§ 3. Условные вероятности. Полная вероятность. Формула Байеса. Пример. Бросают игральную кость, у которой грани с числом очков 1, 2 и 3 покрашены красным. - презентация

1 § 3. Условные вероятности. Полная вероятность. Формула Байеса. Пример. Бросают игральную кость, у которой грани с числом очков 1, 2 и 3 покрашены красным цветом, а грани с числом очков 4, 5 и 6 – черным цветом. Найти вероятность, что выпало четное число очков, з ная, что в результате броска выпала черная грань ? Решение. То, что выпала чрная грань, сужает пространство элементарных событий Ω до трех-элементного: Ω B = выпала черная грань, где n B = 3. Для события A = число очков четное сопутствующие элементарные события будем искать среди элементов множестваB. Т.к. среди числа очков 4, 5 и 6 четных чисел два, то получаем: P(A | B)

2

3 Теорема умножения вероятностей в общем случае: Замечание: доказывается методом математической индукции. Если n = 3, то формула имеет вид: Задача. В урне 4 белых, 3 синих и 2 черных шара. Из урны случайным образом вынимают один за другим 3 шара без возвращения назад. Найти вероятность того, что шары выбраны в порядке: белый, синий, черный. Решение. P(Белый,Синий,Черный)= = P( Белый )*P( Синий | Белый )*P( Черный | Белый, Синий )= = 4/9*3/8*2/7=1/21.

4 Следствие: если A B, то P(A|B) = P(A) и по теореме умножения вероятностей P(AB) = P(A)*P(B). Пример. При бросании игральной кости каждое следующее выпавшее число очков не зависит от предыдущего. Независимые события. С другой стороны сумма выпавших очков, например при двух бросаниях, зависит от числа очков, выпавших при первом броске. Зависимые события.

5 В общем случае: События A 1,A 2,…,A n независимые (в совокупности), если каждое из событий не зависит от произведения любого числа остальных событий и от каждого из остальных событий в отдельности. В этом случае верно равенство: Замечание: из попарной независимости событий не следует их независимость в совокупности.

6 Пример 1. Монету подбрасывают 2 раза, броски между собой независимы. Найти вероятность, что a)выпадут 2 герба, b)выпадет хотя бы 1 герб. Решение. Т.к.броски между собой независимые, то события Г 1 = герб выпадет при 1-ом броске, Г 2 = герб выпадет при 2-ом броске, Р 1 = при 1-ом броске выпадет решетка, Р 2 = при 2-ом броске выпадет решетка - независимые. Т.к. вероятность выпадения герба/решетки при каждом броске ½, то a)Вероятность, что выпадут 2 герба: P(Г 1 Г 2 )=P(Г 1 )P(Г 2 )= ½*½ = ¼. b)Выпадения хотя бы 1 герба соответствует событию, что герб выпедет при 1-ом, при 2-ом или при обоих бросках, вероятность которого: P(Г 1 Р 2 +Р 1 Г 2 +Г 1 Г 2 ) = P(Г 1 )P(Р 2 )+ P(Р 1 )P(Г 2 )+ P(Г 1 )P(Г 2 ) = 1/2*1/2+1/2*1/2+1/2*1/2=3/4. Или через обратное событие, означающее, что герб не выпал ни разу: P(Г 1 Р 2 +Р 1 Г 2 +Г 1 Г 2 ) =1- P(Р 1 Р 2 )=1-1/2=3/4.

7 Пример 2. Два студента выполняют по очереди свободные броски в корзину. У каждого 2 броска. Премию получает тот, кто попадет первым. Вероятность попадания бросающего первым при каждом броске 0,4, бросающего вторым 0,7. Найти вероятность получения премии каждым из бросающих. Решение. Пусть результаты бросков независимы. Обозначим события: П 1 =Первый студент бросает и попадает и П 2 =Второй студент бросает и попадает. Соответствующие противоположные события: П 1 = Первый студент бросает мимо и П 2 = Второй студент бросает мимо. Бросающий первым получит премию в результате следущей серии бросков: попадает и получает премию или бросает мимо, тогда второй также бросает мимо, затем первый попадает и получает премию. Вероятность серии: Вероятность получения премии бросающим вторым:

