Откуда по формуле(3) имеем:
F(x)=
Геометрически F(x) есть не что иное,как площадь кривой распределения,лежащая левее точки:X
Укажем основные свойства плотности распределения:
1.Плотность распределения есть неотрицательная функция
Это свойство непосредственно вытекает из того,что функция распределения F(x) есть неубывающая функция.
2.Интеграл в бесконечных пределах от плотности распределения равен 1
Это следует из того,что F(+¥)=1
Геометрически основные свойства плотности распределения означают:
1.Вся кривая распределения лежит не ниже оси абсцисс.
2.Полная площадь,ограниченная кривой распределения и осью абсцисс, равна 1.
ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН. ИХ РОЛЬ И НАЗНАЧЕНИЯ.
Мы познакомились с рядом полных характеристик случайных величин- так называемых законов распределения.Такими характеристиками были:
Для дискретной случайной величины
а) функция распределения;
б) ряд распределения (графически – кривая распределения).
Каждый закон распределения представляет собой некоторую функцию,и указание этой функции полностью
Описывает случайную величину с вероятностной точки зрения.
Однако во многих вопросах практики нет необходимости характеризовать случайную величину плотностью,исчерпывающим образом.
Зачастую достаточно бывает указать только отдельные числовые параметры, до некоторой степени характеризующие существенные черты распределения
чайной величины: например какое то среднее значение, около группируются возможные значения случайной величины; какое то число, характеризующее степень разбросанности этих значений относительно среднего, и т. д.
Пользуясь такими характеристиками, мы можем все существенные сведения относительно случайной величины, которыми мы располагаем, выразить наиболее компактно с помощью числовых параметров.Вот эти параметры, которые выражают в сжатой числовой форме наиболее существенные особенности распределения, называются числовыми характеристиками случайной величины.
В теории вероятности и математической статистики применяются большое количество различных числовых характеристик, имеющих различное назначение и различные области применения,но все они делятся на два класса:
1.Характеристики положения.
2. Характеристики рассеяния.
Характеристики положения.
Математическое ожидание. Медиана. Мода. Начальный момент.
Среди числовых характеристик случайных величин нужно прежде всего отметить те,которые характеризуют положения случайной величины на числовой оси,т. е. Указывают некоторое среднее, ориентировочное значение, около которого группируются все возможные значения случайной величины.
Из характеристик положения в теории вероятности важнейшую роль играет математическое ожидание случайной величины,которое иногда называют средним значением случайной величины.
Рассмотрим случайную дискретную величину X , имеющую возможные значения X1,X2 ,…Xn c вероятностями P1, P2 ,… Pn.
Нам требуется характеризовать каким то числом положение значений случайной величины на оси абсцисс. Для этой цели естественно воспользоваться так называемым « «средним взвешенным » из значений Xi, причем каждое значение Xi при?????????? должно учитываться с «весом» , пропорциональным вероятности этого значения. Т. о. Мы вычислим среднее значение случайной величины x , которое мы обозначим М[x]
Или учитывая, что
Это среднее взвешенное значение и называется математическим ожиданием случайной величины.
Математическим ожиданием случайной величины называется сумма произведений всех возможных значений с. в. на вероятности этих значений.
Заметим, что в выше приведенной формулировке определение математического ожидания справедлива только для дискретных случайных величин.
Для непрерывной величины x математическое ожидание, естественно выражается уже не суммой, а интегралом:
Где f(x)-плотность распределения случайной величины Х.
F(x)dx-элемент вероятности.
Кроме важнейшей из характеристик положение – математического ожидания, - на практике иногда применяются и другие характеристики положения, в частности мода и медиана
Модой случайной величины называется ее наиболее вероятное значение, строго говоря, применяем только x дискретным величинам
Для непрерывной случайной величины модой является то значение в котором плотность вероятности максимальна
Медианой с. в. X называется такое ее значение Ме, т. е. Одинаково вероятно, окажется ли случайная величина меньше или больше Ме
Геометрически медиана – это абсцисса точки, в которой площадь, ограниченная кривой распределения, делится попалам.
