Varbūtības izpratne (pētīšana) sākas tur, kur beidzas klasiskais varbūtības teorijas kurss. Nez kāpēc skolās un universitātēs māca biežuma (kombinatorijas) varbūtību jeb varbūtību tam, kas ir noteikts. Cilvēka smadzenes darbojas savādāk. Mums ir teorijas (viedokļi) par visu pasaulē. Mēs subjektīvi novērtējam noteiktu notikumu iespējamību. Mēs varam arī mainīt savas domas, ja notiek kas negaidīts. Tas ir tas, ko mēs darām katru dienu. Piemēram, satiekot draugu pie Puškina pieminekļa, jūs saprotat, vai viņa būs laikā, 15 minūtes nokavēs vai pusstundu. Bet, izkāpjot laukumā no metro un redzot 20 cm svaiga sniega, jūs atjaunināsit savas varbūtības, lai ņemtu vērā jaunos datus.

Šo pieeju pirmo reizi aprakstīja Bayes un Laplass. Lai gan Laplass, manuprāt, viņš nebija pazīstams ar Beiisa darbu. Man nezināmu iemeslu dēļ Beijesa pieeja krievu valodas literatūrā ir diezgan vāji pārstāvēta. Salīdzinājumam atzīmēju, ka, kad tiek prasīts Bayes, Ozon ražo 4 saites, bet Amazon - apmēram 1000.

Šī piezīme ir nelielas angļu grāmatas tulkojums, un tā sniegs jums intuitīvu izpratni par to, kā izmantot Beijesa teorēmu. Tas sākas ar definīciju un pēc tam izmanto piemērus programmā Excel, lai palīdzētu jums sekot līdzi visai argumentācijai.

Skots Hārtšorns. Bayes teorēmu piemēri: vizuāls ceļvedis iesācējiem. – 2016, 82 lpp.

Lejupielādējiet piezīmi formātā vai formātā, piemērus formātā

Bayes teorēmas un intuitīvā skaidrojuma definīcija

Bayes teorēma

kur A un B ir notikumi, P(A) un P(B) ir A un B varbūtības, neņemot vērā viena otru, P(A|B) ir notikuma A nosacītā varbūtība ar nosacījumu, ka B ir patiesa, P (B|A) ir B nosacītā varbūtība, ja A ir patiesa.

Patiesībā vienādojums ir nedaudz sarežģītāks, taču lielākajai daļai lietojumu ar to pietiek. Aprēķina rezultāts ir vienkārši normalizēta svērtā vērtība, kuras pamatā ir sākotnējais minējums. Tātad, veiciet savu sākotnējo minējumu, nosveriet to ar citām sākotnējām iespējām, normalizējiet to, pamatojoties uz novērojumiem:

Risinot problēmas, mēs veiksim šādas darbības (tās kļūs skaidrākas vēlāk):

1. Nosakiet, kuras varbūtības mēs vēlamies aprēķināt un kuras mēs novērojam.
2. Novērtējiet sākotnējās varbūtības visām iespējamām iespējām.
3. Pieņemot, ka noteikta sākotnējā opcija ir patiesa, aprēķiniet mūsu novērojuma varbūtību; un tā tālāk visām sākotnējām opcijām.
4. Atrodiet svērto vērtību kā sākotnējās varbūtības (2. darbība) un nosacītās varbūtības (3. darbība) reizinājumu un tā tālāk katrai sākotnējai opcijai.
5. Normalizējiet rezultātus: sadaliet katru svērto varbūtību (4. solis) ar visu svērto varbūtību summu; normalizēto varbūtību summa = 1.
6. Atkārtojiet 2.–5. darbību katram jaunam novērojumam.

Piemērs 1. Vienkāršs piemērs ar kauliņiem

Pieņemsim, ka jūsu draugam ir 3 kauliņi: ar 4, 6 un 8 malām. Viņš nejauši izvēlas vienu no tiem, jums to nerāda, iemet un ziņo par rezultātu - 2. Aprēķiniet varbūtību, ka tika izvēlēta 4-puse, 6-sided vai 8-sided.

1. solis. Mēs vēlamies aprēķināt 4-edrona, 6-edrona vai 8-hedra izvēles iespējamību. Mēs redzam izlozēto skaitli - 2.

Solis 2. Tā kā bija 3 kauliņi, sākotnējā varbūtība izvēlēties katru no tiem ir 1/3.

Solis 3. Novērojums – kauliņš nokrita uz 2. malas. Ja tika ņemta četrpusīga mala, iespēja, ka tas notiks, ir 1/4. Ja kauliņš ir 6 pusējs, iespēja mest 2 ir 1/6. Oktaedram – 1/8.

4. darbība. Ritināšana ar 2 — 4 pusējiem = 1/3 * 1/4 = 1/12, 6 pusējiem = 1/3 * 1/6 = 1/18, 8 pusējiem = 1/ 3 * 1/8 = 1/24.

5. darbība. Kopējā a ripināšanas varbūtība 2 = 1/12 + 1/18 + 1/24 = 13/72. Šis skaitlis ir mazāks par 1, jo iespēja iemest 2 ir mazāka par 1. Bet mēs zinām, ka mēs jau esam iemetuši 2. Tādējādi mums ir jāsadala katras 4. darbības opcijas izredzes ar 13/72, lai visu izredzes summa visiem kauliņiem, kas ir 2., būtu vienāda ar 1. Šo procesu sauc par normalizāciju.

Normalizējot katru svērto varbūtību, mēs atrodam varbūtību, ka tika izvēlēts šis konkrētais kauliņš:

• tetragons = (1/12) / (13/72) = 6/13
• Sešstūris = (1/18) / (13/72) = 4/13
• Oktaedrs = (1/24) / (13/72) = 3/13

Un šī ir atbilde.

Uzsākot problēmas risināšanu, pieņēmām, ka varbūtība izvēlēties konkrētu kaulu ir 33,3%. Pēc 2 ripināšanas mēs aprēķinājām, ka iespēja, ka sākotnēji tika izvēlēts 4 pusējs, palielinājās līdz 46,1%, iespēja izvēlēties 6 pusējo samazinājās līdz 30,8%, un iespēja, ka tiks izvēlēts 8 pusējais. pilnībā līdz 23,1%.

Veicot vēl vienu metienu, mēs varētu izmantot jaunos aprēķinātos procentus kā sākotnējos minējumus un precizēt varbūtības, pamatojoties uz otro novērojumu.

Ja jums ir tikai viens novērojums, ir ērti visas darbības parādīt tabulas veidā:

Tabula. 1. Soli pa solim risinājums tabulas veidā (formulas skatiet Excel failā uz lapas 1. piemērs)

Lūdzu, ņemiet vērā:

• Ja, piemēram, 2 vietā būtu izskrējis 7, tad iespēja 3. solī 4 un 6 malām būtu nulle, un pēc normalizācijas 8 malu izredzes būtu 100 %.
• Tā kā piemērā ir iekļauti tikai trīs kauliņi un viens metiens, mēs izmantojām vienkāršas daļskaitļus. Lielākajai daļai problēmu ar lielu opciju un notikumu skaitu ir vieglāk strādāt ar decimāldaļām.

2. piemērs: vairāk kaulu. Vairāk metienu

Šoreiz mums ir 6 kauliņi ar 4, 6, 8, 10, 12 un 20 malām. Mēs nejauši izvēlamies vienu no tiem un ripinām to 15 reizes. Kāda ir varbūtība, ka tika izvēlēts konkrēts kauls?

Es izmantoju modeli programmā Excel (1. attēls; skatiet lapu 2. piemērs). Nejauši skaitļi tiek ģenerēti kolonnā B, izmantojot funkciju =RANDBETWEEN(1,$B$9). Šajā gadījumā šūnai B9 ir atlasīts astoņstūris, tāpēc nejaušie skaitļi var būt no 1 līdz 8. Tā kā programma Excel atjaunina nejaušos skaitļus pēc katrām izmaiņām darblapā, es nokopēju B kolonnu starpliktuvē un ielīmēju tikai vērtības C kolonna. Tagad vērtības vairs nav mainītas un tiks izmantotas turpmākajiem zīmējumiem. (Esmu pievienojis jums iespēju "spēlēties", izvēloties malu skaitu un nejaušus ruļļus uz lapas Spēles piemērs 2. Īpaši interesanti rezultāti tiek iegūti, ja šūnā B9 iestatāt skaitli 13 🙂 - Piezīme Baguzina.)

Rīsi. 1. Gadījuma skaitļu ģenerators

2. solis. Tā kā ir tikai seši kauliņi, varbūtība, ka vienu nejauši izvēlēsies, ir 1/6 jeb 0,167.

3. un 4. darbība. Uzrakstiet vienādojumu varbūtībai, ka pēc atbilstošā metiena sākotnēji tiks izvēlēts konkrēts kauliņš. Kā redzējām 1. piemēra beigās, daži metieni var neatbilst noteiktiem kauliņiem. Piemēram, metot 9, 4, 6 un 8 malu kauliņa varbūtība ir vienāda ar nulli. Ja tiek izmests “likumīgs” skaitlis, tad tā varbūtība dotajam kauliņam ir vienāda ar vienu, kas dalīts ar šķautņu skaitu. Ērtības labad mēs apvienojām 3. un 4. darbību, tāpēc uzreiz pierakstām formulu metiena varbūtībai, kas reizināta ar normalizēto varbūtību pēc iepriekšējā metiena (2. att.):

IF(rullis > seju skaits; 0; 1/šķēršļu skaits * iepriekšējā normalizētā varbūtība)

Ja lietojat to uzmanīgi, varat vilkt šo formulu uz visām rindām.

Rīsi. 2. Varbūtības vienādojums; Lai palielinātu attēlu, ar peles labo pogu noklikšķiniet uz tā un atlasiet Atvērt attēlu jaunā cilnē

5. solis. Pēdējais solis ir rezultātu normalizēšana pēc katra metiena (3. attēlā laukums L11:R28).

Rīsi. 3. Rezultātu normalizēšana

Tātad, pēc 15 metieniem ar varbūtību 96,4%, mēs varam pieņemt, ka sākotnēji izvēlējāmies 8-pusēju matricu. Lai gan joprojām pastāv iespēja, ka tika izvēlēts kauls ar b O lielāks malu skaits: 3,4% 10 malu matricai, 0,2% 12 šķautņu matricai, 0,0001% 20 šķautņu matricai. Bet 4 un 6 malu kauliņu varbūtība ir nulle, jo izvilktie skaitļi bija 7 un 8. Tas, protams, atbilst faktam, ka šūnā B9 ievadījām skaitli 8, ierobežojot nejaušā skaitļa vērtības. ģenerators.

