2.11. Формула Байеса

Для событий с предпосылками интересна и такая постановка вопроса: а какова вероятность предпосылки , если произошло событие А? Чтобы проиллюстрировать данную ситуацию с помощью рассмотренного выше примера переформулируем его следующим образом: найти вероятность того, что выбранный наугад студент учится в первой (или второй) группе, если известно что он - юноша.

В этой и подобной ей задачах по сути дела требуется найти условную вероятность гипотезы . Эту вероятность называют апостериорной в отличие от априорной вероятности . Апостериорную вероятность находят при условии, что событие А уже произошло, т.е. после опыта. Решение этой задачи обеспечивает формула Байеса.

Пусть случайные события попарно несовместны и событие А содержится в их сумме А Ì , тогда

справедлива формула Байеса

= , 𝑘=1,2, . . . , n.

Доказательство осуществляется с помощью цепочки простых преобразований с использованием свойства коммутативности произведения событий, определения условной вероятности и формулы полной вероятности:

= = = = .

Теперь можно приступить к решению задачи, сформулированной в начале параграфа.

Итак, требуется найти , где событие А=”выбран юноша”. Подставляем в формулу Байеса фигурирующие в ней вероятности, рассчитанные в предыдущем параграфе, и находим нужный ответ:

= = = = .

Простое решение такой задачи с помощью классической схемы не представляется возможным, что лишний раз свидетельствует об ограниченности ее возможностей.

Практикум

Сводка используемых формул:

Р(А+В)=Р(А)+Р(В) для несовместных событий А и В;

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)Р(АВ) для совместных событий А и В;

Р(АВ)=Р(А)Р(В) для независимых событий А и В;

= Р(А|В)Р(В) в случае зависимости события А от В.

Операции над событиями

1. При стрельбе по мишени двух стрелков: А=”попадание в мишень перового стрелка”, В=”попадание в мишень второго стрелка”. Сумма этих событий по определению означает: в мишень попал либо первый стрелок, либо второй стрелок, либо они попали в мишень вместе (одновременно). Иными словами А+В=”попадание в мишень хотя бы одного стрелка”. Эта задача содержательно идентична серии из двух выстрелов одного стрелка. Обозначив А=”попадание в мишень в первом выстреле”, В=”попадание в мишень во втором выстреле” получим А+В=”хотя бы одно попадание в мишень в серии из двух выстрелов”.

Произведение событий в первом и втором случаях дает соответственно АВ=”попадание обоих стрелков”=”два попадания в серии из двух выстрелов” =“попасть дважды”.

2. При извлечении двух шаров из урны в случае = ”в к-той попытке извлечен белый шар” сумма событий + = ”из двух извлеченных из урны шаров хотя бы один - белый ”. Извлечению двух белых шаров отвечает произведение .

3. В обоих примерах, будь то стрельба по мишени или извлечение шаров из урны, не оговаривается необходимость физически одновременного осуществления испытаний - двух выстрелов или извлечения сразу двух шаров. Тем не менее, произведение событий трактуется как их одновременная реализация, понимаемая как осуществление и одного и другого события вместе. Отсюда сразу же протягивается ниточка к понятию совместности событий.

Ясное дело, что в рассмотренных примерах события А и В являются совместными, поскольку можно дважды попасть в мишень или извлечь два белых шара, если по условию задачи они в урне имеются.

Расчет числа исходов

Расчет количества возможных исходов базируется на основе содержательного анализа постановки решаемой задачи.

1. Определить количество способов упорядочения 8-ми различных объектов.

Различимые объекты можно рассматривать как условно перенумерованные. Поэтому решение задачи сводится к определению числа комбинаций из 8-ми цифр, отличающиеся не только самими цифрами, но и их порядком.

На первое место в комбинации может быть поставлена любая из 8 цифр, на второе любая из 7 оставшихся. При этом любой из 8 способов выбора первой цифры может комбинировать с любым из 7 способов выбора второй цифры и т.д. В итоге получаем внушительное число

N = 8! = 8·7·6·5·4·3·2·1 = 40320.