‘ PГрафик функции распределения имеет вид
Задача 5,50
На перекрестке стоит автоматический светофор, в котором
1минуту горит зеленый свет и 0,5 минуты-красный, затем 1 минуту горит зеленый свет,0,5 минут красный и,т,д
некто подъезжает к перекрестку на машине в случайный момент, не связанный с работой
светофора
а) найти вероятность того, что он проедет перекресток не останавливаясь
б)найти среднее время ожидания у перекрестка
Момент проезда автомашины через перекресток распределен равномерно в интервале, равном
Периоду смены цветов в светофоре
Этот период равен 1+0,5=1,5минут
Для того, чтобы машина проехала через перекресток, не останавливаясь, достаточно, чтобы
Момент проезда перекрестка пришелся на интервал времени (0,1)
Для случайной величены, подчиненный закону постоянной плотности в интервале (0,1,5)
Вероятность того,что она попадает на интервал (0,1) равна Время ожидания есть смешанная случайная величина,с вероятностью она равна 0,а с Вероятностью она принимает с одинаковой плотностью вероятности любое значение между 0 и 0,5 минут
Среднее время ожидания у перекрестка
Закон распределения Пуасона
Во многих задачах практики приходится иметь дело со случайными величинами распределенными по своеобразному закону который называется законом пуасона. Рассмотрим
Дискретную величину, которая может принимать только целые неотрицательные значения
0,1,2,..., m,...,
причем последовательность этих значений практически неограничена.
Говорят что случайная величина Х распределена по закону пуасона, если вероятность того, что
Она примет определенные значения m выражается формулой
где a- некоторая положительная величина называемая параметром Пуасона.Ряд распределения случайной величины Х, распределенный по закону Пуасона имеет вид;
Дисперсия величины Х равна
Вероятность попадания случайной величины, подчиненной нормальному закону на заданный участок.
Во многих задачах, связанных с нормально распределенными случайными величинами, приходится определять вероятность попадания случайной величины Х, подчиненной нормальному закону с параметрами
m, s,на участок от a до b .
Для вычисления этой вероятности воспользуемся общей формулой.
R (a < C< b) = F(b) – F(a) (1)
где F(b) - функция распределения величины Х в точке b
F(a)-функция распределения величины Х в точке a
Найдем функцию распределения F(x) случайной величины, распределенной по нормальному закону с параметрами m, s. Плотность
распределения величины Х равна:
Отсюда находим функцию распределения:
Сделаем в интеграле замену переменной:
И приведем его к виду:
Этот интеграл не выражается через элементарные функции, но для него
составлены таблицы.
Табличная функция распределения (так называемая таблица интеграла вероятностей) обозначается:
Нетрудно видеть, что эта функция представляет собой не что иное, как функцию распределения для нормально распределенной случайной
величины с параметрами m=0; s=1
Функция распределения Ф*(х) называется также нормальной функцией распределения.
Выразим функцию распределения величины Х с параметрами m,s через нормальную функцию распределения:
Теперь найдем вероятность попадания случайной величины Х на участок от a до b .
Согласно формуле (1):
Таким образом, мы выразим вероятность попадания на участок от a до
B случайной величины, распределенной по нормальному закону распределения с любыми параметрами, через стандартную функцию распределения Ф*(х) , соответствующую нормальному закону с параметрами m=0 и s=1. Заметим, что аргументы функции Ф* в последней формуле имеет простой смысл:
Есть расстояние от правого конца участка b до центра рассеяния, выраженное в средних квадратических отклонениях;
Есть такое же расстояние для левого конца участка, причем что расстояние считается положительным, если конец расположен справа от центра рассеяния, и отрицательным, если слева.
Как и всякая функция распределения, функция Ф*(х) обладает свойствами:
3.Ф*(х)- неубывающая функция.
Кроме того, из симметричности нормального распределения с параметрами m=0 и s=1 относительно начала координат следует, что
4.Ф*(-х)=1-Ф*(х).
Рассмотрим следующий пример.
Случайная величина Х, распределенная по нормальному закону, представляет собой ошибку измерения некоторого расстояния.
При измерении допускается систематическая ошибка в сторону завышения на 1,2(м); среднее квадратическое отклонение ошибки измерения равно 0,8(м).
Найти вероятность того, что отклонение измеренного значения от истинного не превзойдет по абсолютной величине 1,6(м).
Ошибка измерения есть случайная величина Х, подчиненная нормальному закону с параметрами m=12 , s=0,8.
Нужно найти вероятность попадания этой величины на участок от
a=--1,б до b= +1,6.
По формуле имеем:
Пользуясь таблицами функции Ф*(0,5)=0,6915 и Ф*(-3,5)=0,0002
Р(-1,6<х<1,6)=0,6915-0,0002=0,6913
Задача 5.48.
Браковка шариков для подшибников производится следующим образом:
если шарик не проходит через отверстие диаметром d2>d1, то его размер считается приемлемым. Если какое- нибудь из этих условий не выполняется, то шарик бракуется. Известно, что диаметр шарика Д есть нормально распределенная случайная величина с характеристиками
Определить вероятность q того, что шарик будет забракован.
q= 1- p(d1< d < d2);
Известно, что размер D шарика для подшипника является случайной величиной, распределенной по нормальному закону. Браковка шарика производится так же, как указанно в предыдущей задаче. При этом известно, что средний размер шарика равен
А брак составляет 10% от всего выпуска.Определить среднее квадратическое отклонение диаметра шарика sd.