Ja mēs attēlosim katras sākotnējās kauliņu izvēles varbūtību, metienu pēc metiena, mēs redzēsim (4. attēls):

• Pēc pirmā metiena varbūtība izvēlēties četrpusīgu kauliņu nokrītas līdz nullei, jo uzreiz tiek ripināts 6. Līdz ar to vadību uzņēmās 6 malu kauliņu variants.
• Pirmajos dažos metienos 6 malu kauliņam ir vislielākā varbūtība, jo tam ir vismazāk malu starp kauliņiem, ko var mest.
• Piektajā metienā parādās 8, 6 malu varbūtība nokrītas līdz nullei, un 8-puse kļūst par līderi.
• Pirmajos metienos 10, 12 un 20 malu kauliņu iespējamība pakāpeniski samazinājās, un pēc tam tika novērota smaile, kad 6 malu kauliņš izkrita no sacensībām. Tas ir tāpēc, ka rezultāti tika normalizēti uz daudz mazāku paraugu.

Rīsi. 4. Varbūtību maiņa metienu pēc metiena

Lūdzu, ņemiet vērā:

• Bayes teorēma vairākiem notikumiem ir vienkārši atkārtota reizināšana uz secīgi atjauninātiem datiem. Galīgā atbilde nav atkarīga no notikumu secības.
• Pēc katra notikuma varbūtības nav nepieciešams normalizēt. To var izdarīt vienreiz pašās beigās. Problēma ir tāda, ka, ja jūs regulāri nenormalizējat, varbūtība kļūst tik maza, ka Excel var nedarboties pareizi noapaļošanas kļūdu dēļ. Tāpēc praktiskāk ir normalizēt katru darbību, nevis pārbaudīt, vai esat tuvu Excel precizitātes robežai.

Bayes teorēma. Terminoloģija

• Tiek saukta sākotnējā varbūtība, katras iespējas varbūtība pirms novērojuma a priori.
• Normalizētā atbilde tiek izsaukta pēc varbūtības aprēķināšanas katram datu punktam (katram novērojumam). a posteriori.
• Kopējā varbūtība, ko izmanto, lai normalizētu reakciju, ir normalizācijas konstante.
• Nosacītā varbūtība, t.i. tiek saukta katra notikuma varbūtība uzticamību.

Lūk, kā šie termini izskatās pirmajā piemērā (salīdziniet ar 1. attēlu).

Rīsi. 5. Beijesa teorēmas noteikumi

Pati Bayes teorēma jaunajās definīcijās izskatās šādi (salīdziniet ar 2. formulu):

3. piemērs. Negodīga monēta

Jums ir monēta, kas, jūsuprāt, nav godīga. Jūs to izmetat 100 reizes. Aprēķiniet varbūtību, ka negodīga monēta nonāks pretī ar varbūtību 0%, 10%, 20%, 30%, 40%, 50%, 60%, 70%, 80%, 90%, 100%.

Pievērsīsimies Excel failam, lapai 3. piemērs. Šūnās B13:B112 es ģenerēju nejaušu skaitli no 0 līdz 1 un izmantoju īpašu pastu, lai pārvietotu vērtības uz kolonnu C. Šūnā B8 es ievadīju paredzamo galviņu procentuālo daļu šai negodīgajai monētai. D kolonnā, izmantojot funkciju IF, es pārvērtēju varbūtības vienībās (galvās, varbūtībai r no 0,35 līdz 1) vai līdz nullēm (astes, par r no 0 līdz 0,35).

Rīsi. 6. Sākotnējie dati par negodīgas monētas mešanu

Es saņēmu 63 galvas un 37 astes, kas labi atbilst nejaušo skaitļu ģeneratoram, ja kā ievadi iestatām galvu varbūtību uz 65%.

1. solis. Mēs vēlamies aprēķināt varbūtību, ka galvas pieder 0%, 10%, ... 100% groziem, novērojot 63 galvas un 37 astes 100 metienos.

2. solis. Ir 11 sākotnējās iespējas: varbūtības 0%, 10%, ... 100%. Naivi pieņemsim, ka visām sākotnējām iespējām ir vienāda varbūtība, tas ir, 1 iespēja no 11 (7. att.). (Reālāk, mēs varētu piešķirt sākotnējām varbūtībām par aptuveni 50% lielāku svaru nekā varbūtībām 0% un 100% malās. Bet forši ir tas, ka, tā kā mums ir pat 100 metieni, sākotnējās varbūtības nav tik svarīgas. !)

3. un 4. solis. Varbūtības aprēķins. Lai aprēķinātu varbūtību pēc katras mešanas programmā Excel, izmantojiet funkciju IF. Galvu gadījumā varbūtība ir vienāda ar iespējamības un iepriekšējās normalizētās varbūtības reizinājumu. Ja rezultāts ir galvas, varbūtība ir vienāda ar (1 mīnus iespējamība) * iepriekšējā normalizētā varbūtība (8. attēls).

Rīsi. 8. Ticamība

5. solis. Normalizācija tiek veikta tāpat kā iepriekšējā piemērā.

Rezultāti visskaidrāk ir parādīti kā histogrammu sērija. Sākotnējais grafiks ir iepriekšējā varbūtība. Tad katrs jauns grafiks parāda situāciju pēc nākamajiem 25 metieniem (9. att.). Tā kā mēs iestatījām galvu varbūtību ieejā uz 65%, parādītie grafiki nepārsteidz.

Rīsi. 9. Variantu iespējamības pēc metienu sērijas

Ko 70% iespēja patiesībā nozīmē 0,6 iespējai? Nav 70% iespēja, ka monēta precīzi trāpīs 60%. Tā kā mums bija 10% pieaugums starp opcijām, mēs lēšam, ka pastāv 70% iespēja, ka šī monēta samazināsies no 55 līdz 65%. Lēmums izmantot 11 sākotnējās iespējas ar 10% soli bija pilnīgi patvaļīgs. Mēs varētu izmantot 101 sākotnējo iespēju ar 1% soli. Šajā gadījumā mēs iegūtu rezultātu ar maksimālo vērtību 63% (jo mums bija 63 galvas) un vienmērīgāku diagrammas kritumu.

Ņemiet vērā, ka šajā piemērā mēs novērojām lēnāku konverģenci, salīdzinot ar 2. piemēru. Tas ir tāpēc, ka atšķirība starp monētas apmešanu par 60% pret 70% ir mazāka nekā starp 8 un 10 malu kauliņiem.

4. piemērs. Vairāk kaulu. Bet ar kļūdām datu plūsmā

Atgriezīsimies pie 2. piemēra. Draugam somā ir kauliņi ar 4, 6, 8, 10, 12, 20 malām. Viņš pēc nejaušības principa izņem vienu kauliņu un met to 80 reizes. Viņš pieraksta izlozētos skaitļus, bet kļūdās 5% gadījumu. Šajā gadījumā faktiskā metiena rezultāta vietā parādās nejaušs skaitlis no 1 līdz 20. Kurš kauliņš, jūsuprāt, tika izvēlēts pēc 80 ruļļiem?

Kā ievades dati programmā Excel (darblapa 4. piemērs) Ievadīju malu skaitu (8), kā arī varbūtību, ka datos ir kļūda (0,05). Metiena vērtības formula (10. att.):

IF (RAND() > kļūdas iespējamība; RANDBETWEEN(1, seju skaits); RANDBETWEEN(1,20))

Ja nejaušais skaitlis ir lielāks par kļūdas iespējamību (0,05), tad šajā metienā kļūdas nebija, tāpēc nejaušo skaitļu ģenerators izvēlas vērtību no 1 līdz “uzminētajam” kauliņa malu skaitam, pretējā gadījumā nejaušu veselu skaitli. jāģenerē no 1 līdz 20.

Rīsi. 10. Metiena vērtības aprēķins

No pirmā acu uzmetiena mēs varētu atrisināt šo problēmu tāpat kā 2. piemērā. Bet, ja mēs neņemam vērā kļūdas iespējamību, mēs iegūsim varbūtības grafiku, piemēram, attēlā. 11. (Vienkāršākais veids, kā to iegūt programmā EXCEL, ir vispirms ģenerēt metienus kolonnā B ar kļūdas vērtību 0,05; pēc tam pārvietot metienu vērtības uz kolonnu C un visbeidzot mainīt vērtību šūnā B11 uz 0; jo Formulas varbūtības aprēķināšanai diapazonā D14 :J94 attiecas uz šūnu B11, tiks sasniegts kļūdu neskaitīšanas efekts.)

Rīsi. 11. Metienu vērtības apstrāde, neņemot vērā kļūdu iespējamību

Tā kā kļūdas iespējamība ir maza un nejaušo skaitļu ģenerators ir iestatīts uz 8 pusējiem, pēdējās varbūtība kļūst dominējoša ar katru metienu. Turklāt, tā kā kļūda ar varbūtību 40% (astoņi no divdesmit) var dot vērtību 8 robežās, kļūdas vērtība, kas ietekmēja rezultātu, parādījās tikai 63. metienā. Tomēr, ja kļūdas netiek ņemtas vērā, 8-edrona varbūtība būs nulle, un 20-hedrons saņems 100%. Ņemiet vērā, ka līdz 63. metienam 20 pusējas likmes iespējamība bija tikai 2*10 –25.

Iespēja iegūt kļūdu ir 5%, un iespēja, ka kļūdas vērtība ir lielāka par 8, ir 60%. Tas ir, 3% metienu dos kļūdu ar vērtību, kas lielāka par 8, kas notika uz 63. ierakstu, kad tika izdarīts 17. Ja varbūtības formula neņem vērā iespējamās kļūdas, mēs iegūsim varbūtību 20 pusēju planēšana no 2 * 10–25 līdz 1, kā parādīts attēlā. 11.

Ja cilvēks rūpīgi novēro datus, viņš var atklāt šo kļūdu un ignorēt kļūdainās vērtības. Lai automatizētu procesu, papildiniet varbūtības vienādojumu ar kļūdu pārbaudi. Nekad neuzstādiet kļūdu iespējamību uz nulli, ja pieņemat, ka tās nevar pilnībā novērst. Ja ņemat vērā kļūdu iespējamību, simtiem “pareizu” datu neļaus atsevišķām kļūdainām vērtībām sabojāt attēlu.