2. Готовится к выпуску лотерея с шестизначными номерами и трехзначными сериями. Сколько будет билетов всего, если в серии и номере допускаются любые комбинации цифр (в том числе 000, 001 и т.п.) и в каждой серии предусматриваются всевозможные номера?

В серии насчитывается 3 цифры и серия 013 отличается от 103. При наборе серии на первое место может быть поставлена любая цифра из 10, на второе - любая опять-таки из 10 и т.д. Поскольку первая цифра может сочетаться с любыми комбинациями двух последующих цифр, то для числа серий получаем величину =10·10·10 = .

По тем же соображениям количество номеров в серии =. По условию задачи столько билетов в каждой серии и потому всего билетов будет = = = 1 млрд, т.е. каждому жителю нашей страны достанется примерно 7 билетов.

3. Преподаватель из 20 билетов разрешает студенту вытащить сразу 2 билета. Сколькими различными способами это можно сделать?

Из самой постановки задачи абсолютно ясно, что студенту совершенно не важно, какую комбинацию номеров он вытащил (2, 9) или (9, 2) - для него данные комбинации неразличимы, а значение имеет лишь его способность ответить на эти билеты. Это означает, что ответ на поставленный вопрос следует искать с помощью числа сочетаний

N = = = = = 190.

4. Сколькими способами можно распределить 6 различных книг между 3-мя студентами поровну?

Сначала проанализируем постановку задачи. Очевидно, что для студента комбинации одинаковых предметов (химия, философия или философия, химия) неразличимы, т.е. комбинации должны отличаться только составом. Следовательно, при решении задачи следует задействовать число сочетаний. Чтобы установить вид формулы расчета достаточно составить схему дележа парами: первые два произвольно выбранные учебника отдать первому студенту (= ), вторые два - второму (= ), а на долю последнего студента придется оставшаяся пара (= = 1). Поскольку каждый набор учебников первого студента может комбинировать со всеми наборами для двух других студентов, то эти числа должны быть взяты в произведении и ответом задачи является

N = = = = = 90.

Однако дележ может быть устроен иначе - по одному учебнику каждому студенту по принципу “тебе-тебе-тебе” в два круга. В соответствии с такой схемой подсчет количества возможных вариантов дележа с учетом сокращения на каждом последующем шаге числа шаров на 1 будет производиться по формуле

N= 6·5·4·3·2·1 = 720.

Этот число существенно превышает верный результат, поскольку последняя схема не учитывает неразличимость комбинаций одного состава.

Таким образом, во избежание ошибок на передний план выдвигается содержательный анализ постановки задачи и построение на его основе алгоритма ее решения.

Классическая вероятность

Задача. Определить вероятность ничьей в турнире из 4-х встреч двух равносильных игроков (команд), если ничьи в отдельной встрече не допускаются (пенальти, дополнительное время и т.п.).

Поскольку противники равносильные, количество встреч четно и каждая из них может закончиться только победой или поражением, то внутренний голос достаточно уверенно нашептывает про ½ или 50%. Чтобы доказать правильность этого интуитивного ответа или опровергнуть его перечислим все мыслимые исходы матча и отберем среди них благоприятные. Заметим, что достаточно рассматривать итоги встреч с позиции только одного игрока, т.к. его победа означает поражение противника и наоборот. Возьмем одного игрока, условно называемого первым, и опишем его победу цифрой “1”, а поражение - ”0”. Знаки в кавычках могут рассматриваться как числа или символы. Теперь можно составить таблицу с перечислением всех мыслимых исходов турнира. Первая строка первого столбца таблицы отвечает наиболее желаемому исходу турнира первого игрока - его победе во всех 4-х встречах. Далее в первом столбце идут игры с одним поражением в первой, второй и т. д. встречах. Второй столбец описывает игры с ничьей по итогам всех 4-х встреч. В трех первых строках последнего столбца обозначена только одна победа и в его последней строке стоит сокрушительный сухой разгром первого игрока. Всего в таблице 16 равновозможных и несовместных исходов, среди которых 6 благоприятных для ничьей по итогам турнира (средний столбец). Теперь, следуя правилу вычисления классической вероятности, найдем вероятность ничьей Р(“ничья”)= , т.е. свести вничью турнир с четным числом встреч двум равносильным противникам менее вероятно нежели выиграть или проиграть. Полученный результат изначально вовсе не очевиден и свидетельствует, что интуиция нас изрядно подвела, поскольку относительная ошибка составила ( - )/ = = 33,3%.

