АвтоАвтоматизацияАрхитектураАстрономияАудитБиологияБухгалтерияВоенное делоГенетикаГеографияГеологияГосударствоДомДругоеЖурналистика и СМИИзобретательствоИностранные языкиИнформатикаИскусствоИсторияКомпьютерыКулинарияКультураЛексикологияЛитератураЛогикаМаркетингМатематикаМашиностроениеМедицинаМенеджментМеталлы и СваркаМеханикаМузыкаНаселениеОбразованиеОхрана безопасности жизниОхрана ТрудаПедагогикаПолитикаПравоПриборостроениеПрограммированиеПроизводствоПромышленностьПсихологияРадиоРегилияСвязьСоциологияСпортСтандартизацияСтроительствоТехнологииТорговляТуризмФизикаФизиологияФилософияФинансыХимияХозяйствоЦеннообразованиеЧерчениеЭкологияЭконометрикаЭкономикаЭлектроникаЮриспунденкция

Формулы полной вероятности и Байеса

Читайте также:
  1. Алгоритм проверки адекватности множественной регрессионной модели (сущность этапов проверки, расчетные формулы, формулировка вывода).
  2. Алгоритм проверки значимости регрессоров во множественной регрессионной модели: выдвигаемая статистическая гипотеза, процедура ее проверки, формулы для расчета статистики.
  3. Безработица: виды и измерении . Естественный уровень безработицы. Понятие полной занятости и потенциального ВВП.
  4. Вывод формулы для координат центра давления на плоскую стенку.
  5. Если рассматриваются совместные события, вероятность суммы двух событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности совместного их наступления.
  6. Задания на использование формулы Хартли и применение вероятностного подхода к измерению информации
  7. Задания на использование формулы Хартли и применение вероятностного подхода к измерению информации
  8. Задания на использование формулы Хартли и применение вероятностного подхода к измерению информации
  9. Значение формулы в формулярном процессе. Составные элементы формулы
  10. Значения коэффициента t при числе измерений n от 2 до 20 и заданной доверительной вероятности Р
  11. Иногда я понимаю, что сплю, но почему не получается осознать себя в полной мере?
  12. Инфляционный и дефляционный разрывы в условиях полной занятости. Парадокс бережливости.

Задача. В первой урне находится 1 белый и 9 черных шаров, а во второй - 5 белых и 1 черный. Из каждой урны наугад вынули по одному шару, а остальные ссыпали в третью урну, из которой извлекли один шар. Найти вероятность того, что:

- из третьей урны вынут белый шар;

- из обеих урн вынули белые шары, если из третьей урны извлекли

белый шар.

Сообразно постановке задачи введем обозначения событий, фигурирующих в ней непосредственно, а также событий, отвечающих всевозможным сценариям объединения урн: А=”из третьей урны извлечен белый шар”; и - из 𝑖 -й урны (𝑖=1,2) извлечены соответственно белый и черный шар. Теперь следуя логике решения первой части задачи, изобразим дерево вероятностей с учетом всех возможных исходов при проведении трех шагового мысленного эксперимента: вынули шар из первой урны, вынули шар из второй урны, вынули шар из третьей ур-

ны. Этим опытам будет отвечать четырехуровневое дерево вероятностей, каждой ветви которого соответствует свой сценарий эксперимента с учетом всех возможных вариантов выбора шаров.

Из У1 вынут    
Р()=
Р()=    
Белый шар
Из У2 вынут
Черный шар
Из У2 вынут
Р()=
Р()=    
Белый шар
Из У3 вынут
Черный шар
Из У3 вынут
Белый шар
=  
Белый шар
=  
Р()=
Р()=    
Белый шар
Из У3 вынут
Черный шар
Из У3 вынут
Белый шар
=  
Белый шар
=  

В этой схеме итоговые условные вероятности посчитаны исходя из наличного количества белых и черных шаров, отвечающего развитию начальной ситуации по тому или иному сценарию.

В качестве гипотез примем всевозможные комбинации выбора шаров, подсказанные деревом вероятностей: = (из обеих урн вынули по белому шару), = (из первой - белый из второй - черный), = , = . Эти гипотезы сформированы как произведения независимых событий и сами являются независимыми и попарно несовместными событиями, образующими полный набор, т.е. непременно происходит одно из , 𝑗=1, 2, 3, 4 и А содержится в их сумме. Таким образом, удовлетворены условия применимости формулы полной вероятности

Р(А) = + + + .

В силу независимости событий и , и , и , и имеем

Р()= Р()Р(), Р()= Р()Р(), Р()= Р()Р(), Р()= Р()Р().

Подставляя сюда численные значения нашей задачи, получаем

Р()= = , Р()= = , Р()= = , Р()= =

и, взяв с дерева вероятностей значения условных вероятностей события А относительно принятых гипотез, окончательно находим решение первой части задачи

Р(А) = · + · + · + · = = ≈ 0.36 = 36%.

Ответ на вторую часть задачи (вероятность гипотезы ) дает формула Байеса

= = = = ≈ 0.066.

Посчитаем вероятности развития событий по остальным ветвям дерева вероятностей:

= = = = ≈ 0.016,

= = = = ≈ 0.740,

= = = = ≈ 0.178.

Таким образом, наиболее вероятной является третья сверху ветвь дерева вероятностей, хотя априори, казалось бы, таковой должна быть самая нижняя ветвь, сохраняющая в урнах все белые шары и тем самым повышающая вероятность извлечь белый шар из третьей урны. Это обстоятельство лишний раз подчеркивает неочевидность выводов.

Нетрудно проверить, что

+ + + =1.

Это не случайно, а является очевидным следствием полноты набора гипотез , для которого + = Ω, и свойств условной вероятности относительно суммы несовместных событий и достоверного события

+ + + = = =1.

 


1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 |

Поиск по сайту:



Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Студалл.Орг (0.005 сек.)