Papildinām varbūtības funkcijas vienādojumu, pārbaudot kļūdas (12. att.):

IF($C15>F$13;$B$11*1/20*N14;($B$11*1/20+(1-$B$11)/F$13)*N14)

Rīsi. 12. Iespējamības funkcija, ņemot vērā kļūdas

Ja ierakstītā ripas vērtība ir lielāka par malu skaitu ($C15>F$13), nosacīto varbūtību neatiestatām, bet samazinām, ņemot vērā kļūdas iespējamību ($B$11*1/20*N14). Ja uzrakstītais skaitlis ir mazāks par seju skaitu, nosacīto varbūtību palielinām ne pilnībā, kā arī ņemot vērā iespējamo kļūdu ($B$11*1/20+(1-$B$11)/F$13)* N14). Pēdējā gadījumā mēs uzskatām, ka uzrakstītais skaitlis varētu būt kļūdas ($B$11*1/20) vai pareiza ieraksta (1-$B$11)/F$13 rezultāts.

Normalizētās varbūtības izmaiņas kļūst izturīgākas pret iespējamām kļūdām (13. att.).

Rīsi. 13. Normalizētās varbūtības maiņa no metiena uz metienu

Šajā piemērā 6-pusējs kauliņš sākotnēji ir vispiemērotākais, jo pirmie 3 metieni ir 5, 6, 1. Pēc tam tiek ripināts 7, un 8-puses iespējamība palielinās. Tomēr 7 parādīšanās neatceļ 6-puses varbūtību, jo 7 var būt kļūda. Un nākamie deviņi metieni, šķiet, to apstiprina, kad tiek ripinātas vērtības, kas nav lielākas par 6: 6-puses varbūtība atkal sāk palielināties. Tomēr 14. un 15. metienos atkal tiek ripināti 7, un 6-pusēja kauliņa varbūtība tuvojas nullei. Vēlāk parādās vērtības 17 un 19, kuras “sistēma” nosaka kā nepārprotami kļūdainas.

4.A piemērs. Ko darīt, ja jums ir patiešām augsts kļūdu līmenis?

Šis piemērs ir līdzīgs iepriekšējam, taču kļūdu līmenis ir palielināts no 5% līdz 75%. Tā kā dati kļuva mazāk atbilstoši, mēs palielinājām metienu skaitu līdz 250. Izmantojot tos pašus vienādojumus kā 4. piemērā, mēs iegūstam šādu grafiku:

Rīsi. 14. Normalizēta varbūtība ar 75% kļūdainiem ierakstiem

Pie tik liela kļūdu īpatsvara bija nepieciešams daudz vairāk metienu. Turklāt rezultāts ir mazāk drošs, un 6-hedrons periodiski kļūst ticamāks. Ja jums ir vēl lielāks kļūdu līmenis, piemēram, 99%, joprojām ir iespējams iegūt pareizo atbildi. Acīmredzot, jo augstāks kļūdu līmenis, jo vairāk kadru jums ir jāizdara. 75% kļūdu mēs iegūstam vienu pareizo vērtību no četrām. Ja kļūdas iespējamība būtu 99%, mēs iegūtu tikai vienu pareizo vērtību no simts. Mums, iespējams, būtu nepieciešams 25 reizes vairāk datu, lai identificētu dominējošo variantu.

Ko darīt, ja nezināt kļūdas iespējamību? Es iesaku “paspēlēties” ar 4. un 4A piemēriem, šūnā B11 iestatot dažādas vērtības no ļoti mazām (piemēram, 2*10 –25, piemēram, 4) līdz ļoti lielām (piemēram, 90%, piemēram, 4A). Šeit ir galvenie secinājumi:

• Ja aptuvenais kļūdu īpatsvars ir augstāks par faktisko kļūdu īpatsvaru, rezultāti tuvināsies lēnāk, taču joprojām sasniegs pareizo atbildi.
• Ja kļūdu īpatsvars ir pārāk zems, pastāv risks, ka rezultāti nebūs pareizi.
• Jo zemāks ir faktiskais kļūdu īpatsvars, jo lielāka ir iespēja uzminēt kļūdu līmeni.
• Jo augstāks ir faktiskais kļūdu līmenis, jo vairāk datu jums ir nepieciešams.

Piemērs 5. Vācu tanka problēma

Šajā uzdevumā jūs mēģināt novērtēt, cik tanku tika saražoti, pamatojoties uz sagūstīto tanku sērijas numuriem. Bayes teorēmu izmantoja sabiedrotie Otrā pasaules kara laikā, un galu galā tika iegūti rezultāti, kas bija zemāki par tiem, par kuriem ziņoja izlūkdienesti. Pēc kara ieraksti liecināja, ka statistikas aprēķini, izmantojot Bayes teorēmu, bija precīzāki. (Interesanti, ka es uzrakstīju piezīmi par šo tēmu, vēl nezinot, kas ir Beijesa varbūtības; sk. Piezīme Baguzina.)

Tātad jūs analizējat sērijas numurus, kas ņemti no avarējušām vai sagūstītajām tvertnēm. Mērķis ir novērtēt, cik tanku tika saražoti. Lūk, ko jūs zināt par tvertnes sērijas numuriem:

• Tie sākas no 1.
• Tie ir veseli skaitļi bez atstarpēm.
• Jūs atradāt šādus sērijas numurus: 30, 70, 140, 125.

Mūs interesē atbilde uz jautājumu: kāds ir maksimālais tvertņu skaits? Sākšu ar 1000 tankiem. Bet kāds cits varētu sākt ar 500 tankiem vai 2000 tankiem, un mēs varētu iegūt citus rezultātus. Es analizēšu katru 20 tanku, kas nozīmē, ka man ir 50 sākotnējās iespējas tanku skaitam. Varat sarežģīt modeli un analizēt to katram atsevišķam skaitlim programmā Excel, taču atbilde daudz nemainīsies, un analīze kļūs daudz sarežģītāka.

Es pieņemu, ka visas iespējas tanku skaitam ir vienādas (t.i., varbūtība iegūt 50 tankus ir tāda pati kā 500). Lūdzu, ņemiet vērā, ka Excel failā ir vairāk kolonnu, nekā parādīts attēlā. Iespējamības funkcijas nosacītā varbūtība ir ļoti līdzīga nosacītajai varbūtībai no 2. piemēra:

• Ja novērotais sērijas numurs ir lielāks par šīs grupas maksimālo sērijas numuru, tad varbūtība, ka būs tik daudz tvertņu, ir 0.
• Ja novērotais sērijas numurs ir mazāks par šīs grupas maksimālo sērijas numuru, varbūtību dala ar vienu tvertņu skaitu, kas reizināts ar normalizēto varbūtību iepriekšējā darbībā (15. attēls).

Rīsi. 15. Tvertņu sadalījuma grupās nosacītās varbūtības

Normalizētās varbūtības izskatās šādi (16. att.).

Rīsi. 16. Normalizētās cisternu skaita varbūtības

Maksimālā novērotā sērijas numura iespējamība ir liela. Pēc tam notiek asimptotisks samazinājums līdz nullei. 4 atklātajiem sērijas numuriem maksimums atbilst 140 tvertnēm. Bet, lai gan šis skaitlis ir visticamākā atbilde, tas nav labākais novērtējums, jo tas gandrīz noteikti nenovērtē tanku skaitu.

Ja ņemam vidējo svērto tvertņu skaitu, t.i. summējiet pa pāriem reizinātās grupas un to varbūtības četrām tvertnēm, izmantojot formulu:

ROUND(SUMPRODUKTS(BD9:DA9,BD14:DA14),0)

mēs iegūstam labāko rezultātu 193.

Ja mēs sākotnēji būtu pieņēmuši 2000 tanku, vidējais svērtais tanks būtu 195 tanki, kas būtībā neko nemaina.

6. piemērs. Zāļu pārbaude

Jūs zināt, ka 0,5% iedzīvotāju lieto narkotikas. Jums ir tests, kurā 99% patiesi pozitīvs rādītājs ir narkotiku lietotājiem un 98% patiesi negatīvs rādītājs tiem, kas nelieto. Jūs nejauši izvēlaties personu, veicat testu un iegūstat pozitīvu rezultātu. Kāda ir iespējamība, ka cilvēks patiešām lieto narkotikas?

Mūsu izlases indivīdam sākotnējā varbūtība ka viņš ir narkotiku lietotājs, ir 0,5%, un iespējamība, ka viņš nav narkotiku lietotājs, ir 99,5%.

Nākamais solis ir aprēķināt nosacīto varbūtību:

• Ja subjekts lieto narkotikas, tests būs pozitīvs 99% gadījumu un negatīvs 1% gadījumu.
• Ja subjekts nelieto narkotikas, tests būs pozitīvs 2% gadījumu un negatīvs 98% gadījumu.

Narkotiku lietotāju un nelietotāju iespējamības funkcijas ir parādītas attēlā. 17.

Rīsi. 17. Iespējamības funkcijas: a) narkotiku lietotājiem; b) tiem, kas nav narkotiku lietotāji

Pēc normalizēšanas redzam, ka, neskatoties uz pozitīvo testa rezultātu, varbūtība, ka šī nejaušā persona lieto narkotikas, ir tikai 0,1992 jeb 19,9%. Šis rezultāts pārsteidz daudzus, jo galu galā testa precizitāte ir diezgan augsta - pat 99%. Tā kā sākotnējā varbūtība bija tikai 0,5%, pat ar lielu šīs varbūtības pieaugumu nebija pietiekami, lai atbilde būtu patiesi liela.

Lielākā daļa cilvēku intuīcija neņem vērā sākotnējo varbūtību. Pat ja nosacītā varbūtība ir patiesi augsta, ļoti zema sākotnējā varbūtība var novest pie zemas beigu varbūtības. Lielākā daļa cilvēku intuīcija ir noregulēta ap sākotnējo varbūtību 50/50. Ja tas tā ir un testa rezultāts ir pozitīvs, tad normalizētā varbūtība būs paredzamie 98%, kas apstiprina, ka persona lieto narkotikas (18. attēls).

Rīsi. 18. Pārbaudes rezultāts ar sākotnējo varbūtību 50/50

Alternatīvu pieeju šādu situāciju izskaidrošanai sk.

Beijesa teorēmas bibliogrāfiju skatīt piezīmes beigās.

Nodarbība Nr.4.

Tēma: Kopējās varbūtības formula. Beijesa formula. Bernulli shēma. Polinoma ķēde. Hiperģeometriskā shēma.

KOPĒJĀS VARBŪTĪBAS FORMULA

BEISA FORMULA

TEORIJA

Kopējās varbūtības formula:

Lai ir pilnīga nesaderīgu notikumu grupa:

(, ).Tad notikuma A varbūtību var aprēķināt, izmantojot formulu

(4.1)

Notikumus sauc par hipotēzēm. Tiek izvirzītas hipotēzes par to eksperimenta daļu, kurā ir nenoteiktība.

