komunikacioni kanal, pri čemu prvi šalje dvostruko više signala od drugog. Vjerovatnoća primanja izobličenog signala od prvog senzora je 0,01, od drugog - 0,03. Kolika je vjerovatnoća primanja izobličenog signala u zajedničkom komunikacijskom kanalu?

Problem 11. Postoji pet serija proizvoda: tri serije od po 8 komada, od kojih su 6 standardnih i 2 nestandardne i dvije serije od 10 komada, od kojih su 7 standardnih i 3 nestandardne. Jedna od serija se bira nasumično, a dio se uzima iz ove serije. Odredite vjerovatnoću da će uzeti dio biti standardan.

Problem 12. Sastavljač u proseku dobija 50% delova iz prve fabrike, 30% iz druge fabrike i 20% iz treće fabrike. Vjerovatnoća da je dio iz prve biljke odličnog kvaliteta je 0,7; za dijelove iz druge i treće fabrike 0,8 odnosno 0,9. Nasumično uzet dio pokazao se odličnog kvaliteta. Pronađite vjerovatnoću da je dio proizveden u prvoj fabrici.

Problem 13. Carinski pregled vozila vrše dva inspektora. U prosjeku, od 100 automobila, 45 prođe kroz prvog inspektora. Vjerovatnoća da automobil koji ispunjava carinska pravila neće biti zadržan prilikom pregleda je 0,95 za prvog inspektora i 0,85 za drugog. Pronađite vjerovatnoću da automobil koji je u skladu sa carinskim pravilima neće biti zadržan.

Problem 14. Dijelovi potrebni za sklapanje uređaja dolaze iz dvije mašine čije su performanse iste. Izračunajte vjerovatnoću primanja standardnog dijela za montažu ako jedna od mašina daje u prosjeku 3% kršenja standarda, a druga - 2%.

Problem 15. Trener dizanja tegova je izračunao da sportista, da bi dobio timske bodove u datoj težinskoj kategoriji, mora gurnuti uteg od 200 kg. Ivanov, Petrov i Sidorov se bore za mesto u timu. Tokom treninga, Ivanov je pokušao da podigne takvu težinu u 7 slučajeva, a podigao ga je u 3 od njih. Petrov je podigao u 6 od 13 slučajeva, a Sidorov ima 35% šanse da uspješno barata sa utegom. Trener nasumično bira jednog sportistu za tim.

• a) Pronađite vjerovatnoću da će odabrani sportista donijeti bodove timu.
• b) Tim nije dobio nijedan bodovni poen. Pronađite vjerovatnoću koju je Sidorov izvršio.

Problem 16. U bijeloj kutiji nalazi se 12 crvenih i 6 plavih loptica. U crnoj je 15 crvenih i 10 plavih loptica. Bacanje kocke. Ako je broj bodova višestruki od 3, onda se iz bijele kutije nasumično uzima loptica. Ako se ubaci bilo koji drugi broj poena, iz crne kutije se nasumično uzima loptica. Kolika je vjerovatnoća da se pojavi crvena lopta?

Problem 17. Dvije kutije sadrže radio cijevi. Prva kutija sadrži 12 lampi, od kojih je 1 nestandardna; u drugom se nalazi 10 lampi, od kojih je 1 nestandardna. Lampa se nasumično uzima iz prve kutije i stavlja u drugu. Pronađite vjerovatnoću da će lampa nasumično uzeta iz druge kutije biti nestandardna.

Problem 18. Bijela kugla se baci u urnu u kojoj se nalaze dvije kuglice, nakon čega se jedna kuglica nasumično izvlači. Nađite vjerovatnoću da će izvučena lopta biti bijela ako su sve moguće pretpostavke o početnom sastavu loptica (na osnovu boje) jednako moguće.

Problem 19. Standardni dio se baca u kutiju koja sadrži 3 identična dijela, a zatim se jedan dio nasumično uklanja. Pronađite vjerovatnoću da će standardni dio biti uklonjen ako su sva moguća nagađanja o broju standardnih dijelova izvorno u kutiji jednako vjerovatna.

Problem 20. Za poboljšanje kvaliteta radio komunikacija koriste se dva radio prijemnika. Vjerovatnoća da svaki prijemnik primi signal je 0,8, a ovi događaji (prijem signala od strane prijemnika) su nezavisni. Odredite vjerovatnoću prijema signala ako je vjerovatnoća rada bez greške u toku radiokomunikacijske sesije za svaki prijemnik 0,9.

Možda nikada niste čuli za Bayesovu teoremu, ali je stalno koristite. Na primjer, inicijalno ste procijenili vjerovatnoću da ćete dobiti povećanje plaće na 50%. Dobivši pozitivne povratne informacije od menadžera, prilagodili ste ocjenu na bolje i, obrnuto, smanjili je ako ste pokvarili aparat za kavu na poslu. Ovako se vrijednost vjerovatnoće rafinira kako se informacije akumuliraju.

Glavna ideja Bayesove teoreme je postizanje veće tačnosti u procjeni vjerovatnoće događaja uzimajući u obzir dodatne podatke.

Princip je jednostavan: Postoji početna osnovna procjena vjerovatnoće koja se prerađuje kako više informacija postaje dostupno.

Bayesova formula

Intuitivne akcije su formalizirane u jednostavnoj, ali moćnoj jednadžbi ( Bayesova formula vjerovatnoće):

Lijeva strana jednačine je posteriorna procjena vjerovatnoće događaja A s obzirom na pojavu događaja B (tzv. uslovna vjerovatnoća).

• P(A)— vjerovatnoća događaja A (osnovna, a priori procjena);
• P(B|A) — verovatnoća (takođe uslovna) koju dobijamo iz naših podataka;
• A P(B) je konstanta normalizacije koja ograničava vjerovatnoću na 1.

Ova kratka jednačina je osnova Bayesova metoda.

Apstraktna priroda događaja A i B ne dozvoljava nam da jasno shvatimo značenje ove formule. Da bismo razumjeli suštinu Bayesove teoreme, razmotrimo stvarni problem.

Primjer

Jedna od tema na kojima radim je proučavanje obrazaca spavanja. Imam dva mjeseca podataka snimljenih pomoću Garmin Vivosmart sata koji pokazuju u koliko sati zaspim i probudim se. Konačni prikaz modela najvjerovatnije Raspodjela vjerovatnoće spavanja kao funkcija vremena (MCMC - približna metoda) je data u nastavku.