1 1 1 1	0 0 1 1	0 0 0 1
0 1 1 1	0 1 0 1	0 0 1 0
1 0 1 1	0 1 1 0	0 1 0 0
1 1 0 1	1 0 0 1	1 0 0 0
1 1 1 0	1 0 1 0	0 0 0 0
	1 1 0 0

При наличии такой таблицы нетрудно рассчитать вероятности других возможных результатов матча. Например:

Р(“выиграть”)= =Р(“проиграть”),

Р(“не проиграть”)= =Р(“не выиграть”),

Р(“выиграть всухую”)= = Р(“проиграть всухую”),

Р(“выиграть хотя бы один раз”)= =Р(“проиграть хотя бы один раз”).

Здесь наблюдается своеобразная симметрия рассмотренных событий. Уместно отметить также, что противоположным к “выиграть” является не “проиграть”, а “не выиграть”. Сумма именно этих исходов является достоверным событием, а сумма их вероятностей равна 1.

Задача. Найти вероятность выпадения двух орлов и хотя бы одного орла в двух бросаниях монеты. Поскольку орел ”О” и решка ”Р” события равновозможные Р(О)=Р(Р)=0.5, то применима схема классической вероятности, в соответствии с которой

Р(ОО)=Р(О)Р(О)=, Р(О+О)=Р()=1Р(РР)=1 = .

Тот же результат даст таблица возможных исходов, которая применима в силу равновозможности выпадения орла и решки.

Условная вероятность

Задача. Какова вероятность из урны с 6 белыми и 3 черными шарами извлечь первым черный, а вторым белый шар.

В соответствии со схемой условной вероятности расчет производится по формуле

Р(А)=Р(БЧ)=Р(Б|Ч)Р(Ч)=· ==25 %.

Задача. При усложнении предыдущей задачи условием достать третьим черный шар искомой оказывается вероятность произведения событий ЧБЧ, которое мы препарируем следующим образом

Р(ЧБЧ)=Р(Ч|БЧ)Р(БЧ)=Р(Ч|БЧ)Р(Б|Ч)Р(Ч)=·· =·=≈7 %.

Формулы полной вероятности и Байеса

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.

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.

Задачи для самостоятельного решения

1. Формализовать (описать математически) события “выпадение хотя бы одного орла в двух бросаниях монеты” и “выпадение двух орлов”. Имеется ли принципиальное отличие этой ситуации от эксперимента с одновременным бросанием двух монет? Что можно сказать о несовместности и независимости событий в этой задаче?

2. Сколькими способами можно переставить 7 различных книг на полке.

3. Сколькими способами можно разделить 10 различных цветных карандашей между двумя студентами поровну.

4. В первой урне 6 белых и 9 черных шаров, во второй - 6 белых и 4 черных шара. Из первой урны извлекли 2 шара, положили их во вторую урну, все в ней перемешали и наугад достали 1 шар. Какова вероятность того, что этот шар белый. Найти вероятность того, что из первой урны были извлечены белый и черный шары, если из последней урны достали черный шар.

Указание. Дерево вероятностей строится из расчета проведения 3-х опытов: из первой урны извлечен первый шар, затем второй шар и помещены во вторую урну, наконец, из второй урны вынут 1 шар. Сообразно этому на дереве вероятностей образуется некоторое количество ветвей.

Вопросы для самопроверки

1. Истоки теории вероятностей. Случайный эксперимент, испытание, исход. Статистический анализ результатов экспериментов.

2. Множество событий. Противоположное, невозможное, достоверное событие. Сумма и произведение событий, их графическая иллюстрация и свойства (коммутативность, ассоциативность). Несовместность событий. Полный набор событий.

3. Эмпирическая вероятность, ее свойства и недостатки.

4. Определения классической вероятности: благоприятность, равновозможность, расчетная формула. Свойства классической вероятности.