, kur ir hipotēžu sākotnējās varbūtības

Bayes formula:

Ļaujiet eksperimentam pabeigt un ir zināms, ka notikums A notika eksperimenta rezultātā. Tad, ņemot vērā šo informāciju, mēs varam pārvērtēt hipotēžu varbūtību:

(4.2)

, Kur hipotēžu aizmugures varbūtības

PROBLĒMU RISINĀŠANA

1. uzdevums.

Stāvoklis

3 detaļu partijās, kas nonāca noliktavā, izmantojamās daļas ir: 89 %, 92 % Un 97 % attiecīgi. Daļu skaits partijās attiecas uz 1:2:3.

Kāda ir iespējamība, ka no noliktavas nejauši izvēlēta detaļa būs bojāta? Lai zināms, ka nejauši izvēlēta detaļa izrādījās bojāta. Atrodiet varbūtību, ka tas pieder pirmajai, otrajai un trešajai pusei.

Risinājums:

Ar A apzīmēsim notikumu, kad nejauši izvēlēta daļa izrādās bojāta.

1. jautājums - uz kopējās varbūtības formulu

2. jautājums - uz Bayes formulu

Tiek izvirzītas hipotēzes par to eksperimenta daļu, kurā ir nenoteiktība. Šajā uzdevumā ir nenoteiktība, no kuras partijas ir nejauši izvēlētā daļa.

Ielaidiet pirmo spēli A detaļas. Tad otrajā spēlē - 2 a detaļas, un trešajā - 3 a detaļas. Tikai trīs partijās 6 a detaļas.

(defektu procentuālā daļa pirmajā rindā tika pārvērsta varbūtībā)

(defektu procentuālā daļa otrajā rindā tika pārvērsta varbūtībā)

(defektu procentuālā daļa trešajā rindā tika pārvērsta varbūtībā)

Izmantojot kopējās varbūtības formulu, mēs aprēķinām notikuma varbūtību A

-atbilde uz 1 jautājumu

Varbūtību, ka bojātā daļa pieder pirmajai, otrajai un trešajai partijai, aprēķina, izmantojot Beijesa formulu:

2. uzdevums.

Stāvoklis:

Pirmajā urnā 10 bumbiņas: 4 balts un 6 melns. Otrajā urnā 20 bumbiņas: 2 balts un 18 melns. No katras urnas nejauši tiek izvēlēta viena bumbiņa un ievietota trešajā urnā. Tad no trešās urnas nejauši tiek izvēlēta viena bumbiņa. Atrodiet varbūtību, ka no trešās urnas izvilktā bumbiņa būs balta.

Risinājums:

Atbildi uz problēmas jautājumu var iegūt, izmantojot kopējās varbūtības formulu:

Neskaidrība ir tāda, kuras bumbiņas nonāk trešajā urnā. Izvirzām hipotēzes par bumbiņu sastāvu trešajā urnā.

H1=(trešajā urnā ir 2 baltas bumbiņas)

H2=(trešajā urnā ir 2 melnas bumbiņas)

H3=(trešajā urnā ir 1 balta bumbiņa un 1 melna bumbiņa)

A= (no 3. urnas paņemtā bumba būs balta)

3. uzdevums.

Baltu bumbiņu iemet urnā, kurā ir 2 nezināmas krāsas bumbiņas. Pēc tam no šīs urnas paņemam 1 bumbiņu. Atrodiet varbūtību, ka no urnas izvilkta bumbiņa būs balta. No iepriekš aprakstītās urnas paņemtā bumbiņa izrādījās balta. Atrodiet varbūtības, ka ka urnā pirms pārvietošanas bija 0 balto bumbiņu, 1 balto bumbiņu un 2 baltās bumbiņas .

1 jautājums c - uz kopējās varbūtības formulu

2. jautājums- pēc Beijesa formulas

Neskaidrība slēpjas urnā esošo bumbiņu sākotnējā sastāvā. Attiecībā uz sākotnējo bumbiņu sastāvu urnā mēs izvirzījām šādas hipotēzes:

Sveiki = (pirms pārvietošanas atradās atkritnēi-1 balta bumbiņa),i=1,2,3

, i=1,2,3(pilnīgas nenoteiktības situācijā mēs pieņemam, ka hipotēžu a priori varbūtības ir vienādas, jo nevar teikt, ka viena iespēja ir ticamāka par otru)

A=(bumba, kas izņemta no urnas pēc pārvietošanas, būs balta)

Aprēķināsim nosacītās varbūtības:

Veiksim aprēķinus, izmantojot kopējās varbūtības formulu:

Atbildi uz 1 jautājumu

Lai atbildētu uz otro jautājumu, mēs izmantojam Bayes formulu:

(samazināts, salīdzinot ar iepriekšējo varbūtību)

(nemainījās salīdzinājumā ar iepriekšējo varbūtību)

(palielināts salīdzinājumā ar iepriekšējo varbūtību)

Secinājums no hipotēžu a priori un posterior varbūtību salīdzināšanas: sākotnējā nenoteiktība ir kvantitatīvi mainījusies

4. uzdevums.

Stāvoklis:

Pārlejot asinis, jāņem vērā donora un pacienta asins grupas. Cilvēks, kuram ir ceturtā grupa asinis Jūs varat pārliet jebkura veida asinis, cilvēks ar otro un trešo grupu var ieliet vai viņa tipa asinis, vai pirmais. Cilvēkam ar pirmo asins grupu vai jūs varat veikt asins pārliešanu? tikai pirmā grupa. Ir zināms, ka iedzīvotāju vidū 33,7 % ir pirmā grupa pu, 37,5 % ir otrā grupa, 20,9% ir trešā grupa Un 7,9% ir 4. grupa. Atrodiet varbūtību, ka nejaušs pacients var saņemt asins pārliešanu no nejauša donora.

Risinājums:

Mēs izvirzījām hipotēzes par nejauši izvēlēta pacienta asinsgrupu:

Sveiki=(pacientāi-tā asins grupa),i=1,2,3,4

(Procenti, kas pārvērsti varbūtībās)

A = (var veikt pārliešanu)

Izmantojot kopējās varbūtības formulu, mēs iegūstam:

Tas ir, transfūziju var veikt aptuveni 60% gadījumu

Bernulli shēma (vai binominālā shēma)

Bernulli testi -Šis neatkarīgi testi 2 rezultātus, ko mēs parasti saucam veiksme un neveiksme.

p- veiksmes varbūtība

q- neveiksmes iespējamība

Panākumu iespējamība nemainās no pieredzes uz pieredzi

Iepriekšējās pārbaudes rezultāts neietekmē turpmākos testus.

Iepriekš aprakstīto testu veikšanu sauc par Bernulli shēmu vai binomiālo shēmu.

Bernulli testu piemēri:

Monētu mešana

Panākumi -ģerbonis

Neveiksme- astes

Godīgas monētas gadījums

nepareizas monētas gadījumā

lpp Un q nemainās no eksperimenta uz eksperimentu, ja eksperimenta laikā nemainām monētu

Kauliņa mešana

Panākumi - rullis "6"

Neveiksme - viss pārējais

Godīga nāves gadījums

Neregulāras mirstības gadījums

lpp Un q nemainiet no eksperimenta uz eksperimentu, ja eksperimenta laikā nemainām kauliņus

Šāvēja šaušana mērķī

Panākumi - hit

Neveiksme - jaunkundz

p = 0,1 (šāvējs trāpa vienu metienu no 10)

lpp Un q nemainiet no eksperimenta uz eksperimentu, ja eksperimenta laikā nemainām šāvēju

Bernulli formula.

Ļaujiet veikta n lpp. Apsveriet notikumus

(Vn Bernulli testi ar veiksmes varbūtībup notiksm panākumi),

-šādu notikumu varbūtībām ir standarta apzīmējums

<-Bernulli formula varbūtību aprēķināšanai (4.3)

Formulas skaidrojums : varbūtība, ka notiks m veiksmes (varbūtības tiek reizinātas, jo testi ir neatkarīgi, un, tā kā tie visi ir vienādi, parādās pakāpe), - varbūtība, ka notiks n-m neveiksmes (skaidrojums ir līdzīgs panākumiem) , - īstenošanas notikumu veidu skaits, t.i., cik daudzos veidos var novietot m panākumus n vietās.

Bernulli formulas sekas:

Secinājums 1:

Ļaujiet veikta n Bernulli testi ar veiksmes varbūtību lpp. Apsveriet notikumus

A(m1,m2)=(veiksmīgo gadījumu skaitsn Bernulli testi būs diapazonā [m1;m2])

(4.4)

Formulas skaidrojums: Formula (4.4) izriet no formulas (4.3) un nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēmas, jo ir nesavienojamu notikumu summa (savienība), un katra iespējamību nosaka pēc formulas (4.3).

Secinājums 2

Ļaujiet veikta n Bernulli testi ar veiksmes varbūtību lpp. Apsveriet notikumu

A=( inn Bernulli izmēģinājumos būs vismaz 1 panākums}

(4.5)

Formulas skaidrojums: ={ n Bernulli izmēģinājumos nebūs panākumu)=

(visi n testi neizdosies)

Problēma (par Bernulli formulu un tās sekām) piemērs uzdevumam 1.6-D. h.

Pareizā monēta mētājās 10 reizes. Atrodiet šādu notikumu iespējamības:

A=(ģerbonis parādīsies tieši 5 reizes)

B = (ģerbonis parādīsies ne vairāk kā 5 reizes)

C=(ģerbonis parādīsies vismaz vienu reizi)

Risinājums:

Pārformulēsim problēmu Bernulli testu izteiksmē:

n=10 testu skaits

panākumus- ģerbonis

p=0,5 – veiksmes varbūtība

q=1-p=0,5 – atteices varbūtība

Lai aprēķinātu notikuma A varbūtību, mēs izmantojam Bernulli formula:

Lai aprēķinātu notikuma B varbūtību, mēs izmantojam sekas 1 Uz Bernulli formula:

Lai aprēķinātu notikuma C varbūtību, mēs izmantojam sekas 2 Uz Bernulli formula:

Bernulli shēma. Aprēķins, izmantojot aptuvenas formulas.

APTUVENĀ MOIVRE-LAPLACE FORMULA

Vietējā formula

lpp panākumus un q neveiksmes ir visiem m Aptuvenā formula ir derīga:

, (4.6)

m.

Funkcijas nozīmi var atrast speciālajā tabula. Tas satur vērtības tikai . Bet funkcija ir vienmērīga, t.i.