8 Пример 3. надежность элемента p. Для повышения надежности элемент дублируется параллельно двумя элементами с такой же надежности. Найти надежность полученной системы. Решение. Т.к. элемент дублируется параллельно, то полученная система будет работать, если работает хотя бы один элемент. p p p Надежность элемента означает вероятность его безотказной работы за данный промежуток времени. E1 E2 E3 Обозначим события: E 1 =1-ый элемент работает в течение заданного времени, E 2 =2-ой элемент работает в течение заданного времени, E 3 =3-ий элемент работает в течение заданного времени. Надежность всей системы равна вероятности: Или через обратное событие, зная, что элемент выходит из строя с вероятностью 1- p :

9 Пусть события H 1,..., H n (гипотезы) образуют полную систему несовместимых событий и имеют вероятности P(H 1 ),..., P(H n ). Пусть событие A может произойти только с одним из событий H i, и известна условная вероятность события A при условии H i : P(A | H i ), i=1,..., n. Тогда формула полной вероятности события A : Формула полной вероятности. Доказательство: т.к. A может произойти только с одним из H i : Т.к. гипотезы образуют полную систему несовместимых событий: AHi AHj =, i, j = 1,…,n, i j. По формуле сложения вероятностей: и по формуле умножения: Заменяем в формуле (1) отдельные слагаемые правой частью последнего равенства. Получаем формулу полной вероятности: (1)

10 Событие A может произойти только с одним из событий H 1, H 2, H 3 (студенты могут быть только из указанных групп). Тогда по формуле полной вероятности: Пример. Экзамен сдают студенты трех групп. В первой группе 7, во второй 6 и в третьей 8 студентов. Студент из первой группы сдаст экзамен с вероятностью 0.9, из второй группы с вероятностью 0.8 и из третьей группы с вероятностью С какой вероятностью сдаст экзамен случайно вызванный студент? Решение:Обозначим события: A: случайно вызванный студент сдаст экзамен; H 1 : студент из 1-ой группы; H 2 : студент из 2-ой группы; H 3 : студент из 3-ей группы. P(H 1 )=7/21; P(H 2 )=6/21; P(H 3 )=8/21. P(A|H 1 )=0.9; P(A|H 2 )=0.8; P(A|H 3 )=0.95. =7/21*0.9+6/21*0.8+8/21*0.95=(7*0.9+6*0.8+8*0.95)/

11 Пусть события H 1,..., H n (гипотезы) образуют полную систему несовместимых событий и имеют вероятности P(H 1 ),..., P(H n ). Пусть событие A может произойти только с одним из событий H i, и известна условная вероятность события A при условии H i : P(A|H i ), i=1,..., n. Тогда условная вероятность гипотезы H i при условии, что произошло событие A находится по формуле Байеса: Доказательство : по коммутативности умножения событий: откуда что и требовалось доказать. Формула полной вероятности по формуле умножения вероятностей: Формула Байеса. Thomas Bayes

12 Пример. В ящике 5 красных, 6 зеленых и 7 синих коробок. В каждой красной коробке 6 черных и 4 белых шара, в каждой зеленой 7 черных и 5 белых шара и в каждой синей 5 черных и 9 белых шара. Из ящика в темноте выбирают коробку и из нее шар, который оказался черным. Найти вероятности, что шар был выбран из первой, второй или третьей коробки? Вероятность выбора шара из красной коробки при условии, что шар черный: P(черный шар из зеленой коробки): P(черный шар из синей коробки): Решение: Обозначим события: A: выбранный шар черный; H 1 : выбрана красная коробка; H 2 : выбрана зеленая коробка; H 3 : выбрана синяя коробка. P(H 1 )=5/18; P(H 2 )=6/18; P(H 3 )=7/18. P(A|H 1 )=6/10; P(A|H 2 )=7/12; P(A|H 3 )=5/14.