Grafikon pokazuje vjerovatnoću da spavam, ovisno samo o vremenu. Kako se mijenja ovisno o tome koliko je vremena uključeno svjetlo u spavaćoj sobi? Za pojašnjenje procjene potrebna je Bayesova teorema. Rafinirana procjena je zasnovana na apriornoj i ima oblik:

Izraz na lijevoj strani je vjerovatnoća da spavam, s obzirom da znam da li je u mojoj spavaćoj sobi upaljeno svjetlo. A priori procjena u datom trenutku (prikazano na grafikonu iznad) je označena kao P (spavanje). Na primjer, u 22:00 prethodna vjerovatnoća da spavam je 27,34%.

Dodajmo više informacija koristeći vjerovatnoću P (svjetlo u spavaćoj sobi | spavanje), dobijeno iz posmatranih podataka.

Iz sopstvenih zapažanja znam sledeće: verovatnoća da spavam kada je svetlo upaljeno je 1%.

Verovatnoća da se svetlo ugasi tokom spavanja je 1-0,01 = 0,99 (znak “-” u formuli znači suprotan događaj), jer je zbir verovatnoća suprotnih događaja 1. Kada spavam, svetlo u spavaća soba je uključena ili isključena.

Konačno, jednačina također uključuje normalizacijske konstante P(svjetlo) — verovatnoća da je svetlo upaljeno. Svetlo je upaljeno i kada spavam i kada sam budan. Stoga, znajući apriornu vjerovatnoću spavanja, izračunavamo konstantu normalizacije na sljedeći način:

Vjerovatnoća da je svjetlo uključeno uzima se u obzir u obje opcije: ili spavam ili ne ( P(-spavanje) = 1 — P (spavanje)- ovo je vjerovatnoća da ne spavam.)

Verovatnoća da je svetlo upaljeno dok sam budan je P(lagano|-spavanje), a određuje se posmatranjem. Znam da postoji 80% šanse da je svjetlo upaljeno kada sam budan (to znači da postoji 20% šanse da svjetlo ne svijetli ako sam budan).

Konačna Bayesova jednačina ima oblik:

Omogućava vam da izračunate vjerovatnoću da spavam, s obzirom da je svjetlo uključeno. Ako nas zanima vjerovatnoća da je svjetlo ugašeno, potreban nam je svaki dizajn P(svjetlo|… zamijeniti sa P(-svjetlo|….

Pogledajmo kako se rezultirajuće simboličke jednadžbe koriste u praksi.

Primijenimo formulu na trenutak vremena 22:30 i uzmimo u obzir da je svjetlo upaljeno. Znamo da je vjerovatnoća da sam spavao 73,90%. Ovaj broj je polazna tačka za našu procjenu.

Hajde da to razjasnimo uzimajući u obzir informacije o rasvjeti. Znajući da je lampica upaljena, zamenimo brojeve u Bayesovu formulu:

Dodatni podaci su dramatično promijenili procjenu vjerovatnoće: sa više od 70% na 3,42%. Ovo pokazuje snagu Bayesove teoreme: uspjeli smo precizirati našu početnu procjenu situacije kako bismo uključili više informacija. Možda smo to intuitivno radili ranije, ali sada smo, razmišljajući o tome u smislu formalnih jednačina, mogli potvrditi naša predviđanja.

Pogledajmo još jedan primjer. Šta ako je 21:45 i svjetla su ugašena? Pokušajte sami izračunati vjerovatnoću, pretpostavljajući prethodnu procjenu od 0,1206.

Umjesto da svaki put radim kalkulacije ručno, napisao sam neki jednostavan Python kod za izvođenje ovih proračuna, koje možete isprobati u Jupyter Notebook-u. Dobićete sledeći odgovor:

Vrijeme: 21:45:00 Svjetlo je ISKLJUČENO.

Prethodna vjerovatnoća spavanja: 12,06%
Ažurirana vjerovatnoća spavanja: 40,44%

Još jednom, dodatne informacije mijenjaju našu procjenu. Sada, ako moja sestra želi da me nazove u 21:45 znajući da mi je lampica upaljena, može koristiti ovu jednačinu da odredi da li mogu da podignem slušalicu (pod pretpostavkom da podignem slušalicu samo dok sam budan)! Ko kaže da statistika nije primjenjiva na svakodnevni život?

Vizualizacija vjerovatnoće

Promatranje proračuna je korisno, ali vizualizacija pomaže da se dobije dublje razumijevanje rezultata. Uvijek pokušavam koristiti grafove za generiranje ideja ako one ne dolaze iz samo proučavanja jednačina. Možemo vizualizirati prethodnu i posteriornu distribuciju vjerovatnoće spavanja koristeći dodatne podatke:

Kada je svjetlo uključeno, grafikon se pomiče udesno, što ukazuje da je manje vjerovatno da ću spavati u to vrijeme. Isto tako, grafikon se pomiče ulijevo ako je moje svjetlo isključeno. Bayesovu teoremu nije lako razumjeti, ali ova ilustracija jasno pokazuje zašto je treba koristiti. Bayesova formula je alat za preciziranje predviđanja korištenjem dodatnih podataka.

Šta ako ima još više podataka?

Zašto se zaustaviti na rasvjeti u spavaćoj sobi? Možemo koristiti još više podataka u našem modelu da dodatno preciziramo procjenu (sve dok podaci ostaju korisni za predmetni slučaj). Na primjer, znam da ako se moj telefon puni, postoji 95% šanse da ću zaspati. Ova činjenica se može uzeti u obzir u našem modelu.

Recimo da je vjerovatnoća da se moj telefon puni neovisna o osvjetljenju u spavaćoj sobi (nezavisnost događaja je prilično pojednostavljenje, ali će to znatno olakšati problem). Kreirajmo novi, još precizniji izraz za vjerovatnoću:

Rezultirajuća formula izgleda glomazno, ali pomoću Python koda možemo napisati funkciju koja će izvršiti proračun. Za bilo koje vrijeme i bilo koju kombinaciju svjetla/punjenja telefona, ova funkcija vraća prilagođenu vjerovatnoću da spavam.

Vrijeme je 23:00:00 Svjetlo je UKLJUČENO Telefon se NE puni.