Ja , tad viņi tic

Integrālā formula

Ja Bernulli shēmā testu skaits n ir liels un arī varbūtības ir lielas lpp panākumus un q kļūmes, tad aptuvenā formula ir derīga visiem (4.7) :

Funkcijas vērtību var atrast īpašā tabulā. Tas satur vērtības tikai . Bet funkcija ir nepāra, t.i. .

Ja , tad viņi tic

APTUVENĀS INDES FORMULAS

Vietējā formula

Ļaujiet izmēģinājumu skaitu n Saskaņā ar Bernulli shēmu panākumu iespējamība vienā pārbaudē ir maza, un produkts . Pēc tam nosaka pēc aptuvenas formulas:

, (4.8)

Varbūtība, ka panākumu skaits n Bernulli izmēģinājumos ir m.

Funkciju vērtības var atrast īpašā tabulā.

Integrālā formula

Ļaujiet izmēģinājumu skaitu n Saskaņā ar Bernulli shēmu panākumu iespējamība vienā pārbaudē ir maza, un produkts .

Tad nosaka pēc aptuvenas formulas:

, (4.9)

Varbūtība, ka panākumu skaits n Bernulli izmēģinājumos ir diapazonā .

Funkciju vērtības var apskatīt īpašā tabulā un pēc tam apkopot diapazonā.

Formula	Puasona formula	Moivre-Laplasa formula	Kvalitāte novērtējumiem
			aplēses ir aptuvenas
10			izmanto aptuvenām aplēsēm aprēķinus
			izmanto lietojumprogrammām inženiertehniskie aprēķini
100 0			izmanto jebkādiem inženiertehniskiem aprēķiniem
n>1000			ļoti laba vērtējumu kvalitāte

Jūs varat redzēt piemērus uzdevumiem 1.7 un 1.8 D. z.

Aprēķins, izmantojot Puasona formulu.

Problēma (Puasona formula).

Stāvoklis:

Viena rakstzīmes izkropļojumu iespējamība, pārraidot ziņojumu pa sakaru līniju, ir vienāda ar 0.001. Ziņojums tiek uzskatīts par pieņemtu, ja tajā nav izkropļojumu. Atrodiet varbūtību, ka ziņojums sastāv no 20 vārdus 100 katrs rakstzīmes katra.

Risinājums:

Apzīmēsim ar A

-rakstzīmju skaits ziņojumā

panākumi: simbols nav izkropļots

Panākumu iespējamība

Aprēķināsim. Skatiet ieteikumus aptuvenu formulu lietošanai ( ) : aprēķinam jāpiesakās Puasona formula

Puasona formulas varbūtības ar unm var atrast īpašā tabulā.

Stāvoklis:

Telefona centrāle apkalpo 1000 abonentus. Varbūtība, ka abonentam būs nepieciešams savienojums minūtes laikā, ir 0,0007. Aprēķiniet varbūtību, ka telefona centrālē tiks saņemti vismaz 3 zvani minūtē.

Risinājums:

Pārformulēsim problēmu Bernulli shēmas izteiksmē

veiksme: saņemts zvans

Panākumu iespējamība

– diapazons, kurā jāatrodas panākumu skaitam

A = (pienāks vismaz trīs zvani) - notikums, kura varbūtība ir nepieciešama. atrast problēmā

(saņemti mazāk nekā trīs zvani) Dodieties uz papildu. notikumu, jo tā iespējamību ir vieglāk aprēķināt.

(terminu aprēķins, skatīt īpašo tabulu)

Tādējādi

Problēma (vietējā Mouvre-Laplace formula)

Stāvoklis

Varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu vienāds ar 0,8. Nosakiet varbūtību, ka pie 400šāvieni notiks tieši 300 hits.

Risinājums:

Pārformulēsim problēmu Bernulli shēmas izteiksmē

n=400 – testu skaits

m=300 – panākumu skaits

veiksme - sitiens

(Problēmas jautājums saistībā ar Bernulli shēmu)

Sākotnējais aprēķins:

Mēs veicam neatkarīgi testi, no kuriem katrā mēs atšķiram m iespējas.

p1 – iespējamība iegūt pirmo variantu vienā izmēģinājumā

p2 – varbūtība iegūt otro variantu vienā izmēģinājumā

…………..

pm – saņemšanas varbūtībam-tā iespēja vienā izmēģinājumā

p1,p2, ………………..,pm nemainās no pieredzes uz pieredzi

Iepriekš aprakstīto testu secību sauc polinomu shēma.

(ja m=2 polinoma shēma pārvēršas par binoma shēmu), t.i., iepriekš aprakstītā binoma shēma ir vispārīgākas shēmas īpašs gadījums, ko sauc par polinomu).

Apsveriet šādus notikumus

A(n1,n2,….,nm)=(iepriekš aprakstītajos n testos 1. iespēja parādījās n1 reizes, 2. iespēja parādījās n2 reizes, ….. utt., opcija m parādījās nm reizes)

Formula varbūtību aprēķināšanai, izmantojot polinoma shēmu

Stāvoklis

Kauliņi izmests 10 reizes. Jums jāatrod iespējamība, ka tiks izmests “6”. 2 reizes, un parādīsies “5”. 3 reizes.

Risinājums:

Apzīmēsim ar A notikums, kura varbūtība ir jāatrod problēmā.

n=10 – testu skaits

m=3

1. variants - 6. rullītis

p1=1/6n1=2

2. variants - 5. ruļlis

p2=1/6n2=3

3. variants – izkrišana no jebkuras malas, izņemot 5. un 6.

p3=4/6n3=5

P(2,3,5)-? (problēmas paziņojumā minētā notikuma varbūtība)

Polinoma ķēdes problēma

Stāvoklis

Atrodiet varbūtību, ka starp 10 no nejauši izvēlētiem cilvēkiem pirmajā ceturksnī dzimšanas diena būs četriem, otrajā – trim, trešajā – diviem un ceturtajā – vienam.

Risinājums:

Apzīmēsim ar A notikums, kura varbūtība ir jāatrod problēmā.

Pārformulēsim problēmu polinoma shēmas izteiksmē:

n=10 – izmēģinājumu skaits = cilvēku skaits

m = 4– iespēju skaits, ko izšķiram katrā izmēģinājumā

1. variants - dzimšana 1. ceturksnī

p1=1/4n1=4

2. variants - dzimšana 2. ceturksnī

p2=1/4n2=3

3. variants - dzimšana 3. ceturksnī

p3=1/4n3=2

4. variants - dzimšana 4. ceturksnī

p4=1/4n4=1

P(4,3,2,1)-? (problēmas paziņojumā minētā notikuma varbūtība)

Mēs pieņemam, ka varbūtība piedzimt jebkurā ceturksnī ir vienāda un vienāda ar 1/4. Veiksim aprēķinu, izmantojot polinoma shēmas formulu:

Polinoma ķēdes problēma

Stāvoklis

Urnā 30 bumbiņas: laipni lūdzam atpakaļ.3 balti, 2 zaļas, 4 zilas un 1 dzeltenas.

Risinājums:

Apzīmēsim ar A notikums, kura varbūtība ir jāatrod problēmā.

Pārformulēsim problēmu polinoma shēmas izteiksmē:

n=10 – mēģinājumu skaits = izvēlēto bumbiņu skaits

m = 4– iespēju skaits, ko izšķiram katrā izmēģinājumā

1. variants – baltas bumbas izvēle

p1=1/3n1=3

2. variants – zaļumballes izvēle

p2=1/6n2=2

3. variants – zilas bumbas izvēle

p3=4/15n3=4

4. variants – dzeltenas bumbas izvēle

p4=7/30n4=1

P(3,2,4,1)-? (problēmas paziņojumā minētā notikuma varbūtība)

p1,p2, p3,p4 nemainās no pieredzes uz pieredzi, jo izvēle tiek veikta ar atdevi

Veiksim aprēķinu, izmantojot polinoma shēmas formulu:

Hiperģeometriskā shēma

Lai ir n elementi no k veida:

n1 pirmā tipa

n2 otrā tipa

nk k-tais tips

No šiem n elementiem nejauši nav atgriešanās atlasiet m elementus

Apsveriet notikumu A(m1,…,mk), kas sastāv no tā, ka starp atlasītajiem m elementiem būs

m1 pirmais veids

m2 otrā tipa

mk k-tais tips

Šī notikuma iespējamību aprēķina, izmantojot formulu

P(A(m1,…,mk))= (4.11)

1. piemērs.

Hiperģeometriskās shēmas uzdevums (paraugs uzdevumam 1.9 D. h)

Stāvoklis

Urnā 30 bumbiņas: 10 balti, 5 zaļi, 8 zili un 7 dzelteni(bumbiņas atšķiras tikai pēc krāsas). No urnas nejauši tiek atlasītas 10 bumbiņas nav atgriešanās. Atrodiet varbūtību, ka starp atlasītajām bumbiņām būs: 3 balti, 2 zaļas, 4 zilas un 1 dzeltenas.

Mums irn=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))= = jūs varat saskaitīt līdz skaitlim, zinot kombināciju formulu

2. piemērs.

Aprēķinu piemērs, izmantojot šo shēmu: skatīt aprēķinus spēlei Sportloto (1. tēma)

Signāls un troksnis. Kāpēc dažas prognozes piepildās, bet citas nepiepildās Sudrabs Neits

Bayes teorēmas vienkāršā matemātika

Lai gan Beijesa teorēmas filozofija ir pārsteidzoši dziļa, tās matemātika ir satriecoši vienkārša. Pamatformā tā ir tikai algebriska izteiksme ar trim zināmiem mainīgajiem un vienu nezināmu. Tomēr šī vienkāršā formula var radīt paredzamu ieskatu.

Bayes teorēma ir tieši saistīta ar nosacīto varbūtību. Citiem vārdiem sakot, tas ļauj aprēķināt jebkuras teorijas vai hipotēzes iespējamību, Ja notiks kāds notikums. Iedomājieties, ka dzīvojat kopā ar savu partneri un atgriežaties mājās no komandējuma, lai atrastu savā skapī nepazīstamu apakšveļu. Jums var rasties jautājums: cik liela ir iespējamība, ka jūsu partneris jūs krāpj? Stāvoklis ir tas, ka jūs atradīsit apakšveļu; hipotēze ir tas, ka jūs esat ieinteresēts novērtēt iespējamību, ka jūs tiekat maldināts. Ticiet vai nē, Beijesa teorēma var sniegt jums atbildi uz šāda veida jautājumu - ar nosacījumu, ka zināt (vai vēlaties novērtēt) trīs īpašības.