Аналогично предыдущей задаче вероятность брака
Откуда
Задача 5-54
Случайная величина х подчинена нормальному закону с математическим мх=0.Вероятность показания этой случайной величины на участках от -1 до 1 равна 0.5.
Найти среднее квадратичное отклонение и написать выражение нормального закона
Откуда четность распределения
Построим график функции четность распределения
x
| -5
| -4
| -3
| -2
| -1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| -5,68
| -3,64
| -2,05
| -0,91
| -0,22
|
| -0,22
| -0,91
| -2,05
| -3,64
| -5,68
|
| 0,003
| 0,026
| 0,129
| 0,403
| 0,803
|
| 0,803
| 0,403
| 0,129
| 0,026
| 0,003
|
| 0,001
| 0,01
| 0,03
| 0,11
| 0,22
| 0,3
| 0,22
| 0,11
| 0,03
| 0,01
| 0,001
|
Здесь должен быть график
Задача 5-58.
Имеется случайная величина х, подчиненная нормальному закону е математическим ожиданием мх, а средним квадратичным отклонением сигма от х. Требуется приближенно
Заменить нормальный закон законом постоянной плотности в интервале альфа, бета; границы альфа, бета подобрать так, чтобы сохранить неизменными основные характеристики случайной величины х: математическое ожидание и дисперсию.
-2
| -1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| -5,68
| -3,64
| -2,05
| -0,91
| -0,22
|
| -0,22
| -0,91
| -2,05
| -3,64
| -5,68
|
| 0,0033
| 0,0262
| 0,1287
| 0,4025
| 0,8025
|
| 0,8025
| 0,4025
| 0,1287
| 0,0262
| 0,033
|
| 0,001
| 0,01
| 0,03
| 0,11
| 0,22
| 0,270
| 0,22
| 0,11
| 0,03
| 0,01
| 0,001
|
Вариант 2
Случайная величина Х подчинена нормальному закону с математиче-ским ожиданием Мх=6. Вероятность попадания этой случайной величины на участок от 4 до8 равна 0,6. Найти среднее квадратичное отклонение и написать выражение нормального закона. Построить график плотности распределения.
Откуда плотность распределения
Построим график плотности распределения.
х
| -1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| -4,36
| -3,04
| -2,20
| -1,35
| -0,76
| -0,34
| -0,08
|
| -0,08
| -0,34
| -0,76
| -1,35
| -2,20
| -3,04
| -4,36
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПРАВИЛО ТРЕХ s
Пусть нормальная величина Х распределена по нормальному закону с параметрами М и s. Ппокажем что с точностью до 03% случается величина подчиненная закону принимает возможные значения не отклоняющиеся от центра рассеяния на ± 3s.
Мы хотим найти что
Не превысит 0003
Правило 3s в статистике имеет большое значение.
Одно из самых распространенных правил 3s - это отсеивающий экспери-мент. При отсеивающем эксперименте производят отсеивание выбросов.
Основные задачи математической статистики
Следствием двух основных теорем теории вероятностей – теоремы сложения и умножения – являются формулы полной вероятности и формулы Бейеса.
На языке алгебры событий набор , , ¼, называется полной группой событий
, если:
1. События попарно несовместны, т.е. , , ;.
2. В сумме составляют все вероятностное пространство .
Теорема 5 (Формула полной вероятности).
Если событие А
может произойти только при условии появления одного из событий (гипотез) , ,¼,, образующих полную группу, то вероятность события А
равна
Доказательство.
Так как гипотезы , ,¼,– единственно возможные, а событие A
по условию теоремы может произойти только вместе с одной из гипотез, то . Из несовместности гипотез следует несовместность .
Применяем теорему сложения вероятностей в виде (6):
По теореме умножения . Подставляя данное представление в формулу (13), окончательно имеем: , что и требовалось доказать.
Пример 8.
Экспортно-импортная фирма собирается заключить контракт на поставку сельскохозяйственного оборудования в одну из развивающихся стран. Если основной конкурент фирмы не станет одновременно претендовать на заключение контракта, то вероятность получения контракта оценивается в 0,45; в противном случае – в 0,25. По оценкам экспертов компании вероятность того, что конкурент выдвинет свои предложения по заключению контракта, равна 0,40. Чему равна вероятность заключения контракта?
Решение.