Prethodna vjerovatnoća spavanja: 95,52%
Ažurirana vjerovatnoća spavanja: 1,74%

U 23:00, bez dodatnih informacija, gotovo sigurno bismo mogli reći da sam spavao. Međutim, kada dobijemo dodatne informacije da su svjetla upaljena i da se telefon ne puni, zaključujemo da je vjerovatnoća da sanjam praktički nula. Evo još jednog primjera:

Vrijeme je 22:15:00 Svjetlo je ISKLJUČENO Telefon se puni.

Prethodna vjerovatnoća spavanja: 50,79%
Ažurirana vjerovatnoća spavanja: 95,10%

Vjerovatnoća se pomjera prema dolje ili prema gore ovisno o specifičnoj situaciji. Da biste to pokazali, razmotrite četiri konfiguracije dodatnih podataka i kako oni mijenjaju distribuciju vjerovatnoće:

Mnogo je informacija predstavljenih na ovom grafikonu, ali glavna stvar je da se kriva vjerovatnoće mijenja ovisno o dodatnim faktorima. Kako budemo dodavali više podataka, dobićemo precizniju procjenu.

Zaključak

Bayesovu teoremu i druge statističke koncepte može biti teško razumjeti kada su predstavljeni apstraktnim jednačinama koristeći samo slova ili fiktivne situacije. Pravo učenje dolazi kada primjenjujemo apstraktne koncepte na probleme iz stvarnog života.

Uspjeh u nauci o podacima sastoji se u kontinuiranom učenju, dodavanju novih tehnika vašem skupu vještina i pronalaženju najbolje metode za rješavanje problema. Bayesova teorema nam omogućava da preciziramo naše procjene vjerovatnoće s dodatnim informacijama kako bismo bolje modelirali stvarnost. Povećanje količine informacija omogućava preciznija predviđanja, a Bayesova metoda se pokazala korisnim alatom za ovaj zadatak.

Pozdravljam povratne informacije, diskusiju i konstruktivnu kritiku. Možete me kontaktirati na Twitteru.

Lekcija br. 4.

Tema: Formula ukupne vjerovatnoće. Bayesova formula. Bernulijeva shema. Polinomsko kolo. Hipergeometrijska shema.

FORMULA UKUPNE VEROVATNOSTI

BAYESOVA FORMULA

TEORIJA

Formula ukupne vjerovatnoće:

Neka postoji kompletna grupa nekompatibilnih događaja:

(, ).Tada se vjerovatnoća događaja A može izračunati korištenjem formule

(4.1)

Događaji se nazivaju hipotezama. Postavljaju se hipoteze o dijelu eksperimenta u kojem je prisutna neizvjesnost.

, gdje su prethodne vjerovatnoće hipoteza

Bayesova formula:

Neka eksperiment bude završen i poznato je da se događaj A dogodio kao rezultat eksperimenta. Tada, uzimajući u obzir ove informacije, možemo precijeniti vjerovatnoću hipoteza:

(4.2)

, Gdje posteriorne vjerovatnoće hipoteza

RJEŠAVANJE PROBLEMA

Zadatak 1.

Stanje

U 3 serije delova koji su pristigli u skladište upotrebni delovi su: 89 %, 92 % I 97 % shodno tome. Odnosi se na broj dijelova u serijama 1:2:3.

Kolika je vjerovatnoća da će dio slučajno odabran iz skladišta biti neispravan? Neka se zna da se slučajno odabrani dio pokazao neispravnim. Naći vjerovatnoće da pripada prvoj, drugoj i trećoj strani.

Rješenje:

Označimo sa A događaj da se slučajno odabrani dio pokaže neispravnim.

1. pitanje - na formulu ukupne vjerovatnoće

2. pitanje - na Bayesovu formulu

Postavljaju se hipoteze o dijelu eksperimenta u kojem je prisutna neizvjesnost. U ovom problemu je neizvjesnost iz koje je serije nasumično odabrani dio.

Pusti u prvoj utakmici A detalji. Onda u drugoj utakmici - 2 a detalji, au trećem - 3 a detalji. U samo tri serije 6 a detalji.

(procenat grešaka u prvoj liniji je pretvoren u verovatnoću)

(procenat grešaka u drugom redu je pretvoren u verovatnoću)

(procenat grešaka u trećoj liniji je pretvoren u verovatnoću)

Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće, izračunavamo vjerovatnoću događaja A

-odgovor na 1 pitanje

Vjerojatnosti da neispravni dio pripada prvoj, drugoj i trećoj seriji izračunavaju se pomoću Bayesove formule:

Zadatak 2.

stanje:

U prvoj urni 10 lopte: 4 bijela i 6 crna. U drugoj urni 20 lopte: 2 bijela i 18 crna. Jedna kuglica se nasumično bira iz svake urne i stavlja u treću urnu. Zatim se jedna kuglica nasumično bira iz treće urne. Nađite vjerovatnoću da će lopta izvučena iz treće urne biti bijela.

Rješenje:

Odgovor na problem može se dobiti pomoću formule ukupne vjerovatnoće:

Neizvjesnost je koje kuglice idu u treću urnu. Izneli smo hipoteze u vezi sa sastavom kuglica u trećoj urni.

H1=(postoje 2 bijele kuglice u trećoj urni)

H2=(postoje 2 crne kugle u trećoj urni)

H3=(u trećoj urni se nalazi 1 bela i 1 crna kugla)

A=(lopta uzeta iz urne 3 će biti bijela)

Zadatak 3.

Bijela kugla se baci u urnu koja sadrži 2 kugle nepoznate boje. Nakon toga uzimamo 1 loptu iz ove urne. Pronađite vjerovatnoću da će lopta izvučena iz urne biti bijela. Lopta uzeta iz gore opisane urne pokazala se bijelom. Pronađite vjerovatnoće koje da je u urni prije kretanja bilo 0 bijelih loptica, 1 bela i 2 bijele kuglice .