Pirmkārt, jums ir jānovērtē veļas parādīšanās iespējamība kā nosacījums hipotēzes pareizībai – tas ir, ar nosacījumu, ka jūs tiekat krāpts.

Lai atrisinātu šo problēmu, pieņemsim, ka jūs esat sieviete un jūsu partneris ir vīrietis, un strīda priekšmets ir biksīšu pāris. Ja viņš jūs krāpj, tad ir viegli iedomāties, kā kāda cita biksītes varētu iekļūt jūsu drēbju skapī. Bet pat tad, ja (vai pat īpaši, ja) viņš jūs krāpj, jūs varat sagaidīt, ka viņš būs diezgan diskrēts. Pieņemsim, ka pastāv 50% iespēja, ka parādīsies biksītes, ja viņš jūs krāps.

Otrkārt, jums ir jānovērtē veļas parādīšanās iespējamība ar nosacījumu, ka hipotēze ir nepatiesa.

Ja tavs vīrs tevi nekrāpj, jābūt citiem, nevainīgākiem skaidrojumiem biksīšu parādīšanās tavā garderobē. Dažas no tām var būt diezgan nejaukas (piemēram, tās varētu būt viņa paša biksītes). Iespējams, ka viņa bagāža ir kļūdaini sajaukta ar kāda cita bagāžu. Iespējams, ka kāds tavs draugs, kuram tu uzticies, nez kāpēc pavisam nevainīgi nakšņojis savā mājā. Biksītes varētu būt jums dāvana, ko viņš aizmirsa iesaiņot. Neviena no šīm teorijām nav bez trūkumiem, lai gan dažreiz skaidrojums “suns apēda manu mājasdarbu” izrādās patiess. Jūs novērtējat to kopējo varbūtību 5%.

Trešā un vissvarīgākā lieta, kas jums nepieciešama, ir tas, ko sauc Beijesieši iepriekšējā varbūtība(vai vienkārši a priori). Kā jūs novērtējāt viņa krāpšanās iespējamību? pirms tam Kā jūs atradāt apakšveļu? Protams, jums ir grūti palikt objektīvam savā vērtējumā tagad, kad šīs biksītes ir parādījušās jūsu redzes laukā (ideālā gadījumā jūs novērtējat šo varbūtību, pirms sākat pētīt pierādījumus). Bet dažreiz šādu notikumu iespējamību var novērtēt empīriski. Piemēram, vairāki pētījumi ir parādījuši, ka jebkurā gadā aptuveni 4% laulāto partneru (570) krāpj savus laulātos, tāpēc mēs ņemsim šo skaitli kā a priori iespējamību.

Ja esat novērtējis visas šīs vērtības, varat izmantot Bayes teorēmu, lai novērtētu aizmugures varbūtība. Tieši šis skaitlis mūs visvairāk interesē — cik liela ir iespējamība, ka viņi mūs krāpj, ņemot vērā, ka esam atraduši kāda cita apakšveļu?

Aprēķins un vienkārša algebriskā formula, kas ļauj to izdarīt, ir doti tabulā. 8.2.

8.2. tabula. Piemērs nodevības varbūtības aprēķināšanai, izmantojot Bayes teorēmu

Izrādās, ka nodevības iespējamība joprojām ir diezgan maza - 29%. Tas var šķist pretrunā: vai biksītes nav pietiekami spēcīgs pierādījums? Iespējams, šis rezultāts ir saistīts ar to, ka jūs izmantojāt pārāk zemu a priori vērtību viņa nodevības varbūtībai.

Lai gan nevainīgai personai var būt ievērojami mazāk saprātīgu iespēju izskatīt biksītes nekā vainīgai personai, jūs sākotnēji uzskatījāt, ka viņš ir nevainīgs, un tas lielā mērā ietekmēja vienādojuma iznākumu.

Ja mums ir a priori pārliecība par kaut ko, mēs varam būt ļoti elastīgi pat tad, ja parādās jauni pierādījumi. Viens klasisks šādu situāciju piemērs ir krūts vēža atklāšana sievietēm, kas vecākas par 40 gadiem. Par laimi iespēja, ka sieviete pēc 40 gadu vecuma saslims ar krūts vēzi, ir diezgan maza, aptuveni 1,4% (571). Tomēr kāda ir varbūtība, ka viņas mammogramma būs pozitīva?

Pētījumi liecina, ka pat tad, ja sieviete Nē vēzis, tad mammogramma kļūdaini uzrādīs tā klātbūtni 10% gadījumu (572). No otras puses, ja viņai ir vēzis, mammogramma to atklās aptuveni 75% gadījumu (573). Pēc šīs statistikas apskates jūs varat domāt, ka pozitīva mammogramma nozīmē, ka viss ir ļoti slikti. Tomēr aprēķins, izmantojot Beijesa teorēmu, izmantojot šos skaitļus, ļauj izdarīt atšķirīgu secinājumu: krūts vēža iespējamība sievietei, kas vecāka par 40 gadiem. ar nosacījumu, ka viņai ir pozitīva mammogramma, joprojām ir aptuveni 10%. Šajā gadījumā šis vienādojuma rezultāts ir saistīts ar faktu, ka diezgan daudzām jaunām sievietēm ir krūts vēzis. Tāpēc daudzi ārsti iesaka sievietēm nesākt veikt regulāras mammogrammas līdz 50 gadu vecumam, pēc tam ievērojami palielinās a priori iespējamība saslimt ar krūts vēzi (574).

Šāda veida problēmas neapšaubāmi ir sarežģītas. Nesenā pētījumā par amerikāņu statistisko pratību viņiem tika dots šis krūts vēža piemērs. Un izrādījās, ka tikai 3% no viņiem spēja pareizi aprēķināt varbūtības vērtības (575). Dažreiz, nedaudz palēninot ātrumu un mēģinot vizualizēt problēmu (kā parādīts 8.2. attēlā), mēs varam viegli pārbaudīt savu neprecīzo tuvinājumu realitāti. Attēlveidošana palīdz mums vieglāk redzēt kopējo ainu – tā kā krūts vēzis jaunām sievietēm ir ārkārtīgi reti sastopams, tikai pozitīvas mammogrammas fakts neko nenozīmē.

Rīsi. 8.2. Bajesa teorēmas avota datu grafisks attēlojums, izmantojot mammogrammas piemēru

Tomēr mums ir tendence koncentrēties uz jaunāko vai pieejamāko informāciju, un kopaina sāk pazust. Gudri spēlētāji, piemēram, Bobs Voulgaris, ir iemācījušies prasmīgi izmantot šos mūsu domāšanas trūkumus. Voulgaris izdarīja labu likmi uz Lakers daļēji tāpēc, ka bukmeikeri bija pievērsuši pārāk daudz uzmanības Lakers pirmajām spēlēm un mainīja koeficientu, ka komanda izcīnīs titulu no 4 uz 1 uz 65 uz 1. Tomēr patiesībā komanda spēlēja tik labi, ka laba komanda varētu spēlēt, ja kāds no tās zvaigznes spēlētājiem gūtu traumu. Bayes teorēma liek mums rūpīgāk domāt par šāda veida problēmām. Tas var būt ļoti noderīgs, lai noteiktu gadījumus, kad mūsu uz zarnām balstītie tuvinājumi ir pārāk neapstrādāti.

Bet es nedomāju teikt, ka mūsu iepriekšējās cerības vienmēr dominē jaunos pierādījumos vai ka Bayes teorēma vienmēr noved pie šķietami pretintuitīviem rezultātiem. Dažkārt jauni pierādījumi mums izrādās tik nozīmīgi, ka atsver visu pārējo, un mēs gandrīz acumirklī varam mainīt savas domas un kļūt pilnīgi pārliecināti par notikumu, kura iespējamība tika uzskatīta par gandrīz nulli.

Apskatīsim tumšāku piemēru: 11. septembra uzbrukumus. Lielākā daļa no mums, torīt pamostoties, piešķīra gandrīz nulles iespējamību, ka teroristi Manhetenā ietriecās lidmašīnas debesskrāpjos. Tomēr mēs atzinām acīmredzamo teroristu uzbrukuma iespējamību pēc tam, kad pirmā lidmašīna ietriecās Pasaules tirdzniecības centrā. Un visas šaubas, ka esam pakļauti uzbrukumam, pazuda pēc tam, kad lidmašīna ietriecās otrajā tornī. Bayes teorēma spēj attēlot šo rezultātu.

Teiksim, pirms pirmā lidmašīna ietriecās tornī, mūsu aprēķini par teroristu uzbrukuma iespējamību daudzstāvu ēkām Manhetenā bija tikai 1 iespēja no 20 tūkstošiem jeb 0,005%. Tomēr mums arī bija jāuzskata, ka situācijas iespējamība, ka lidmašīna nejauši saduras ar Pasaules tirdzniecības centra torni, ir diezgan zema. Šo skaitli var aprēķināt empīriski. 25 tūkstošu dienu laikā pirms 11. septembra notikumiem, kuru laikā tika veikti lidojumi virs Manhetenas, bija tikai divi šādi incidenti (576): sadursme ar Empire State Building 1945. gadā un ar torni Wall Street 40. , 1946. gadā. Tāpēc šāda incidenta iespējamība bija aptuveni 1 no 12 500 jebkurā nejaušā dienā. Ja šos skaitļus aprēķina, izmantojot Bayes teorēmu (8.3.a tabula), tad terorakta iespējamība pieauga no 0,005 līdz 38% brīdī, kad pirmā lidmašīna sadūrās ar ēku.

8.3.a tabula.

Tomēr Bayes teorēmas ideja ir tāda, ka mēs nepielāgojam savus varbūtības aprēķinus tikai vienu reizi. Mēs to darām pastāvīgi, kad parādās jauni pierādījumi. Tādējādi mūsu posterior iespējamība 38% teroristu uzbrukumam pēc pirmā gaisa kuģa trieciena kļūst par mūsu a priori sadursmes iespēja ar otro.

Un, ja jūs veicat aprēķinus vēlreiz pēc tam, kad otrā lidmašīna ietriecās Pasaules tirdzniecības centra tornī, jūs redzēsiet, ka 99,99% teroristu uzbrukuma iespējamība tiek aizstāta ar gandrīz pilnīgu šī notikuma noteiktību. Viens negadījums spoži saulainā dienā Ņujorkā bija ārkārtīgi maz ticams, taču otrs bija gandrīz droši (8.3.b tabula), kā mēs pēkšņi un ar lielām šausmām sapratām.