А -
«фирма заключит контракт», - «конкурент выдвинет свои предложения», - «конкурент не выдвинет свои предложения». По условию задачи , . Условные вероятности по заключению контракта для фирмы , . По формуле полной вероятности
Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является формула Бейеса.
Формула Байеса
позволяет пересчитать вероятность каждой из гипотез, при условии, что событие произошло. (Она применяется, когда событие А
, которое может появиться только с одной из гипотез, образующих полную группу событий, произошло и необходимо провести количественную переоценку априорных вероятностей этих гипотез известных до испытания, т.е. надо найти апостериорные (получаемые после проведения испытания) условные вероятности гипотез) , ,…, .
Теорема 6 (Формула Бейеса).
Если событие А
произошло, то условные вероятности гипотез вычисляются по формуле, которая носит название формулы Бейеса:
Доказательство.
Для получения искомой формулы запишем теорему умножения вероятностей событий А
и в двух формах:
откуда что и требовалось доказать.
Значение формулы Бейеса состоит в том, что при наступлении события А,
т.е. по мере получения новой информации, мы можем проверять и корректировать выдвинутые до испытания гипотезы. Такой подход, называемый бейесовским, дает возможность корректировать управленческие решения в экономике, оценки неизвестных параметров распределения изучаемых признаков в статистическом анализе и т.п.
Задача 9.
Группа состоит из 6 отличников, 12 хорошо успевающих студентов и 22 студентов, успевающих посредственно. Отличник отвечает на 5 и 4 с равной вероятностью, хорошист отвечает на 5, 4 и 3 с равной вероятностью, и посредственно успевающий студент отвечает на 4, 3 и 2 с равной вероятностью. Случайно выбранный студент ответил на 4. Какова вероятность того, что был вызван посредственно успевающий студент?
Решение.
Рассмотрим три гипотезы:
Рассматриваемое событие . Из условия задачи известно, что
, , .
Найдем вероятности гипотез. Поскольку в группе всего 40 студентов, а отличников 6, то . Аналогично, , . Применяя формулу полной вероятности, находим
Теперь применим к гипотезе формулу Байеса:
Пример 10.
Экономист-аналитик условно подразделяет экономическую ситуацию в стране на «хорошую», «посредственную» и «плохую» и оценивает их вероятности для данного момента времени в 0,15; 0,70 и 0,15 соответственно. Некоторый индекс экономического состояния возрастает с вероятностью 0,60, когда ситуация «хорошая»; с вероятностью 0,30, когда ситуация посредственная, и с вероятностью 0,10, когда ситуация «плохая». Пусть в настоящий момент индекс экономического состояния возрос. Чему равна вероятность того, что экономика страны на подъеме?
Решение.
А
= «индекс экономического состояния страны возрастет», Н 1
= «экономическая ситуация в стране «хорошая»», Н 2
= «экономическая ситуация в стране «посредственная»», Н 3
= «экономическая ситуация в стране «плохая»». По условию: , , . Условные вероятности: ,, . Требуется найти вероятность . Находим ее по формуле Бейеса:
Пример 11.
В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в соотношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступающие от 1-го, 2-го и 3-го поставщиков, не потребуют ремонта в течение гарантийного срока соответственно в 98%, 88% и 92% случаев.
Следствием
обеих основных теорем – теоремы сложения вероятностей и теоремы умножения
вероятностей – является так называемая формула полной вероятности.
Пусть
требуется определить вероятность некоторого события , которое может произойти вместе
с одним из событий:
образующих полную группу
несовместных событий. Будем эти события называть гипотезами.
Докажем, что в
этом случае
, (3.4.1)
т.е. вероятность события вычисляется как сумма
произведений вероятности каждой гипотезы на вероятность события при этой
гипотезе.
Формула
(3.4.1) носит название формулы полной вероятности.
Доказательство. Так как гипотезы образуют полную
группу, то событие может
появиться только в комбинации с какой-либо из этих гипотез:
Так как
гипотезы несовместны,
то и комбинации также
несовместны; применяя к ним теорему сложения, получим:
Применяя к
событию теорему
умножения, получим:
,
что и требовалось доказать.
Пример 1. Имеются три одинаковые на вид
урны; в первой урне два белых и один черный шар; во второй – три белых и один
черный; в третьей – два белых и два черных шара. Некто выбирает наугад одну из
урн и вынимает из нее шар. Найти вероятность того, что этот шар белый.
Решение. Рассмотрим три гипотезы:
Выбор первой урны,
Выбор второй урны,
Выбор третьей урны
и событие – появление белого шара.
Так как
гипотезы, по условию задачи, равновозможные, то
.
Условные вероятности события при этих гипотезах
соответственно равны:
По формуле
полной вероятности
.