1 pitanje c - na formulu ukupne vjerovatnoće

Pitanje 2-na Bayesovoj formuli

Neizvjesnost leži u početnom sastavu loptica u urni. Što se tiče početnog sastava kuglica u urni, iznijeli smo sljedeće hipoteze:

Zdravo=(bio u kanti prije preseljenjai-1 bijela lopta),i=1,2,3

, i=1,2,3(u situaciji potpune neizvjesnosti, pretpostavljamo da su apriorne vjerovatnoće hipoteza iste, jer ne možemo reći da je jedna opcija vjerovatnija od druge)

A=(loptica izvađena iz urne nakon ponovnog pozicioniranja bit će bijela)

Izračunajmo uslovne vjerovatnoće:

Napravimo proračun koristeći formulu ukupne vjerovatnoće:

Odgovorite na 1 pitanje

Za odgovor na drugo pitanje koristimo Bayesovu formulu:

(smanjenje u odnosu na prethodnu vjerovatnoću)

(nije se promijenilo u odnosu na prethodnu vjerovatnoću)

(povećana u odnosu na prethodnu vjerovatnoću)

Zaključak iz poređenja apriorne i posteriorne vjerovatnoće hipoteza: početna nesigurnost se kvantitativno promijenila

Zadatak 4.

stanje:

Prilikom transfuzije krvi moraju se uzeti u obzir krvne grupe davaoca i pacijenta. Osoba koja ima četvrta grupa krv Možete transfuzirati krv bilo koje vrste, osoba sa drugom i trećom grupom može se sipati ili krv njegove grupe, ili prvi. Za osobu sa prvom krvnom grupom možete li dati transfuziju krvi? samo prva grupa. Poznato je da među stanovništvom 33,7 % imati prva grupa pu, 37,5 % imati druga grupa, 20,9% imati treća grupa I 7,9% ima grupu 4. Pronađite vjerovatnoću da slučajni pacijent može dobiti transfuziju krvi od slučajnog davaoca.

Rješenje:

Iznosimo hipoteze o krvnoj grupi nasumično odabranog pacijenta:

Zdravo=(kod pacijentai-ta krvna grupa),i=1,2,3,4

(Procenti pretvoreni u vjerovatnoće)

A=(transfuzija se može izvršiti)

Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće dobijamo:

Odnosno, transfuzija se može obaviti u približno 60% slučajeva

Bernulijeva shema (ili binomna shema)

Bernulijevi testovi - Ovo nezavisni testovi 2 ishodi, koje mi konvencionalno nazivamo uspjeh i neuspjeh.

p- vjerovatnoća uspjeha

q– vjerovatnoća kvara

Vjerovatnoća uspjeha ne menja se od iskustva do iskustva

Rezultat prethodnog testa ne utiče na sledeće testove.

Izvođenje gore opisanih testova naziva se Bernoullijeva šema ili binomna šema.

Primjeri Bernoullijevih testova:

Bacanje novčića

uspjeh – grb

Neuspjeh- repovi

Slučaj poštenog novčića

slučaj pogrešnog novčića

str I q nemojte mijenjati iz eksperimenta u eksperiment ako ne promijenimo novčić tokom eksperimenta

Bacanje kocke

uspjeh - rolati "6"

Neuspjeh - sve ostalo

Slučaj poštene smrti

Slučaj nepravilne smrti

str I q nemojte mijenjati iz eksperimenta u eksperiment ako ne mijenjamo kockice tokom eksperimenta

Strijelac gađa metu

uspjeh - hit

Neuspjeh - miss

p =0,1 (strijelac pogađa jedan od 10 hitaca)

str I q nemojte mijenjati iz eksperimenta u eksperiment ako ne mijenjamo strijelca tokom eksperimenta

Bernulijeva formula.

Neka sprovedeno n str. Razmotrite događaje

(Vn Bernulijevi testovi sa vjerovatnoćom uspjehap će se desitim uspjeha),

- za vjerovatnoće takvih događaja postoji standardna notacija

<-Bernulijeva formula za izračunavanje vjerovatnoće (4.3)

Objašnjenje formule : verovatnoća da će se desiti m uspeha (verovatnoće se množe, pošto su testovi nezavisni, a pošto su svi isti, pojavljuje se stepen), - verovatnoća da će se dogoditi n-m neuspeha (objašnjenje je slično kao i za uspehe) , - broj načina realizacije događaja, odnosno na koliko načina se m uspjeha može postaviti na n mjesta.

Posljedice Bernoullijeve formule:

Korol 1:

Neka sprovedeno n Bernoulli testira sa vjerovatnoćom uspjeha str. Razmotrite događaje

A(m1,m2)=(broj uspjeha un Bernoullijevi testovi će biti u rasponu [m1;m2])

(4.4)

Objašnjenje formule: Formula (4.4) slijedi iz formule (4.3) i teoreme sabiranja vjerovatnoća za nekompatibilne događaje, budući da je zbir (unija) nekompatibilnih događaja, a vjerovatnoća svakog od njih je određena formulom (4.3).

Zaključak 2

Neka sprovedeno n Bernoulli testira sa vjerovatnoćom uspjeha str. Razmotrite događaj

A=( inn Bernulijevim suđenjima bit će barem 1 uspjeh}

(4.5)

Objašnjenje formule: ={ u n Bernoullijevim suđenjima neće biti uspjeha) =

(svi n testovi neće uspjeti)

Problem (o Bernoullijevoj formuli i njenim posljedicama) primjer za zadatak 1.6-D. h.

Pravi novčić bacio 10 puta. Pronađite vjerovatnoće sljedećih događaja:

A=(grb će se pojaviti tačno 5 puta)

B=(grb se neće pojaviti više od 5 puta)

C=(grb će se pojaviti barem jednom)

Rješenje:

Hajde da preformulišemo problem u smislu Bernoullijevih testova:

n=10 broj testova

uspjeh- grb

p=0,5 – vjerovatnoća uspjeha

q=1-p=0,5 – vjerovatnoća kvara

Za izračunavanje vjerovatnoće događaja A koristimo se Bernulijeva formula:

Za izračunavanje vjerovatnoće događaja B koristimo se posljedica 1 To Bernulijeva formula:

Za izračunavanje vjerovatnoće događaja C koristimo se posljedica 2 To Bernulijeva formula:

Bernulijeva shema. Proračun korištenjem približnih formula.

PRIBLIŽNA MOIVRE-LAPLACEOVA FORMULA

Lokalna formula

str uspjeh i q neuspesi su za svakoga m Približna formula vrijedi:

, (4.6)

m.

Značenje funkcije može se naći u specijal sto. Sadrži vrijednosti samo za . Ali funkcija je parna, tj.

Ako , onda vjeruju

Integralna formula

Ako je u Bernoullijevoj šemi broj testova n veliki i vjerovatnoće su također velike str uspjeh i q kvarova, onda je približna formula važeća za sve (4.7) :

Vrijednost funkcije može se naći u posebnoj tabeli. Sadrži vrijednosti samo za . Ali funkcija je neparna, tj. .

