17. Вероятность гипотез. Формулы Байеса.

1) Пусть известен результат опыта, а именно то, что произошло событие А. Этот факт может изменить априорные (то есть известные до опыта) вероятности гипотез. Например, в предыдущем примере извлечение из урны белого шара говорит о том, что этой урной не могла быть третья, в которой нет белых шаров, то есть р (Н₃/А) = 0. Для переоценки вероятностей гипотез при известном результате опыта используется формула Байеса:

2)

18. Повторение испытаний.

Пусть производится n независимых одинаковых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться с вероятностью p или не появиться с вероятностью q=1-p.

Поставим следующую задачу. Определить вероятность того, что в результате проведения независимых испытаний событие А наступает ровно к раз, если в каждом из этих испытаний данное событие наступает с вероятностью Р(А)=р.

Искомую вероятность будем обозначать Р_m(к), т.е. например, запись Р₄(2) означает вероятность того, что в 4-х испытаниях событие А появилось ровно 2 раза.

Непосредственное использование теорем сложения и умножения с увеличением числа испытаний приводит к очень громоздким вычислениям. Поэтому на практике для решения таких задач используют менее трудоемкие методы расчетов.

Формула Бернулли

Так как нас интересует вероятность того, что событие А наступит в n испытаниях ровно к раз, то в остальных n-к испытаниях событиях А не наступит, а наступит противоположное ему событие Ω – А =  . При этом событие А в n испытаниях может появиться ровно к раз в самых разных комбинациях, в которых порядок появления событий А и   не имеет никакого значения, а следовательно, число таких комбинаций равно числу сочетаний из n элементов по k, т. е. С .

Рассмотрим, чему равна вероятность появления каждой такой комбинации из k раз появляющегося события А и n-k раз появляющегося события  .

Обозначим через А_i (i=1,2, …,n) появление события А в i- ом испытании, а через  _i – его не появление в том же испытании. Тогда в силу постоянства условий испытания

Р(А₁) = Р(А₂) = … = Р(А_n) = P(А) = p,

.

Примером возможной комбинации, в которой событие А появится k раз, может служить событие

.

По условию испытания независимы, поэтому, используя теорему умножения для независимых событий, получим:

.

Так как все комбинации, подобные комбинации В, являются несовместными событиями и нам безразлично в какой именно последовательности появится событие А, а в какой  , то применяя теорему сложения вероятностей для несовместных событий, получим

. (12)

Полученная формула (12) носит название формулы Бернулли.

Примеры.

1. Вероятность изготовления на автоматическом станке стандартной детали равна 0,9. Определить вероятность того, что из 6 наудачу взятых деталей 4 окажутся стандартными.

Условие задачи соответствует схеме повторных испытаний в одинаковых условиях, поэтому, применяя формулу (12) при n=6, k=4 и p=0,9, получим

и помня, что

, т.е. 

имеем:

.

2. Игральную кость бросили 4 раза. Найти вероятность того, что шестерка выпала ровно 2 раза.

Вероятность выпадения шестерки при каждом отдельном бросании кости равна р=  и поскольку в этой задаче n=4, k=2,   ,

искомая вероятность равна

.

3. Найти вероятность того, что при трех бросаниях монеты герб появится хотя бы один раз.

Событие, состоящее в том, что герб появился хотя бы один раз в трех бросаниях монеты эквивалентно тому, что герб появится или 1, или 2, или 3 раза. Следовательно, по теореме сложения независимых событий искомая вероятность может быть найдена по формуле:

P₃(k1)=P₃(1)+P₃(2)+P₃(3),

Поскольку вероятность выпадения герба в одном бросании р=  , а решки –

q=1-p=1- ,

то искомая вероятность равна

.

Эта задача имеет и другое, более короткое решение. Интересующее нас событие произойдет в любом случае, кроме одного – если герб не выпадет в трех бросаниях ни разу. То есть событие А – герб выпадет хотя бы один раз в трех бросаниях и событие В – герб не выпадет ни разу, являются противоположными, т. е. В= , а следовательно искомая вероятность P(A)=1-P( ) и поскольку P(A)=P₃(k1), а P( )=P₃(0), то

P₃(k1)=1-P₃(0)=1- .