Пример 2. По самолету производится три
одиночных выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле равна 0,4, при
втором – 0,5, при третьем 0,7. Для вывода самолета из строя заведомо достаточно
трех попаданий; при одном попадании самолет выходит из строя с вероятностью
0,2, при двух попаданиях – с вероятностью 0,6. Найти вероятность того, что в
результате трех выстрелов самолет будет выведен из строя.
Решение. Рассмотрим четыре гипотезы:
В самолет не попало
ни одного снаряда,
В самолет попал один
снаряд,
В самолет попало два
снаряда,
В самолет попало три
снаряда.
Пользуясь
теоремами сложения и умножения, найдем вероятности этих гипотез:
Условные
вероятности события (выход
самолета из строя) при этих гипотезах равны:
Применяя
формулу полной вероятности, получим:
Заметим, что
первую гипотезу можно
было бы и не вводить в рассмотрение, так как соответствующий член в формуле
полной вероятности обращается в нуль. Так обычно и поступают при применении
формулы полной вероятности, рассматривая не полную группу несовместных гипотез,
а только те из них, при которых данное событие возможно.
Пример 3. Работа двигателя контролируется
двумя регуляторами. Рассматривается определенный период времени , в течение которого
желательно обеспечить безотказную работу двигателя. При наличии обоих
регуляторов двигатель отказывается с вероятностью , при работе только первого из них – с
вероятностью ,
при работе только второго - , при отказе обоих регуляторов – с
вероятностью .
Первый из регуляторов имеет надежность , второй - . Все элементы выходят из строя независимо
друг от друга. Найти полную надежность (вероятность безотказной работы)
двигателя.
1.
Формула полной вероятности.
Пусть событие А может наступить
при условии появления одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n , которые образуют
полную группу. Пусть известны вероятности этих событий и условные вероятности
P(A/B 1), P(A/B 2), ..., P(A/B n)
события А. Требуется найти вероятность события
А.
Теорема:
Вероятность события А, которое может
наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий
B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n
, образующих полную
группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на
соответствующую условную вероятность события А:
– Формула полной вероятности.
Доказательство:
По условию, событие А
может наступить, если наступит одно из несовместных событий
B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n
. Другими словами,
появление события А означает осуществление одного (безразлично какого) из
несовместных событий:
B 1 *A, B 2
*A
, B 3
*A
, ..., B n
*A
. Пользуясь теоремой
сложения, получим:
По теореме умножения
вероятностей зависимых событий имеем:
ч.т.д.
Пример:
Имеется 2
набора деталей. Вероятность того, что деталь из первого набора стандартна,
равна 0,8, а для второго набора- 0,9. Найдите вероятность того, что взятая
наудачу деталь (из наудачу взятого набора) стандартна.
Решение:
Событие А- «Извлеченная деталь стандартна». Событие -«Извлекли
деталь, изготовленную 1 заводом». Событие - «Извлекли деталь, изготовленную
вторым заводом». Р(B 1
)=Р(B 2)=
1/2.Р(А /
B 1
)=0,8- вероятность, что
деталь, изготовленная на первом заводе, стандартна. Р(А /
B 2
)=0,9- вероятность, что
деталь, изготовленная на втором заводе, стандартна.
Тогда, по формуле полной
вероятности, имеем:
Пример:
Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводами
№1 и 2 коробки деталей, изготовленных заводом №2. Вероятность того, что деталь,
изготовленная заводом №1, стандартна равна 0,8. Для завода №2 эта вероятность
равна 0,9. Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу выбранной коробки. Найдите
вероятность того, что извлечена стандартная деталь.
Решение:
Событие А- «Извлечена стандартная деталь». Событие B 1 - «Извлечена деталь из
коробки завода №1». Событие
B 2
- «Извлечена деталь из
коробки завода № 2». Р(B 1)=
3/5. Р(B 2
)=
2/5.
Р(А /
B 1)=0,8- вероятность, что
деталь, изготовленная на первом заводе, стандартна. Р(А /
B 2)=0,9- вероятность, что
деталь, изготовленная на втором заводе, стандартна.
Пример:
В первой коробке лежит 20 радиоламп, из
них- 18 стандартных. Во второй коробке лежит 10 радиоламп, из них- 9
стандартных. Из второй коробки в первую наудачу переложена одна радиолампа.
Найдите вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки,
будет стандартной.
Решение:
Событие А-« Из 1 коробки извлекли
стандартную лампу». Событие
B 1 -«Из второй в первую
коробку переложили стандартную лампу». Событие
B 2 -«Из второй в первую
коробку переложили нестандартную лампу». Р(B 1
)=
9/10. Р(B 2)=
1/10.Р(А /
B 1)=
19/21
- вероятность вытащить из первой коробки
стандартную деталь, при условии, что была переложена в нее так же стандартная.