5. Расчет количества исходов и вероятностей в схемах случайных экспериментов:

 без возвращения с упорядочением;

 без возвращения и без упорядочения;

 с возвращением и с упорядочением;

 с возвращением без упорядочения.

6. Геометрическая вероятность и принципы ее расчета.

7. Условная вероятность, расчетная формула и свойства. Независимость случайных событий.

8. Формула полной вероятности. Дерево вероятностей.

9. Формула Байеса.

Рубежный контроль

1. А={1, 3, 5, 7}, B={2, 4, 6}, C={1, 2}. Найти

А∩В, А∪В, А∩С, А∪С, (А\С)∪В∩С, (А\С)∩(В\С).

2. При одновременном бросании двух кубиков формализовать событие “выпадение хотя бы одной цифры 4” и “выпадение двух цифр 4”. Будет ли отличаться решение этой задачи от случая бросания одного кубика дважды? Как здесь проявится аспект несовместности и независимости событий?

3. Найти количество различных способов разложить на столе последовательно 5 экзаменационных билетов.

4. Стрелок попадает в мишень с вероятностью 0,5. Каковы вероятности попадания дважды и хотя бы одного попадания в серии из двух выстрелов?

Задачу решать с учетом взаимоотношения событий в плане совместности - несовместности и зависимости - независимости:

 через сумму совместных событий;

 через сумму несовместных событие;

 через противоположное событие.

Проверить полученные результаты с помощью таблицы с перечислением всех мыслимых исходов.

Контрольная

В каждой из 3-х групп по 25 студентов. Число студентов, сдавших ТВ соответственно 22, 20, 18. Какова вероятность того, что выбранный наугад сдавший студент учится в 1-й группе.

Указание. Задачу решать с помощью дерева вероятностей построенного по принципу: выбор группы, выбор сдавшего студента из группы. При этом проводить два опыта, - сначала наугад выбрать группу, а затем из этой группы наугад выбрать сдавшего студента.

Список литературы

1. Общий курс высшей математики для экономистов: Учебник / Под ред.

В.И. Ермакова. М.: ИНФРА-М, 2005.- 656 с.

2. Письменный Д. Конспект лекций по высшей математике. М.: Рольф,

2002.- 288 с.

3. Романников А.Н. Линейная алгебра: Учеб. пособие // Московский госу-

дарственный университет экономики, статистики и информатики. М.,

2004. - 124 с.

4. Турецкий В.Я. Математика и информатика. М.: ИНФРА-М, 2004. 560 с.

5. Филимонова Е.В., Тер-Симонян Н.А. Математика и информатика:

Учеб. пособие.-М.:”Маркетинг”, 2002. -С. 88-101.

Дополнительная литература

1. Абчук В.А. Математика для менеджеров и экономистов: Учебник –

СПб: изд-во Михайлова В.А. 2002. 525 с.

2. Афанасьев М.Ю., Суворов Б.П. Исследование операций в экономике:

Модели, задачи, решения: Уч. пос. –М: ИНФРА-М, 2003. -444 с.

3. Воронов Н.В. , Мещеряков Г.П. Математика для студентов

гуманитарных факультетов/Серия “Учебники, учебные пособия” –

Ростов Н/Д. Феникс 2002. -384 с.

4. Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика:

Учебник для вузов. Изд. 2-е перераб. и доп. М.: ЮНИТИ-ДАНА 2004.

5. Кузнецов Б.Т. Математика: учебник для вузов. Изд. 2-е перераб. и

доп. М.: ЮНИТИ-ДАНА.

6. Меняйлов А.И. Математический практикум. Уч. пос. для высшей

школы. –М. Академический проект. 2003. 192 с.

В.С. Колосов

Математика

Учебное пособие

Редактор Д.Г. Валикова

Компьютерная верстка В.С. Колосов

Подписано в печать 02.04.2009 г. Формат 60х84 1/16

Усл.-печ. л.4,4. Уч.-изд. п.л. 7,5. Тираж 100 экз.

Заказ № _____ Цена 64 руб. Ротапринт МГУКИ.

Адрес университета и типографии:

141406 Московская обл., г. Химки-6, ул. Библиотечная, 7.