Ako , onda vjeruju

PRIBLIŽNE POISSONOVE FORMULE

Lokalna formula

Neka broj pokušaja n Prema Bernoullijevoj šemi, vjerovatnoća uspjeha u jednom testu je mala, a proizvod . Zatim se određuje približnom formulom:

, (4.8)

Vjerovatnoća da je broj uspjeha u n Bernoullijevim suđenjima m.

Vrijednosti funkcije može se naći u posebnoj tabeli.

Integralna formula

Neka broj pokušaja n Prema Bernoullijevoj šemi, vjerovatnoća uspjeha u jednom testu je mala, a proizvod .

Onda određena približnom formulom:

, (4.9)

Vjerovatnoća da je broj uspjeha u n Bernoullijevim pokusima u rasponu .

Vrijednosti funkcije može se pogledati u posebnoj tabeli i zatim zbrojiti po rasponu.

Formula	Poissonova formula	Moivre-Laplaceova formula	Kvaliteta procjene
			procjene su grube
10			koristi se za grube procjene kalkulacije
			koristi se za aplikacije inženjerski proračuni
100 0			koristi se za bilo kakve inženjerske proračune
n>1000			veoma dobar kvalitet ocjenjivanja

Možete vidjeti primjere za probleme 1.7 i 1.8 D. z.

Proračun korištenjem Poissonove formule.

Problem (Poissonova formula).

stanje:

Vjerovatnoća izobličenja jednog znaka prilikom prijenosa poruke preko komunikacijske linije jednaka je 0.001. Poruka se smatra prihvaćenom ako u njoj nema izobličenja. Pronađite vjerovatnoću da se poruka sastoji od 20 riječi 100 svaki karaktera svaki.

Rješenje:

Označimo sa A

-broj karaktera u poruci

uspjeh: simbol nije izobličen

Vjerovatnoća uspjeha

Hajde da izračunamo. Pogledajte preporuke za korištenje približnih formula ( ) : za obračun potrebno je prijaviti se Poissonova formula

Vjerojatnosti za Poissonovu formulu prema im možete pronaći u posebnoj tabeli.

stanje:

Telefonska centrala opslužuje 1000 pretplatnika. Vjerovatnoća da će pretplatniku biti potrebna veza u roku od jedne minute je 0,0007. Izračunajte vjerovatnoću da će na telefonskoj centrali biti primljena najmanje 3 poziva u minuti.

Rješenje:

Hajde da preformulišemo problem u terminima Bernulijeve šeme

uspjeh: poziv primljen

Vjerovatnoća uspjeha

– raspon u kojem treba da leži broj uspjeha

A = (najmanje tri poziva će stići) - događaj čija je vjerovatnoća potrebna. naći u problemu

(primljeno manje od tri poziva) Idite na dodatno. događaj, jer je njegovu vjerovatnoću lakše izračunati.

(obračun termina, vidi posebnu tabelu)

dakle,

Problem (lokalna Mouvre-Laplaceova formula)

Stanje

Vjerovatnoća pogađanja mete jednim udarcem jednako 0,8. Odredite vjerovatnoću da na 400 pucnjevi će se desiti tačno 300 hits.

Rješenje:

Hajde da preformulišemo problem u terminima Bernulijeve šeme

n=400 – broj testova

m=300 – broj uspjeha

uspjeh - pogodak

(Problematično pitanje u smislu Bernoullijeve šeme)

Preliminarni obračun:

Izvodimo nezavisni testovi, u svakom od kojih razlikujemo m opcija.

p1 – vjerovatnoća dobijanja prve opcije u jednom pokušaju

p2 – vjerovatnoća dobijanja druge opcije u jednom pokušaju

…………..

pm – vjerovatnoća prijemam-ta opcija u jednoj probi

p1,p2, ……………..,pm ne mijenjati od iskustva do iskustva

Slijed gore opisanih testova se zove polinomska shema.

(za m=2 polinomska shema se pretvara u binomnu), tj. gornja binomna shema je poseban slučaj općenitija shema koja se zove polinom).

Razmotrite sljedeće događaje

A(n1,n2,….,nm)=(u gore opisanim n testovima, opcija 1 se pojavila n1 puta, opcija 2 se pojavila n2 puta, ….., itd., opcija m se pojavila nm puta)

Formula za izračunavanje vjerovatnoća korištenjem polinomske šeme

Stanje

Dice bačen 10 puta. Morate pronaći vjerovatnoću da će "6" biti bačena 2 puta, i pojavit će se “5”. 3 puta.

Rješenje:

Označimo sa A događaj čija je vjerovatnoća potrebna da se pronađe u problemu.

n=10 – broj testova

m=3

1. opcija - rolna 6

p1=1/6n1=2

2. opcija - rolna 5

p2=1/6n2=3

Opcija 3 - ispadanje sa bilo koje ivice osim 5 i 6

p3=4/6n3=5

P(2,3,5)-? (vjerovatnoća događaja spomenutog u izjavi problema)

Problem polinomskog kola

Stanje

Pronađite vjerovatnoću da među 10 nasumično odabranih ljudi četiri dana rođenja će biti u prvom kvartalu, tri u drugom, dva u trećem i jedan u četvrtom.

Rješenje:

Označimo sa A događaj čija je vjerovatnoća potrebna da se pronađe u problemu.

Hajde da preformulišemo problem u terminima polinomske šeme:

n=10 – broj ispitivanja = broj ljudi

m=4– broj opcija koje razlikujemo u svakom ispitivanju

Opcija 1 - rođenje u 1. kvartalu

p1=1/4n1=4

Opcija 2 - rođenje u 2. kvartalu

p2=1/4n2=3

Opcija 3 - rođenje u 3. kvartalu

p3=1/4n3=2

Opcija 4 - rođenje u 4. kvartalu

p4=1/4n4=1

P(4,3,2,1)-? (vjerovatnoća događaja spomenutog u izjavi problema)

Pretpostavljamo da je vjerovatnoća rođenja u bilo kojoj četvrtini ista i jednaka 1/4. Izvršimo proračun koristeći formulu za polinomsku shemu:

Problem polinomskog kola

Stanje

U urni 30 lopte: dobrodošao nazad.3 bijela, 2 zelena, 4 plava i 1 žuta.

Rješenje:

Označimo sa A događaj čija je vjerovatnoća potrebna da se pronađe u problemu.