Р(А /
B 2
)=
18/21
- вероятность вытащить из первой коробки
стандартную деталь, при условии, что была переложена в нее нестандартная.
2.
Формул гипотез Томаса Байеса.
Пусть событие А может наступить при условии появления
одного из несовместных событий B 1 , B 2 , B 3 , ..., B n
, образующих полную
группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их
называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле
полной вероятности, рассмотренной ранее.
Допустим, что произведено испытание, в
результате которого произошло событие А. Поставим своей задачей определить, как
изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез.
Другими словами, будем искать условные вероятности
P(B 1 /A), P(B 2 /A), ..., P(B n /A)
Найдем условную вероятность
P(B 1 /A)
. По теореме умножения
имеем:
Отсюда следует:
Аналогично выводятся формулы,
определяющие условные вероятности остальных гипотез, т.е. условная вероятность
любой гипотезу
B k (i
=1, 2, …,
n
) может быть вычислена
по формуле:
Формулы гипотез
Томаса Байеса.
Томас Байес (английский математик) опубликовал формулу в
1764 году.
Данные формулы позволяют переоценить вероятности гипотез
после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого
появилось событие А.
Пример:
Детали,
изготовленные цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному
из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадет к первому контролеру,
равна 0,6, ко второму- 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана
стандартной первым контролером, равна 0,94, для второго контролера эта
вероятность равна 0,98.Годная деталь
при проверке была признана стандартной. Найдите вероятность того, что эту
деталь проверил первый контролер.
Решение:
Событие
А- «Годная деталь признана стандартной». Событие B 1 - «Деталь проверял
первый контролер». Событие
B 2 - «Деталь проверил
второй контролер». Р(B 1
)=0,6. Р(B 2
)=0,4.
Р(А /
B 1)=0,94- вероятность,
что деталь, проверенная первым контролером, признана стандартной.
Р(А /
B 2)=0,98 - вероятность,
что деталь, проверенная вторым контролером, признана стандартной.
Тогда:
Пример:
Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях
выделено из первой группы курса-4 человека, из второй- 6 человек, из третьей- 5
человек. Вероятность того, что студент первой группы попадет в сборную, равна
0,9, для студентов второй и третьей групп эти вероятности соответственно равны
0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную К
какой из групп, вероятнее всего, он принадлежит?
Решение:
Событие
А- «Наудачу выбранный студент, попал в сборную института». Событие B 1 - «Наудачу выбран
студент из первой группы».
Событие B 2 - «Наудачу выбран
студент из второй группы».
Событие B 3 - «Наудачу выбран
студент из третьей группы». Р(B 1)=
4/15
. Р(B 2)=
6/15. Р(B 3)=
5/15
.
Р(А /
B 1)=0,9- вероятность, что
студент из первой группы попадет в сборную.
Р(А /
B 2)=0,7- вероятность, что
студент из второй группы попадет в сборную.
Р(А /
B 3
)=0,8- вероятность, что
студент из третьей группы попадет в сборную.
Тогда:
Вероятность, что в сборную попал студент из
первой группы.
Вероятность, что в сборную попал студент из
второй группы.
Вероятность, что в сборную попал студент из
третьей группы.
Вероятнее всего в сборную попадет студент
из второй группы.
Пример:
При отклонении от нормального режима работы автомата сработает
сигнализатор С 1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С 2 сработает с вероятностью
1. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С 1 или С 2 соответственно
равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат
снабжен сигнализатором С 1 или С 2 ?
Решение:
Событие А-«Получен сигнал о разделке автомата». Событие
B 1
-« Автомат снабжен
сигнализатором С1. Событие
B 2 - «Автомат снабжен
сигнализатором С2. Р(B 1
)= 0,6. Р(B 2)= 0,8.
Р(А /
B 1)=0,8- вероятность, что
будет получен сигнал, при условии, что автомат снабжен сигнализатором С1.
Р(А /
B 2
)=1- вероятность, что будет
получен сигнал, при условии, что автомат снабжен сигнализатором С2.
Тогда:
Вероятность, что при
получении сигнала о разделке автомата, сработал сигнализатор С1.
Вероятность, что при
получении сигнала о разделке автомата, сработал сигнализатор С2.
Т.е. вероятнее, что при разделке автомата
будет получен сигнал от сигнализатора С1.
Пример №1
. Предприятие, производящее компьютеры, получает одинаковые комплектующие детали от трех поставщиков. Первый поставляет 50 % всех комплектующих деталей, второй - 20 %, третий - 30 % деталей.
