МАРК РЕГНЕРУС ДОСЛІДЖЕННЯ: Наскільки відрізняються діти, які виросли в одностатевих союзах
РЕЗОЛЮЦІЯ: Громадського обговорення навчальної програми статевого виховання ЧОМУ ФОНД ОЛЕНИ ПІНЧУК І МОЗ УКРАЇНИ ПРОПАГУЮТЬ "СЕКСУАЛЬНІ УРОКИ" ЕКЗИСТЕНЦІЙНО-ПСИХОЛОГІЧНІ ОСНОВИ ПОРУШЕННЯ СТАТЕВОЇ ІДЕНТИЧНОСТІ ПІДЛІТКІВ Батьківський, громадянський рух в Україні закликає МОН зупинити тотальну сексуалізацію дітей і підлітків Відкрите звернення Міністру освіти й науки України - Гриневич Лілії Михайлівні Представництво українського жіноцтва в ООН: низький рівень культури спілкування в соціальних мережах Гендерна антидискримінаційна експертиза може зробити нас моральними рабами ЛІВИЙ МАРКСИЗМ У НОВИХ ПІДРУЧНИКАХ ДЛЯ ШКОЛЯРІВ ВІДКРИТА ЗАЯВА на підтримку позиції Ганни Турчинової та права кожної людини на свободу думки, світогляду та вираження поглядів Контакти
Тлумачний словник |
|
|||||||
Формули повної імовірності та БайесаТеорема 6. Якщо випадкова подія А може з'явитись лише сумісно з однією із несумісних між собою подій В1, В2,..., Bn що утворюють повну групу, тоді імовірність події А обчислюється за формулою (3.12) Доведення.За умовою теореми поява події A означає появу однієї з подій АВ1, АВ2, . . ., АВn, тобто А = АВ1 U АВ2 U…U АВп, Події В1, В2,…, Вп несумісні, тому й події АВ1, АВ2, . . ., АВn також несумісні. Згідно з теоремою додавання імовірностей несумісних подій маємо Р(А) = Р(АВ1 U АВ2 U…U АВп,) = (3.13) Події А та Bk - залежні, тому для обчислення P(ABk) можна використати теорему множення імовірностей залежних подій, тобто Р(АВk) = P(Bk)PBk(A). (3.14) Підставимо (3.14) у формулу (3.13) і одержимо рівність (3.12), яку треба було довести. Формулу (3.12) називають формулою повної імовірності. Приклад 10. У першому ящику 20 деталей, з яких 15 стандартних. У другому ящику 10 деталей, з яких 9 стандартних. З другого ящика беруть навмання одну деталь і перекладають її до першого ящика. Знайти імовірність того, що взята після цього навмання деталь з першого ящика стандартна. Розв’язання. Позначимо такі події: А - з першого ящика взято стандартну деталь; В1- з другого ящика переклали до першого стандартну деталь; В2 - з другого ящика переклали до першого нестандартну деталь. Згідно з умовою задачі, з першого ящика можна взяти деталь лише після того, як здійсниться подія В1 або подія В2. Події В1 та В2 несумісні, а подія А може з'явитись лише сумісно з однією із них. Тому для знаходження імовірності події А можна використати формулу повної імовірності (3.12), яка у даному випадку прийме вигляд Р(А) = Р(В1)РВ1(А) + Р(В2)РВ2(А). (3.15) Знайдемо потрібні імовірності Р(В1)=9/10; Р(В2)=1/10; РВ1(А) = 16/21; РВ2(А) =15/21. Підставимо ці значення у формулу (3.15) і одержимо Р(А) = Тепер ознайомимось з формулами Байєса. В умовах теореми 6 невідомо, з якою подією із несумісних подій В1, В2,…, Вп з’явиться подія А. Тому кожну з подій В1, В2,…, Вп можна вважати гіпотезою. Тоді Р(Вk) – імовірність k-ої гіпотези. Якщо випробування проведено і в результаті його подія А з'явилась, то умовна імовірність РА(Вk) може не дорівнювати Р(Вk). Порівняння імовірностей Р(Вk) та РА(Вk) дозволяє переоцінити імовірність гіпотези при умові, що подія А з'явилася. Для одержання умовної імовірності використовуємо теорему множення імовірностей залежних подій P(ABk) = P(Bk)PBk(A) = P(A)PA(Bk) → PA(Bk) = (3.16) Підставимо у формулу (3.16) замість Р(А) її значення з формули повної імовірності. Одержимо PA(Bk) = л =1, 2,..., n. (3.17) Формули (3.17) називаютьформулами Байєса.Вони дозволяють переоцінювати імовірності гіпотез. Це важливо при контролі або ревізіях. Приклад 11.Деталі, виготовлені цехом заводу, попадають для перевірки їх стандартності до одного з двох контролерів. Імовірність того, що деталь попаде до першого контролера, дорівнює 0.6, а до другого - 0.4. Імовірність того, що придатна деталь буде признана стандартною першим контролером, дорівнює 0.94, а другим - 0.98. Придатна деталь при перевірці признана стандартною. Знайти імовірність того, що деталь перевіряв перший контролер. Розв’язання. Позначимо такі події: А - придатна деталь признана стандартною; В1 - деталь перевіряв перший контролер; В2 - деталь перевіряв другий контролер. За умовою прикладу Р(В1) = 0.6; Р(В2) = 0.4; РВ1(А) =0,94; РВ2(А) = 0.98. За формулою Байєса (4.12) при k = 1 одержимо PA(B1) = Відмітимо, що до появи події А імовірність Р(В1)=0,6, а після появи події А імовірність перевірки деталі першим контролером PA(B1) = 0.59 поменшала. Приклад 12. Імовірність знищення літака з одного пострілу для першої гармати дорівнює 0.2, а для другої гармати - 0.1. Кожна гармата робить по одному пострілу, причому було одне влучення у літак. Яка імовірність того, що влучила перша гармата? Розв’язання.Позначимо такі події: А - знищення літака з одного пострілу першою гарматою; В - знищення літака з одного пострілу другою гарматою; С - одне влучення у літак. Маємо чотири гіпотези H1 =A•B; H2 =A•; H3 =•B; H4 =• які утворюють повну групу подій. Імовірностями цих гіпотез будуть Р(H1) = 0.2 • 0.1 = 0.02; Р(H2) = 0.2 • 0.9 = 0.18; Р(H3) = 0.8 • 0, 1 = 0.08; Р(H4) = 0.8 - 0.9 = 0.72. Так як сума H1 + H2 + H3 + H4 є достовірна подія, то P(H1) + P(H2 )+ P(H3) + P(H4) =1. Умовні імовірності події С будуть PH1(С) = 0; PH2(С) = 1; PH3(С) = 1; PH4(С) = 0. Тепер за формулою Байєса знаходимо шукану ймовірність PС(H2) = Читайте також:
|
||||||||
|