§10. Формула байеса.

В этом параграфе {H₁, H₂, H₃, H₄}  по-прежнему, полная группа несовместных событий (гипотез). Если Р(А) > 0, Р(H_k) > 0, то Р(А · H_k) = Р(А) · Р(H_k / А) = Р(H_k) · Р(А / H_k) (см. §§7,8), откуда

это формула Байеса, в которой Р(А) вычисляют по формуле полной вероятности. Р(H_k / А)  вероятность осуществления гипотезы H_k при условии, что событие А осуществилось. Эту вероятность называют послеопытной или апостериорной. Для ее вычисления рассматривают только те испытания, которые закончились “успехом”, т.е. осуществлением события А. Вероятность Р(H_k / А) выражает “долю” гипотезы H_k для вышеуказанных испытаний.

Пример 1. (см. пример 1 из §8).

Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p₁ = 0,8 и p₂ = 0,6. Каждый сделал по одному выстрелу, причем в результате в мишени оказалась одна пробоина. Найти вероятность того, что промахнулся второй.

Зададим гипотезы: Н₁ = {оба стрелка либо попали, либо промахнулись}, H₂ = {попал только первый}, H₃ = {попал только второй}. Подсчитаем их вероятности: P( H₁ ) = p₁p₂ + q₁q₂ = 0,56 , P( H₂ ) = p₁q₂ = 0,32 , P( H₃ ) = q₁p₂ = 0,12 . Сумма их вероятностей равна 1.

Событие А = {в мишени оказалась ровно 1 пробоина} осуществилось, т.е. данная задача на формулу Байеса. Событие {при одной пробоине промахнулся второй} это гипотеза H₂ . По формуле Байеса

т. к. Р(А/Н₁) = 0 , Р(А/Н₂) = Р(А/Н₃) = 1 . Значение Р(А), вычисленное по формуле полной вероятности, совпадает с результатом, вычисленным ранее в §8 другим способом. Итак, в среднем среди каждых 11 исходов, заканчивающихся одним попаданием, 8 соответствуют варианту H₂ = {первый попал, второй промахнулся}, а остальные три  H₃.

Пример 2. (см. пример 2 из §9)

В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются 2 мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще 2 мяча, оказавшиеся новыми. Какова вероятность, что первая игра также проводилась новыми мячами?

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}, осуществилось. Поэтому задача решается по формуле Байеса. Нас интересует вероятность Р(H₁ / А) , где, напомним, гипотеза H₁ ={для первой игры взяты 2 новых мяча}. Подставим в формулу Байеса вероятности, подсчитанные в §9.

Постановки задач, подобных изложенным в §9 и в §10, встретятся при решении задачи №1 из контрольной работы.

Комментарии к задаче №2 §11. Повторные независимые испытания

Пусть проводится n последовательных испытаний. Предположим, что эти испытания независимые, т.е. вероятность осуществления очередного исхода не зависит от реализации исходов предыдущих испытаний. Рассмотрим простейший случай, когда различных исходов всего два (“успех” и “неуспех”). Более того, речь пойдет о случае, когда вероятность “успеха” в каждом из испытаний неизменна и равна p, т.е. вероятность “неуспеха” также неизменна и равна q = 1 p . Такие испытания называются испытаниями Бернулли.

Простейшими примерами здесь могут служить: последовательное бросание монеты (с вероятностью “успеха”  выпадения “орла”  равной 0,5); последовательная стрельба по мишени с постоянной вероятностью “успеха”  попадания  в каждом выстреле; извлечение из урны, содержащей шары двух цветов, по одному шару с возвращением (и перемешиванием); и т. д.

Я. Бернулли вычислил вероятность того, что в n последовательных “испытаниях Бернулли” произойдет ровно k “успехов”

(о вычислении числа см. §4).

Пример 1. Вероятность того, что при 4 бросках игральной кости выпадут ровно 2 “четверки”, равна

Здесь p  вероятность выпадения “четверки” в одном броске  равна 1/6, q = 5/6 , общее число испытаний n = 4 , число “успехов” k = 2 .

Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что при пяти выстрелах будет 3 попадания?

Здесь n = 5 , k = 3 , q = 1 p = 0,4 ,

.

Пример 3. В урне 4 белых и 2 черных шара. 6 раз извлекают по 1 шару, записывают цвет, а шар возвращают в урну и перемешивают шары. Какова вероятность, что среди записанных шаров более 4 белых?

Пусть “успех” состоит в том, что вынут белый шар. Тогда p= 4/6 = 2/3 ( из 6 шаров 4 белых ), q = 1  p = 1/3 . По условию n= 6 , k = 5 или k = 6 , откуда искомая вероятность

.

Пример 4. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что третье попадание произойдет в пятом выстреле?

Эта задача отличается от рассмотренной в примере 2 : там третье попадание может произойти и раньше пятого выстрела. Искомое событие является произведением двух следующих (независимых): А = {в первых 4 выстрелах ровно 2 попадания} и В={в пятом выстреле попадание}. P(A) вычисляется по формуле Бернулли

,

a P(B) = p = 0,6 . Поэтому искомая вероятность равна

В общем случае вероятность того, что к-й “успех” произойдет ровно в n-м испытании Бернулли, равна

.

Пример 5. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что в 5 выстрелах произойдет хотя бы 2 попадания?

Мы знаем, что Р₅(0) + Р₅(1) + Р₅(2) + Р₅(3) + Р₅(4) + Р₅(5) = 1. В данной задаче нас интересует сумма четырех последних слагаемых:

Заметим, что проще воспользоваться вероятностью противоположного события:1P₅(0)P₅(1)=10,4⁵5 ^ 