8.3b tabula. Piemērs teroristu uzbrukuma iespējamības aprēķināšanai, izmantojot Bayes teorēmu

Es apzināti izvēlējos diezgan sarežģītus gadījumus kā piemērus — teroristu uzbrukumus, vēzi, laulības pārkāpšanu —, jo vēlos parādīt to problēmu loku, kurām var attiecināt Beijesisko domāšanu. Bayes teorēma nav maģiska formula. Tās vienkāršākā formula, ko mēs piedāvājam šajā grāmatā, izmanto vienkāršas aritmētiskas darbības saskaitīšanai, atņemšanai, dalīšanai un reizināšanai. Bet, lai tas sniegtu mums noderīgu rezultātu, mums tas ir jāsniedz ar informāciju, jo īpaši ar mūsu iepriekšējo varbūtību aprēķiniem.

Tomēr Bayes teorēma liek domāt par notikumu iespējamību pasaulē, pat ja runa ir par lietām, kuras mēs negribētu uzskatīt par nejaušības izpausmēm. Tas neprasa, lai mēs uztvertu pasauli iekšēji, metafiziski nenoteikts: Laplass uzskatīja, ka visu, sākot no planētu orbītām līdz mazāko molekulu kustībai, regulē sakārtoti Ņūtona noteikumi. Tomēr viņam bija svarīga loma Bayes teorēmas izstrādē. Drīzāk mēs varam teikt, ka šī teorēma ir saistīta ar epistemoloģiskā nenoteiktība – mūsu zināšanu robežas.

Šis teksts ir ievada fragments. No grāmatas Avīze rīt 156 (48 1996) autors Zavtra Avīze

VIENKĀRŠĀ ARITMĒTIKA (Krievija un NVS) Y. Byaly 18. novembris — Baltkrievijas Augstākajā padomē notiek šķelšanās: 75 deputāti parakstīja prasību par Lukašenko impīčmentu, bet 80 deputāti paziņoja par lojalitāti prezidenta kursam. - Kā zīme domstarpībām ar Lukašenko kursu viņi atkāpās

No grāmatas Avīze rīt 209 (48 1997) autors Zavtra Avīze

APAKSTĀTĀ MATEMĀTIKA Deniss Tukmakovs Es stāvēju pieturā un gaidīju autobusu un veltīgi mēģināju saprast rindkopu no augstākās matemātikas mācību grāmatas, kas mums šodien tika nozīmēta. Es lasīju kaut ko par sinusa vērtībām, kad dzirdēju jautājumu: "Atvainojiet, kas ir šīs mācību grāmatas autors?" es

No grāmatas Izprast Krieviju ar prātu autors Kaļužnijs Dmitrijs Vitāljevičs

“Rūgtās teorēmas” sekas Kapitāla brīvas aprites apstākļos neviens investors, ne mūsu, ne ārzemju, neieguldīs gandrīz jebkuras ražošanas attīstībā Krievijā. Investīciju mūsu nozarē nav un nebūs.

No grāmatas Vārdnīca autors Rubinšteins Ļevs Semjonovičs

1.5. Parševa “rūgtās teorēmas” analīze

No grāmatas Literārais Avīze 6281 (Nr. 26 2010) autors Literārais Avīze

Vienkāršs stāsts Pēdējā laikā daudz tiek runāts par vēsturi. Tas ir, nevis par vēsturi kā tādu, bet par to, kā mācīt šo vēsturi zinātkārai jaunatnei. Vissmalkākā lieta, kā tas vienmēr notiek, ir nesenā vēsture. Kur tas ir smalks? un tā tālāk Un patiesība: kā

No WikiLeaks grāmatas. Kompromitējoši pierādījumi par Krieviju autors Autors nav zināms

Bibliomana vienkāršā un šausmīgā patiesība. Grāmatu ducis Vienkāršā un briesmīgā patiesība Aplenkuma dienasgrāmata. – Tallina – Sanktpēterburga: Aplenktās Ļeņingradas Tallinas iedzīvotāju biedrība; Sanktpēterburgas valdības informācijas un izdevējdarbības centrs “Petrocenter”, 2010. – 410 lpp.: ill. Daudzi

No grāmatas Consumerism [Slimība, kas apdraud pasauli] autors Vanns Deivids

Pieaugošā vīzu kavēšanās — slikta griba vai vienkārša nekompetence? 19. (C) Pieaug arī bažas par to, ka Tadžikistānas vīzas iegūšana kļūst arvien grūtāka — ne tikai Amerikas NVO darbiniekiem, bet arī Eiropas NVO darbiniekiem,

No grāmatas Prezidenti RU autors Minkins Aleksandrs Viktorovičs

No grāmatas Pasaules dolāru sistēmas sabrukums: tūlītējas perspektīvas. autors Masļukovs D.

Vienkārša sistēma 1994. gada 25. novembris, “MK” Tāda ziede nosegs brūci ar garozu, bet apslēptā strutas nograuzīs visu, kas ir iekšā. Šekspīrs. Hamlets Precīzās uguns 1941. gadā Anatolijs Papanovs cīnījās soda bataljonā. Kad viņš man stāstīja par karu 1980. gadā, likās, ka es visu saprotu. Papanovs,

No grāmatas Literārais Avīze 6461 (Nr. 18 2014) autors Literārais Avīze

3.1. Vienkāršs analfabētisms Aplūkojot aprakstītos īstermiņa draudus ASV (ekonomiskajā sfērā, kas izpaužas ar draudiem dolāram), vispirms ir jāatsakās no tiem, ko izraisa to izvirzīto autoru vienkārša analfabētisms. Runājiet par to, ka jauns

No grāmatas Interesantākais stāsts cilvēces vēsturē autors Deļagins Mihails Gennadjevičs

“Mazākumtautības teorēmas” sekas Kas mums traucē būt kopā dzīvē un uz ekrāna Februārī mēs ar Aleksandru Prohanovu uzstājāmies Rietumsibīrijā. Viņi ieradās ar dažādām grāmatām, bet klausītāju jautājumi: tikai Ukraina. Aleksandrs Andrejevičs ar nopūtu atzina: “Rietumnieki

No grāmatas Signāls un troksnis. Kāpēc dažas prognozes piepildās, bet citas nē? autors Silver Nate

Koščeja adata nav vienkārša, tā ir eļļas adata - Protams, mēs jau esam runājuši par sankcijām. Kas notiks ar naftas cenām pēc tam, kad Rietumi noslēgs mieru ar Irānu – tās samazināsies, bet ne kritiski? Un tas nav fakts, ka tas kalpos ilgu laiku, jo naftas cena tiek noteikta īpaši izvēlētā ļoti šaurā segmentā

No grāmatas Ko mūsdienu zinātne nezina autors Autoru komanda

Neticamais Tomasa Beiza mantojums Tomass Bejs bija angļu garīdznieks, kurš dzimis 1701. vai 1702. gadā. Par viņa dzīvi ir zināms ļoti maz, lai gan viņš savu vārdu piešķīra visai statistikas kustībai un, iespējams, tās slavenākajai teorēmai. Tas pat nav skaidrs

No grāmatas Dzelzs bulvāris autors Lurijs Samuils Aronovičs

Kad statistika novirzījās no Beijesa principiem Angļu statistiķis un biologs vārdā Ronalds Eimlers (R.A.) Fišers, iespējams, bija Tomasa Beiza galvenais intelektuālais sāncensis, lai gan viņš dzimis 1890. gadā, gandrīz 120 gadus pēc viņa nāves. Viņš parādīja

No autora grāmatas

Matemātika par likteni Noteiktība Kas zinātnē tiek vērtēts visaugstāk? Acīmredzot viņa var paredzēt nākotni. Tieši uz šī pamata lielākā daļa cilvēku atdala “zinātni” no “nezinātnes”. Ja jūs sakāt: "Varbūt tas būs šādi, lai gan tas var būt savādāk", jūs esat

No autora grāmatas

ČADAJEVA TEOREMAS Meisons. Franču valodā runājošs rakstnieks. Es uzrakstīju trīssimt lappušu, izdrukāju trīsdesmit, no kurām desmit izlasīja daudzi; par kurām desmit lappusēm viņš tika turēts aizdomās par rusofobiju; sodīja, bija kaut kas līdzīgs piezīmei, it kā novirze no runas tēmas: skaidrošana

Īsa teorija

Ja notikums notiek tikai ar nosacījumu, ka notiek viens no notikumiem, kas veido pilnīgu nesaderīgu notikumu grupu, tad tas ir vienāds ar katra notikuma varbūtību reizinājumu summu ar atbilstošo nosacīto varbūtību maku.

Šajā gadījumā notikumus sauc par hipotēzēm, un varbūtības sauc par a priori. Šo formulu sauc par kopējās varbūtības formulu.

Beijesa formula tiek izmantota praktisku problēmu risināšanai, kad ir noticis notikums, kas parādās kopā ar kādu no notikumiem, kas veido pilnīgu notikumu grupu, un ir nepieciešams veikt hipotēžu varbūtību kvantitatīvu pārvērtēšanu. A priori (pirms eksperimenta) varbūtības ir zināmas. Nepieciešams aprēķināt posterior (pēc eksperimenta) varbūtības, t.i. būtībā jums ir jāatrod nosacītās varbūtības. Bayes formula izskatās šādi:

Nākamajā lapā ir apskatīta problēma vietnē .

Problēmas risinājuma piemērs

1. uzdevuma nosacījums

Rūpnīcā 1., 2. un 3. mašīnas ražo attiecīgi 20%, 35% un 45% no visām detaļām. Viņu izstrādājumos defekti ir attiecīgi 6%, 4%, 2%. Kāda ir iespējamība, ka nejauši izvēlēts produkts ir bojāts? Kāda ir varbūtība, ka tas ir ražots: a) ar mašīnu 1; b) mašīna 2; c) 3. mašīna?

1. problēmas risinājums

Apzīmēsim ar gadījumu, ja standarta precei ir defekts.

Notikums var notikt tikai tad, ja notiek viens no trim notikumiem:

Produkts tika ražots ar mašīnu 1;

Produkts tiek ražots uz mašīnas 2;

Produkts tiek ražots uz mašīnas 3;

Pierakstīsim nosacītās varbūtības:

Kopējās varbūtības formula

Ja notikums var notikt tikai tad, ja notiek viens no notikumiem, kas veido pilnīgu nesaderīgu notikumu grupu, tad notikuma iespējamību aprēķina pēc formulas

Izmantojot kopējās varbūtības formulu, mēs atrodam notikuma varbūtību:

Bayes formula

Bayes formula ļauj “pārkārtot cēloņus un sekas”: ņemot vērā zināmo notikuma faktu, aprēķiniet varbūtību, ka to izraisījis konkrēts cēlonis.