Hajde da preformulišemo problem u terminima polinomske šeme:

n=10 – broj pokušaja = broj odabranih loptica

m=4– broj opcija koje razlikujemo u svakom ispitivanju

Opcija 1 - odabir bijele lopte

p1=1/3n1=3

Opcija 2 - odabir zelene lopte

p2=1/6n2=2

Opcija 3 - odabir plave lopte

p3=4/15n3=4

Opcija 4 - odabir žute lopte

p4=7/30n4=1

P(3,2,4,1)-? (vjerovatnoća događaja spomenutog u izjavi problema)

p1,p2, p3,p4 ne mijenjajte se iz iskustva u iskustvo jer se izbor pravi povratkom

Izvršimo proračun koristeći formulu za polinomsku shemu:

Hipergeometrijska shema

Neka postoji n elemenata k tipova:

n1 prvog tipa

n2 drugog tipa

nk k-ti tip

Od ovih n elemenata nasumično nema povratka odaberite m elemenata

Razmotrimo događaj A(m1,…,mk), koji se sastoji u tome da će među odabranih m elemenata biti

m1 prvi tip

m2 drugog tipa

mk k-ti tip

Vjerovatnoća ovog događaja se izračunava pomoću formule

P(A(m1,…,mk))= (4.11)

Primjer 1.

Zadatak na hipergeometrijskoj šemi (uzorak za zadatak 1.9 D. h)

Stanje

U urni 30 lopte: 10 bijelih, 5 zelenih, 8 plavih i 7 žutih(lopte se razlikuju samo po boji). 10 loptica se nasumično bira iz urne nema povratka. Pronađite vjerovatnoću da će među odabranim kuglicama biti: 3 bijela, 2 zelena, 4 plava i 1 žuta.

Imamon=30,k=4,

n1=10,n2=5,n3=8,n4=7,

m1=3,m2=2,m3=4,m4=1

P(A(3,2,4,1))= = možete brojati do broja znajući formulu za kombinacije

Primjer 2.

Primjer izračuna pomoću ove sheme: pogledajte proračune za igru ​​Sportloto (tema 1)

Počnimo s primjerom. u urni ispred tebe, sa jednakom vjerovatnoćom mogu postojati (1) dvije bijele lopte, (2) jedna bijela i jedna crna, (3) dvije crne. Povučete loptu i ispada da je bijela. Kako biste to sada ocijenili? vjerovatnoća ove tri opcije (hipoteze)? Očigledno je vjerovatnoća hipoteze (3) sa dvije crne kuglice = 0. Ali kako izračunati vjerovatnoće dvije preostale hipoteze!? To se može učiniti pomoću Bayesove formule, koja u našem slučaju ima oblik (broj formule odgovara broju hipoteze koja se testira):

Preuzmite bilješku u ili

X – slučajna varijabla(hipoteza) uzimajući vrijednosti: x 1- dva bela, x 2– jedna bijela, jedna crna; x 3– dva crna; at– slučajna varijabla (događaj) koja uzima vrijednosti: u 1– izvlači se bela lopta i u 2– crna lopta je izvučena; P(x 1)– vjerovatnoća prve hipoteze prije izvlačenja lopte ( a priori vjerovatnoća ili mogućnost to iskustvo) = 1/3; P(x 2)– vjerovatnoća druge hipoteze prije izvlačenja lopte = 1/3; P(x 3)– vjerovatnoća treće hipoteze prije izvlačenja lopte = 1/3; P(y 1|x 1)– uslovna vjerovatnoća izvlačenja bijele lopte, ako je prva hipoteza tačna (lopte su bijele) = 1; P(y 1|x 2) – vjerovatnoća izvlačenja bijele kugle ako je druga hipoteza tačna (jedna lopta je bijela, druga crna) = ½; P(y 1|x 3) – vjerovatnoća izvlačenja bijele lopte ako je treća hipoteza tačna (obje crne) = 0; P(y 1)– vjerovatnoća izvlačenja bijele lopte = ½; R(y ​​2)– vjerovatnoća izvlačenja crne lopte = ½; i konačno, ono što tražimo - P(x 1|y 1) – vjerovatnoća da je prva hipoteza tačna (obje lopte su bijele), s obzirom da smo izvukli bijelu loptu ( a posteriori vjerovatnoća ili mogućnost poslije iskustvo); P(x 2|y 1) – vjerovatnoća da je druga hipoteza tačna (jedna lopta je bijela, druga crna), pod uslovom da smo izvukli bijelu kuglu.

Vjerovatnoća da je prva hipoteza (dvije bijele) tačna, s obzirom da smo izvukli bijelu loptu:

Verovatnoća da je druga hipoteza tačna (jedna je bijela, druga crna), pod uslovom da smo izvukli bijelu loptu:

Vjerovatnoća da je treća hipoteza tačna (dvije crne), s obzirom da smo izvukli bijelu loptu:

Šta radi Bayesova formula? Omogućava, na osnovu apriornih vjerovatnoća hipoteza - P(x 1), P(x 2), P(x 3)– i vjerovatnoće da će se događaji dogoditi – P(y 1), R(y ​​2)– izračunati posteriorne vjerovatnoće hipoteza, na primjer, vjerovatnoću prve hipoteze, pod uslovom da se izvuče bijela kugla – P(x 1|y 1).

Vratimo se još jednom na formulu (1). Početna vjerovatnoća prve hipoteze bila je P(x 1) = 1/3. Sa vjerovatnoćom P(y 1) = 1/2 mogli bismo izvući bijelu loptu, i to sa vjerovatnoćom P(y 2) = 1/2- crna. Izvukli smo bijeli. Vjerovatnoća izvlačenja bijele boje, pod uvjetom da je prva hipoteza tačna P(y 1|x 1) = 1. Bayesova formula kaže da je, otkako je izvučena bela, verovatnoća prve hipoteze porasla na 2/3, verovatnoća druge hipoteze je i dalje 1/3, a verovatnoća treće hipoteze je postala nula.

Lako je provjeriti da ako izvučemo crnu kuglu, posteriorne vjerovatnoće bi se promijenile simetrično: P(x 1|y 2) = 0, P(x 2|y 2) = 1/3, P(x 3|y 2) = 2/3.

Evo šta je Pierre Simon Laplace napisao o Bayesovoj formuli u djelu objavljenom 1814:

Ovo je osnovni princip one grane analize nepredviđenih okolnosti koja se bavi prelazima od događaja do uzroka.