Известно, что качество поставляемых деталей разное, и в продукции первого поставщика процент брака составляет 4 %, второго - 5 %, третьего - 2 %. Определить вероятность того, что деталь, выбранная наудачу из всех полученных, будет бракованной.
Решение
. Обозначим события: A - «выбранная деталь бракована», H i - «выбранная деталь получена от i-го поставщика», i =1, 2, 3 Гипотезы H 1 , H 2 , H 3 образуют полную группу несовместных событий. По условию
P(H 1) = 0.5; P(H 2) = 0.2; P(H 3) = 0.3
P(A|H 1) = 0.04; P(A|H 2) = 0.05; P(A|H 3) = 0.02
По формуле полной вероятности (1.11) вероятность события A равна
P(A) = P(H 1) · P(A|H 1) + P(H 2) · P(A|H 2) + P(H 3) · P(A|H 3) = 0.5 · 0.04 + 0.2 · 0.05 + 0.3 · 0.02=0.036
Вероятность того, что выбранная наудачу деталь окажется бракованной, равна 0.036.
Пусть в условиях предыдущего примера событие A уже произошло: выбранная деталь оказалась бракованной. Какова вероятность того, что она была получена от первого поставщика? Ответ на этот вопрос дает формула Байеса .
Мы начинали анализ вероятностей, имея лишь предварительные, априорные значения вероятностей событий. Затем был произведен опыт (выбрана деталь), и мы получили дополнительную информацию об интересующем нас событии. Имея эту новую информацию, мы можем уточнить значения априорных вероятностей. Новые значения вероятностей тех же событий будут уже апостериорными (послеопытными) вероятностями гипотез (рис. 1.5).
Схема переоценки гипотез
Пусть событие A может осуществиться лишь вместе с одной из гипотез H 1 , H 2 , …, H n (полная группа несовместных событий). Априорные вероятности гипотез мы обозначали P(H i) условные вероятности события A - P(A|H i), i = 1, 2,…, n. Если опыт уже произведен и в результате него наступило событие A, то апостериорными вероятностями гипотез будут условные вероятности P(H i |A), i = 1, 2,…, n. В обозначениях предыдущего примера P(H 1 |A) - вероятность того, что выбранная деталь, оказавшаяся бракованной, была получена от первого поставщика.
Нас интересует вероятность события H k |A Рассмотрим совместное наступление событий H k и A то есть событие AH k . Его вероятность можно найти двумя способами, используя формулы умножения (1.5) и (1.6):
P(AH k) = P(H k)P(A|H k);
P(AH k) = P(A)P(H k |A).
Приравняем правые части этих формул
P(H k) · P(A|H k) = P(A) · P(H k |A),
отсюда апостериорная вероятность гипотезы H k равна
В знаменателе стоит полная вероятность события A. Подставив вместо P(A) ее значение по формуле полной вероятности (1.11), получим:
(1.12)
Формула (1.12) называется формулой Байеса
и применяется для переоценки вероятностей гипотез.
В условиях предыдущего примера найдем вероятность того, что бракованная деталь была получена от первого поставщика. Сведем в одну таблицу известные нам по условию априорные вероятности гипотез P(H i) условные вероятности P(A|H i) рассчитанные в процессе решения совместные вероятности P(AH i) = P(H i) · P(A|H i) и рассчитанные по формуле (1.12) апостериорные вероятности P(H k |A), i,k = 1, 2,…, n (табл. 1.3).
Таблица 1.3 - Переоценка гипотез
Гипотезы
H i
| Вероятности
|
Априорные P(H i)
| Условные P(A|H i)
| Совместные P(AH i)
| Апостериорные P(H i |A)
|
1
| 2
| 3
| 4
| 5
|
H 1 - деталь получена от первого поставщика
| 0.5
| 0.04
| 0.02
|
|
H 2 - деталь получена от второго поставщика
| 0.2
| 0.05
| 0.01
|
|
H 3 - деталь получена от третьего поставщика
| 0.3
| 0.02
| 0.006
|
|
Сумма
| 1.0
| -
| 0.036
| 1
|
Рассмотрим последнюю строку этой таблицы. Во второй колонке стоит сумма вероятностей несовместных событий H 1 , H 2 , H 3 , образующих полную группу:
P(Ω) = P(H 1 + H 2 + H 3) = P(H 1) + P(H 2) + P(H 3) = 0.5 + 0.2 + 0.3 = 1
В четвертой колонке значение в каждой строке (совместные вероятности) получено по правилу умножения вероятностей перемножением соответствующих значений во второй и третьей колонках, а в последней строке 0.036 - есть полная вероятность события A (по формуле полной вероятности).