Varbūtība, ka 1. mašīnā ir izgatavots bojāts produkts:

Varbūtība, ka bojāts produkts tika ražots 2. mašīnā:

Varbūtība, ka 3. mašīnā tika izgatavots bojāts produkts:

Problēmas stāvoklis 2

Grupā ir 1 teicamnieks, 5 labi snieguši studenti un 14 viduvēji. Teicams students atbild 5 un 4 ar vienādu varbūtību, teicamnieks atbild 5, 4 un 3 ar vienādu varbūtību, bet viduvējs students atbild 4, 3 un 2 ar vienādu varbūtību. Nejauši izvēlēts students atbildēja uz 4. Kāda ir iespējamība, ka nosaukts skolēns ar viduvēju sniegumu?

2. problēmas risinājums

Hipotēzes un nosacītās varbūtības

Ir iespējamas šādas hipotēzes:

Atbildēja teicamnieks;

Labais puisis atbildēja;

- atbildēja viduvējs students;

Lai pasākums - students saņem 4.

Atbilde:

Cenu lielā mērā ietekmē lēmuma steidzamība (no dienas līdz vairākām stundām). Tiešsaistes palīdzība ar eksāmeniem/testiem ir pieejama pēc iepriekšēja pieraksta.

Jūs varat atstāt pieprasījumu tieši tērzēšanā, iepriekš nosūtot uzdevuma nosacījumus un informējot par vajadzīgā risinājuma termiņu. Atbildes laiks ir dažas minūtes.

Sibīrijas Valsts telekomunikāciju un informātikas universitāte

Augstākās matemātikas katedra

disciplīnā: “Varbūtību teorija un matemātiskā statistika”

"Kopējās varbūtības formula un Beijesa (Beijesa) formula un to pielietojums"

Pabeigts:

Vadītājs: profesors B. P. Zelentsovs

Novosibirska, 2010

3. ievads

1. Kopējās varbūtības formula 4-5

2. Bayes formula (Bayes) 5.-6

3. Problēmas ar risinājumiem 7-11

4. Beijesa formulas (Bayes) galvenās pielietošanas jomas 11

12. secinājums

Literatūra 13

Ievads

Varbūtību teorija ir viena no klasiskajām matemātikas nozarēm. Tam ir sena vēsture. Šīs zinātnes nozares pamatus lika lieliski matemātiķi. Nosaukšu, piemēram, Fermā, Bernulli, Paskālu.
Vēlāk varbūtības teorijas attīstība tika noteikta daudzu zinātnieku darbos.
Mūsu valsts zinātnieki sniedza lielu ieguldījumu varbūtības teorijā:
P.L.Čebiševs, A.M.Ļapunovs, A.A.Markovs, A.N.Kolmogorovs. Varbūtības un statistikas metodes tagad ir dziļi iekļuvušas lietojumos. Tos izmanto fizikā, tehnoloģijā, ekonomikā, bioloģijā un medicīnā. To loma īpaši pieaugusi saistībā ar datortehnoloģiju attīstību.

Piemēram, lai pētītu fizikālās parādības, tiek veikti novērojumi vai eksperimenti. To rezultātus parasti reģistrē dažu novērojamu daudzumu vērtību veidā. Atkārtojot eksperimentus, mēs atklājam to rezultātu izkliedi. Piemēram, atkārtojot viena un tā paša daudzuma mērījumus ar vienu un to pašu ierīci, saglabājot noteiktus apstākļus (temperatūra, mitrums utt.), mēs iegūstam rezultātus, kas vismaz nedaudz atšķiras viens no otra. Pat atkārtoti mērījumi neļauj precīzi paredzēt nākamā mērījuma rezultātu. Šajā ziņā viņi saka, ka mērījuma rezultāts ir nejaušs mainīgais. Vēl acīmredzamāks izlases lieluma piemērs ir loterijā laimētās biļetes numurs. Var sniegt daudzus citus nejaušo mainīgo piemērus. Tomēr nejaušības pasaulē tiek atklāti noteikti modeļi. Matemātisko aparātu šādu modeļu izpētei nodrošina varbūtības teorija.
Tādējādi varbūtības teorija nodarbojas ar nejaušu notikumu un saistīto nejaušo mainīgo matemātisko analīzi.

1. Kopējās varbūtības formula.

Lai ir pasākumu grupa H 1 ,H 2 ,..., Hn, kam ir šādas īpašības:

1) visi notikumi nav savietojami pa pāriem: Sveiki, i

Hj=Æ; i, j=1,2,...,n; i¹ j;

2) to savienība veido elementāru rezultātu telpu W:

.

8. att

Šajā gadījumā mēs to teiksim H 1 , H 2 ,...,Hn formā pilna pasākumu grupa. Tādus notikumus dažreiz sauc hipotēzes.

Ļaujiet A- kāds notikums: AÌW (Venna diagramma ir parādīta 8. attēlā). Tad turas kopējās varbūtības formula:

P(A) = P(A/H 1)P(H 1) + P(A/H 2)P(H 2) + ...+P(A/Hn)P(Hn) =

Pierādījums. Acīmredzot: A=

, un visi notikumi ( i = 1,2,...,n) ir nekonsekventi pa pāriem. No šejienes, izmantojot varbūtību saskaitīšanas teorēmu, mēs iegūstam

P(A) = P(

) + P( ) +...+ P(

Ja ņemam vērā, ka ar reizināšanas teorēmu P(

) = P(A/H i) P(H i) ( i= 1,2,...,n), tad no pēdējās formulas ir viegli iegūt augstāk minēto kopējās varbūtības formulu.

Piemērs. Veikalā tiek pārdotas trīs rūpnīcu ražotās elektriskās lampas, kur pirmās rūpnīcas īpatsvars ir 30%, otrās - 50%, bet trešās - 20%. Viņu produkcijas defekti ir attiecīgi 5%, 3% un 2%. Kāda ir iespējamība, ka veikalā nejauši izvēlēta lampa izrādīsies bojāta?

Ļaujiet notikumam H 1 ir tas, ka izvēlētā lampa tiek ražota pirmajā rūpnīcā, H 2 otrajā, H 3 - pie trešā auga. Acīmredzot:

P(H 1) = 3/10, P(H 2) = 5/10, P(H 3) = 2/10.

Ļaujiet notikumam A vai izvēlētā lampa izrādījās bojāta; A/H i ir gadījums, kad no ražotajām lampām tiek izvēlēts bojāts lukturis i-th augs. No problēmas izklāsta izriet:

P (A/ H 1) = 5/10; P(A/ H 2) = 3/10; P(A/ H 3) = 2/10

Izmantojot kopējās varbūtības formulu, mēs iegūstam

2. Beijesa formula (Bayes)

Ļaujiet H 1 ,H 2 ,...,Hn- pilnīga pasākumu grupa un AМ W – kāds notikums. Pēc tam saskaņā ar nosacītās varbūtības formulu

(1)

Šeit P(Hk/A) – nosacīta notikuma varbūtība (hipotēze) Hk vai varbūtība, ka Hk tiek īstenots ar nosacījumu, ka pasākums A noticis.

Saskaņā ar varbūtības reizināšanas teorēmu formulas (1) skaitītāju var attēlot kā

P = P = P(A/Hk)P(Hk)

Lai attēlotu formulas (1) saucēju, varat izmantot kopējās varbūtības formulu

P(A)

Tagad no (1) mēs varam iegūt formulu, ko sauc Bayes formula:

Beijesa formula aprēķina hipotēzes realizācijas varbūtību Hk ar nosacījumu, ka pasākums A noticis. Tiek saukta arī Beijesa formula hipotēžu varbūtības formula. Varbūtība P(Hk) sauc par hipotēzes iepriekšējo varbūtību Hk, un varbūtību P(Hk/A) – aizmugures varbūtība.

Teorēma. Hipotēzes varbūtība pēc pārbaudes ir vienāda ar hipotēzes pirms pārbaudes varbūtības un atbilstošās testa laikā notikušā notikuma nosacītās varbūtības reizinājumu, dalītu ar šī notikuma kopējo varbūtību.

Piemērs. Apskatīsim iepriekš minēto problēmu par elektriskajām lampām, vienkārši mainiet problēmas jautājumu. Pieņemsim, ka klients šajā veikalā iegādājās elektrisko lampu, un tā izrādījās bojāta. Atrodiet varbūtību, ka šī lampa tika ražota otrajā rūpnīcā. Lielums P(H 2) = 0,5 šajā gadījumā ir a priori gadījuma varbūtība, ka iegādātā lampa ir ražota otrajā rūpnīcā. Saņemot informāciju, ka iegādātajai lampai ir defekts, varam labot savu aplēses par iespēju ražot šo lampu otrajā rūpnīcā, aprēķinot šī notikuma posterior varbūtību.

Pierakstīsim Bayes formulu šim gadījumam

No šīs formulas mēs iegūstam: P(H 2 /A) = 15/34. Kā redzat, saņemtā informācija ir novedusi pie tā, ka mūs interesējošā notikuma iespējamība ir mazāka par a priori iespējamību.

3. Problēmas ar risinājumiem.

1. uzdevums. Veikals saņēma jaunus produktus no trim rūpnīcām. Šo produktu procentuālais sastāvs ir šāds: 20% - pirmā uzņēmuma produkti, 30% - otrā uzņēmuma produkti, 50% - trešā uzņēmuma produkti; tālāk 10% no pirmā uzņēmuma produkcijas ir augstākās šķiras produkcija, otrajā uzņēmumā - 5% un trešajā - 20% no augstākās šķiras produkcijas. Atrodiet varbūtību, ka nejauši iegādāts jauns produkts būs visaugstākās kvalitātes.

Risinājums. Apzīmēsim ar IN gadījumā, kad tiks iegādāts augstākās kvalitātes produkts

apzīmēsim notikumus, kas sastāv no attiecīgi pirmajam, otrajam un trešajam uzņēmumam piederošo preču iegādes.

Varat izmantot kopējās varbūtības formulu un mūsu apzīmējumā:

Aizvietojot šīs vērtības kopējās varbūtības formulā, mēs iegūstam vēlamo varbūtību:

2. uzdevums. Viens no trim šāvējiem tiek izsaukts uz šaušanas līniju un izdara divus šāvienus. Varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu pirmajam šāvējam ir 0,3, otrajam - 0,5; par trešo - 0,8. Mērķis netika trāpīts. Atrodiet varbūtību, ka šāvienu izšāva pirmais šāvējs.