Zašto je Bayesovu formulu tako teško razumjeti!? Po mom mišljenju, jer naš uobičajeni pristup je rasuđivanje od uzroka do posljedica. Na primjer, ako se u urni nalazi 36 kuglica, od kojih su 6 crne, a ostale bijele. Kolika je vjerovatnoća da izvučete bijelu loptu? Bayesova formula vam omogućava da od događaja pređete na razloge (hipoteze). Ako smo imali tri hipoteze i dogodio se događaj, kako je tačno taj događaj (a ne alternativa) utjecao na početne vjerovatnoće hipoteza? Kako su se ove vjerovatnoće promijenile?

Vjerujem da se Bayesova formula ne odnosi samo na vjerovatnoće. To mijenja paradigmu percepcije. Kakav je misaoni proces kada se koristi deterministička paradigma? Ako se neki događaj desio, šta je bio njegov uzrok? Ako je došlo do nesreće, hitnog slučaja, vojnog sukoba. Ko ili šta je bila njihova krivica? Šta misli Bayesov posmatrač? Do čega je dovela struktura stvarnosti dato slučaj takve i takve manifestacije... Bayesian to razumije u inače U ovom slučaju rezultat je mogao biti drugačiji...

Postavimo simbole u formule (1) i (2) malo drugačije:

Hajde da ponovo razgovaramo o onome što vidimo. Uz jednaku početnu (apriornu) vjerovatnoću, jedna od tri hipoteze bi mogla biti tačna. Sa jednakom vjerovatnoćom možemo izvući bijelu ili crnu loptu. Izvukli smo bijeli. U svjetlu ovih novih dodatnih informacija, našu procjenu hipoteza treba ponovo razmotriti. Bayesova formula nam omogućava da to uradimo numerički. Prethodna vjerovatnoća prve hipoteze (formula 7) je bila P(x 1), izvučena je bijela lopta, posteriorna vjerovatnoća prve hipoteze je postala P(x 1|na 1). Ove vjerovatnoće se razlikuju po faktoru.

Događaj u 1 naziva se dokazom koji manje-više potvrđuje ili opovrgava hipotezu x 1. Ovaj koeficijent se ponekad naziva moć dokaza. Što je dokaz jači (što se koeficijent više razlikuje od jedinice), to je veća činjenica posmatranja u 1 mijenja prethodnu vjerovatnoću, što se posteriorna vjerovatnoća više razlikuje od prethodne. Ako je dokaz slab (koeficijent ~1), posteriorna vjerovatnoća je skoro jednaka prethodnoj.

Certifikat u 1 V = 2 puta promijenila prethodnu vjerovatnoću hipoteze x 1(formula 4). Istovremeno, dokazi u 1 nije promijenila vjerovatnoću hipoteze x 2, pošto je njegova moć = 1 (formula 5).

Općenito, Bayesova formula ima sljedeći oblik:

X– slučajna varijabla (skup međusobno isključivih hipoteza) koja uzima sljedeće vrijednosti: x 1, x 2, … , Xn. at– slučajna varijabla (skup međusobno isključivih događaja) koja uzima sljedeće vrijednosti: u 1, u 2, … , atn. Bayesova formula vam omogućava da pronađete posteriornu vjerovatnoću hipoteze Xi po nastanku događaja y j. Brojač je proizvod prethodne vjerovatnoće hipoteze Xi – P(xi) o vjerovatnoći da će se događaj dogoditi y j, ako je hipoteza tačna Xi – P(y j|xi). Imenilac je zbir proizvoda istog kao u brojniku, ali za sve hipoteze. Ako izračunamo imenilac, dobijamo ukupnu verovatnoću da se događaj desi atj(ako je neka od hipoteza tačna) – P(y j) (kao u formulama 1–3).

Još jednom o svjedočenju. Događaj y j pruža dodatne informacije, koje vam omogućavaju da revidirate prethodnu vjerovatnoću hipoteze Xi. Moć dokaza - – sadrži u brojniku vjerovatnoću da se događaj desi y j, ako je hipoteza tačna Xi. Imenilac je ukupna vjerovatnoća da će se događaj dogoditi. atj(ili vjerovatnoća da se dogodi neki događaj atj prosječno po svim hipotezama). atj gore za hipotezu xi, od prosjeka za sve hipoteze, onda dokazi igraju na ruku hipotezi xi, povećavajući njegovu posteriornu vjerovatnoću P(y j|xi). Ako je vjerovatnoća da će se neki događaj dogoditi atj ispod za hipotezu xi od prosjeka za sve hipoteze, onda dokazi smanjuju posteriornu vjerovatnoću P(y j|xi) Za hipoteze xi. Ako je vjerovatnoća da će se neki događaj dogoditi atj za hipotezu xi je isti kao prosjek za sve hipoteze, onda dokaz ne mijenja posteriornu vjerovatnoću P(y j|xi) Za hipoteze xi.

Evo nekoliko primjera za koje se nadam da će ojačati vaše razumijevanje Bayesove formule.

Zadatak 2. Dva strijelca nezavisno pucaju u istu metu, svaki ispaljuje po jedan hitac. Verovatnoća da pogodi metu za prvog strelca je 0,8, za drugog - 0,4. Nakon gađanja pronađena je jedna rupa na meti. Pronađite vjerovatnoću da ova rupa pripada prvom strijelcu. .

Zadatak 3. Objekt koji se prati može biti u jednom od dva stanja: H 1 = (funkcionira) i H 2 = (ne funkcionira). Prethodne vjerovatnoće ovih stanja su P(H 1) = 0,7, P(H 2) = 0,3. Postoje dva izvora informacija koji pružaju konfliktne informacije o stanju objekta; prvi izvor javlja da objekat ne funkcioniše, drugi - da funkcioniše. Poznato je da prvi izvor daje tačne informacije sa vjerovatnoćom od 0,9, a sa vjerovatnoćom od 0,1 - netačne informacije. Drugi izvor je manje pouzdan: daje tačne informacije sa vjerovatnoćom od 0,7, a netačne informacije sa vjerovatnoćom od 0,3. Pronađite posteriorne vjerovatnoće hipoteza. .

Zadaci 1–3 preuzeti su iz udžbenika E.S.Ventzel, L.A.Ovcharov. Teorija vjerojatnosti i njene inženjerske primjene, odjeljak 2.6 Teorema hipoteze (Bayesova formula).

Zadatak 4 preuzet iz knjige, odjeljak 4.3 Bayesova teorema.