В колонке 5 вычислены апостериорные вероятности гипотез по формуле Байеса (1.12):
Аналогично рассчитываются апостериорные вероятности P(H 2 |A) и P(H 3 |A), причем числитель дроби - совместные вероятности, записанные в соответствующих строках колонки 4, а знаменатель - полная вероятность события A, записанная в последней строке колонки 4.
Сумма вероятностей гипотез после опыта равна 1 и записана в последней строке пятой колонки.
Итак, вероятность того, что бракованная деталь была получена от первого поставщика, равна 0.555. Послеопытная вероятность больше априорной (за счет большого объема поставки). Послеопытная вероятность того, что бракованная деталь была получена от второго поставщика, равна 0.278 и также больше доопытной (за счет большого количества брака). Послеопытная вероятность того, что бракованная деталь была получена от третьего поставщика, равна 0.167.
Пример №3
. Имеются три одинаковые урны; в первой урне два белых и один черный шар; во второй - три белых и один черный; в третьей - два белых и два черных шара. Для опыта наугад выбрана одна урна и из нее вынут шар. Найдите вероятность того, что этот шар белый.
Решение.
Рассмотрим три гипотезы: H 1 - выбрана первая урна, H 2 - выбрана вторая урна, H 3 - выбрана третья урна и событие A - вынут белый шар.
Так как гипотезы по условию задачи равновозможны, то
Условные вероятности события A при этих гипотезах соответственно равны:
По формуле полной вероятности
Пример №4
. В пирамиде стоят 19 винтовок, из них 3 с оптическим прицелом. Стрелок, стреляя из винтовки с оптическим прицелом, может поразить мишень с вероятностью 0,81, а стреляя из винтовки без оптического прицела, - с вероятностью 0,46. Найдите вероятность того, что стрелок поразит мишень, стреляя из случайно взятой винтовки.
Решение.
Здесь первым испытанием является случайный выбор винтовки, вторым - стрельба по мишени. Рассмотрим следующие события: A - стрелок поразит мишень; H 1 - стрелок возьмет винтовку с оптическим прицелом; H 2 - стрелок возьмет винтовку без оптического прицела. Используем формулу полной вероятности. Имеем
Учитывая, что винтовки выбираются по одной, и используя формулу классической вероятности, получаем: P(H 1) = 3/19, P(H 2) = 16/19.
Условные вероятности заданы в условии задачи: P(A|H 1) = 0;81 и P(A|H 2) = 0;46. Следовательно,
Пример №5
. Из урны, содержащей 2 белых и 3 черных шара, наудачу извлекаются два шара и добавляется в урну 1 белый шар. Найдите вероятность того, что наудачу взятый шар окажется белым.
Решение.
Событие “извлечен белый шар” обозначим через A. Событие H 1 - наудачу извлекли два белых шара; H 2 - наудачу извлекли два черных шара; H 3 - извлекли один белый шар и один черный. Тогда вероятности выдвинутых гипотез
Условные вероятности при данных гипотезах соответственно равны: P(A|H 1) = 1/4 - вероятность извлечь белый шар, если в урне в данный момент один белый и три черных ша-ра, P(A|H 2) = 3/4 - вероятность извлечь белый шар, если в урне в данный момент три белых и один черный шар, P(A|H 3) = 2/4 = 1/2 - вероятность извлечь белый шар, если в урне в данный момент два белых и два черных шара. В соответствии с формулой полной вероятности
Пример №6
. Производится два выстрела по цели. Вероятность попадания при первом выстреле 0,2, при втором - 0,6. Вероятность разрушения цели при одном попадании 0,3, при двух - 0,9. Найдите вероятность того, что цель будет разрушена.
Решение. Пусть событие A - цель разрушена. Для этого достаточно попадания с одного выстрела из двух или поражение цели подряд двумя выстрелами без промахов. Выдвинем гипотезы: H 1 - оба выстрела попали в цель. Тогда P(H 1) = 0,2 · 0,6 = 0;12. H 2 - либо первый раз, либо второй раз был совершен промах. Тогда P(H 2) = 0,2 · 0,4 + 0,8 · 0,6 = 0,56. Гипотеза H 3 - оба выстрела были промахи - не учитывается, так как вероятность разрушения цели при этом нулевая. Тогда условные вероятности соответственно равны: вероятность разрушения цели при условии обоих удачных выстрелов равна P(A|H 1) = 0,9, а вероятность разрушения цели при условии только одного удачного выстрела P(A|H 2) = 0,3. Тогда вероятность разрушения цели по формуле полной вероятности равна.