Bayesova formula:

Vjerovatnoće P(H i) hipoteza H i nazivaju se apriorne vjerovatnoće – vjerovatnoće prije izvođenja eksperimenata.
Vjerovatnoće P(A/H i) se nazivaju posteriorne vjerovatnoće - vjerovatnoće hipoteza H i, rafinirane kao rezultat iskustva.

Primjer br. 1. Uređaj se može sastaviti od visokokvalitetnih dijelova i od dijelova običnog kvaliteta. Oko 40% uređaja sastavljeno je od visokokvalitetnih dijelova. Ako je uređaj sastavljen od visokokvalitetnih dijelova, njegova pouzdanost (vjerovatnost rada bez otkaza) tokom vremena t iznosi 0,95; ako je napravljen od delova običnog kvaliteta, njegova pouzdanost je 0,7. Uređaj je testiran za vrijeme t i radio je besprijekorno. Pronađite vjerovatnoću da je napravljen od visokokvalitetnih dijelova.
Rješenje. Moguće su dvije hipoteze: H 1 - uređaj je sastavljen od visokokvalitetnih dijelova; H 2 - uređaj je sastavljen od dijelova običnog kvaliteta. Vjerovatnoće ovih hipoteza prije eksperimenta: P(H 1) = 0,4, P(H 2) = 0,6. Kao rezultat eksperimenta, uočen je događaj A - uređaj je radio besprijekorno za vrijeme t. Uslovne vjerovatnoće ovog događaja pod hipotezama H 1 i H 2 su jednake: P(A|H 1) = 0,95; P(A|H 2) = 0,7. Koristeći formulu (12) nalazimo vjerovatnoću hipoteze H 1 nakon eksperimenta:

Primjer br. 2. Dva strijelca gađaju u istu metu nezavisno jedan od drugog, svaki ispaljuje po jedan hitac. Vjerovatnoća da će prvi strijelac pogoditi metu je 0,8, a za drugog 0,4. Nakon gađanja otkrivena je jedna rupa na meti. Uz pretpostavku da dva strijelca ne mogu pogoditi istu tačku, pronađite vjerovatnoću da prvi strijelac pogodi metu.
Rješenje. Neka događaj A - nakon gađanja, u meti se detektuje jedna rupa. Prije početka snimanja moguće su hipoteze:
H 1 - ni prvi ni drugi strijelac neće pogoditi, vjerovatnoća ove hipoteze: P(H 1) = 0,2 · 0,6 = 0,12.
H 2 - oba strijelca će pogoditi, P(H 2) = 0,8 · 0,4 = 0,32.
H 3 - prvi strijelac će pogoditi, ali drugi neće pogoditi, P(H 3) = 0,8 · 0,6 = 0,48.
H 4 - prvi strijelac neće pogoditi, ali će drugi pogoditi, P (H 4) = 0,2 · 0,4 = 0,08.
Uslovne vjerovatnoće događaja A prema ovim hipotezama su jednake:

Nakon eksperimenta hipoteze H 1 i H 2 postaju nemoguće, a vjerovatnoće hipoteza H 3 i H 4
će biti jednako:

Dakle, najvjerovatnije je da je metu pogodio prvi strijelac.

Primjer br. 3. U instalaterskoj radnji na uređaj je priključen elektromotor. Elektromotore isporučuju tri proizvođača. Na zalihama se nalaze elektromotori iz navedenih fabrika, u količinama od 19,6 odnosno 11 komada, koji mogu da rade bez kvara do kraja garantnog roka, respektivno, sa verovatnoćom od 0,85, 0,76 i 0,71. Radnik nasumce uzima jedan motor i montira ga na uređaj. Odrediti vjerovatnoću da je elektromotor instaliran i bez greške do kraja jamstvenog roka isporučen od prvog, drugog ili trećeg proizvođača.
Rješenje. Prvi test je izbor elektromotora, drugi je rad elektromotora u garantnom roku. Razmotrite sljedeće događaje:
A - elektromotor radi bez kvara do kraja garantnog roka;
H 1 - instalater će uzeti motor iz proizvodnje prvog postrojenja;
H 2 - instalater će uzeti motor iz proizvodnje drugog postrojenja;
H 3 - instalater će preuzeti motor iz proizvodnje trećeg pogona.
Vjerovatnoća događaja A izračunava se korištenjem formule ukupne vjerovatnoće:

Uslovne vjerovatnoće su navedene u iskazu problema:

Nađimo vjerovatnoće

Koristeći Bayesove formule (12), izračunavamo uslovne vjerovatnoće hipoteza H i:

Primjer br. 4. Vjerovatnoće da će tokom rada sistema koji se sastoji od tri elementa, elementi pod brojevima 1, 2 i 3 pokvariti su u odnosu 3:2:5. Vjerovatnoće otkrivanja kvarova ovih elemenata su jednake 0,95; 0,9 i 0,6.

b) U uslovima ovog zadatka, kvar je otkriven tokom rada sistema. Koji element je najvjerovatnije zakazao?

Rješenje.
Neka je A događaj neuspjeha. Uvedemo sistem hipoteza H1 - kvar prvog elementa, H2 - kvar drugog elementa, H3 - otkaz trećeg elementa.
Pronalazimo vjerovatnoće hipoteza:
P(H1) = 3/(3+2+5) = 0,3
P(H2) = 2/(3+2+5) = 0,2
P(H3) = 5/(3+2+5) = 0,5

U skladu sa uslovima zadatka, uslovne verovatnoće događaja A su jednake:
P(A|H1) = 0,95, P(A|H2) = 0,9, P(A|H3) = 0,6

a) Pronađite vjerovatnoću otkrivanja kvara u sistemu.
P(A) = P(H1)*P(A|H1) + P(H2)*P(A|H2) + P(H3)*P(A|H3) = 0,3*0,95 + 0,2*0,9 + 0,5 *0,6 = 0,765

b) U uslovima ovog zadatka, kvar je otkriven tokom rada sistema. Koji element je najvjerovatnije zakazao?
P1 = P(H1)*P(A|H1)/ P(A) = 0,3*0,95 / 0,765 = 0,373
P2 = P(H2)*P(A|H2)/ P(A) = 0,2*0,9 / 0,765 = 0,235
P3 = P(H3)*P(A|H3)/ P(A) = 0,5*0,6 / 0,765 = 0,392

Treći element ima najveću vjerovatnoću.