fbpx

Формула полной вероятности. Формула Байеса

Составитель преподаватель кафедры высшей математики Ищанов Т.Р. Занятие №4. Формула полной вероятности. Вероятность гипотез. Формулы Байеса.

Теоретический материал
Формула полной вероятности
Теорема. Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий B_1, B_2,\cdots, B_n, образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

    \[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+\cdots+P(B_n)P_{B_n}(A).\]


Эту формулу называют «формулой полной вероятности».

Доказательство. По условию, событие А может наступить, если наступит одно из несовместных событий B_1,B_2,\cdots, B_n.

Другими словами, появление события А означает осуществление одного, безразлично какого, из несовместных событий B_1A, B_2A, ..., B_nA. Пользуясь для вычисления вероятности события А теоремой сложения, получим

    \[P(A)=P(B_1A)+P(B_2A)+\cdots +P(B_nA). \quad (*)\]


Остается вычислить каждое из слагаемых. По теореме умножения вероятностей зависимых событий имеем 

    \[P(B_1A)=P(B1)\cdot P_{B_1}(A);\]

    \[P(B_2A)=P(B_2)\cdot P_{B_2}(A);\ldots; P(B_nA)=P(B_n)P_{B_n}(A).\]


Подставив правые части этих равенств в соотношение (*), получим формулу полной вероятности

    \[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+\cdots+P(B_n)P_{B_n}(A).\]

Пример 1. Имеется два набора деталей. Вероятность того, что деталь первого набора стандартна, равна 0,8, а второго—0,9. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь (из наудачу взятого набора) — стандартная.
Решение. Обозначим через А событие «извлеченная деталь стандартна».
Деталь может быть извлечена либо из первого набора (событие B1), либо из второго (событие B2).
Вероятность того, что деталь вынута из первого набора, P(B_1)=1/2.
Вероятность того, что деталь вынута из второго набора, P(B_2)=1/2.
Условная вероятность того, что из первого набора будет извлечена стандартная деталь, P_{B_1}(A)= 0,8.
Условная вероятность того, что из второго набора будет извлечена стандартная деталь P_{B_2}(A)=0,9.
Искомая вероятность того, что извлеченная наудачу деталь — стандартная, по формуле полной вероятности равна

    \[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P_{B_2}P_{B_2}(A)=0,5\cdot 0,8+0,5\cdot 0,9=0,85.\]

Пример 2. В первой коробке содержится 20 радиоламп, из них 18 стандартных; во второй коробке—10 ламп, из них 9 стандартных. Из второй коробки наудачу взята лампа и переложена в первую. Найти вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.
Решение. Обозначим через А событие «из первой коробки извлечена стандартная лампа».
Из второй коробки могла быть извлечена либо стандартная лампа (событие B1), либо нестандартная (событие B2).
Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная лампа, P(B_1)=9/10.
Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандартная лампа, P(B_2)=1/10.
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная лампа, равна P_{B_1}(A)= 19/21.
Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная лампа, равна P_{B_2}(A) = 18/21.
Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная лампа, по формуле полной вероятности равна

    \[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)=\frac{9}{10}\cdot\frac{19}{21}+\frac{1}{10}\cdot\frac{18}{21}=0,9.\]

Вероятность гипотез. Формулы Байеса

Пусть событие A может наступить при условии появления одного из несовместных событий B_1,B_2,\cdots,B_n, образующих полную группу. Поскольку заранее не известно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события A определяется по формуле полной вероятности:

    \[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+\cdots+P(B_n)P_{B_n}(A). \quad (*)\]

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А. Поставим своей задачей определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Другими словами, будем искать условные вероятности

    \[P_{A}(B_1),P_{A}(B_2),\cdots,P_{A}(B_n).\]

Найдем сначала условную вероятность P_{A}(B_1). ПО теореме умножения имеем

    \[P(AB_1)=P(A)P_{A}(B_1)=P(B_1)P_{B_1}(A).\]

Отсюда

    \[P_{A}(B_1)=\frac{P(B_1)P_{B_1}(A)}{P(A)}.\]

Заменив здесь Р (А) по формуле (*), получим

    \[P_{A}(B_1)=\frac{P(B_1)P_{B_1}(A)}{P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+\cdots+P(B_n)P_{B_n}(A)}\]

.

Аналогично выводятся формулы, определяющие условные вероятности остальных гипотез, т. е. условная вероятность любой гипотезы B_i (i=1,2,\cdots,n) может быть вычислена по формуле

    \[P_{A}(B_i)=\frac{P(B_i)P_{B_i}(A)}{P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+\cdots+P(B_n)P_{B_n}(A)}.\]

Полученные формулы называют формулами Байеса (по имени английского математика, который их вывел; опубликованы в 1764 г.). Формулы Бейеса позволяют переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А.

Пример. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру, равна 0,6, а ко второму — 0,4. Вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна 0,94, а вторым—0,98. Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил первый контролер.
Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что годная деталь признана стандартной. Можно сделать два предположения:
1)деталь проверил первый контролер (гипотеза B_1);
2)деталь проверил второй контролер (гипотеза B_2). Искомую вероятность того, что деталь проверил первый контролер, найдем по формуле Байеса:

    \[P_{A}(B_1)=\frac{P(B_1)P_{B_1}(A)}{P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)}.\]

По условию задачи имеем:
P(B_1)=0,6 (вероятность того, что деталь попадает к первому контролеру);
P(B_2)=0,4 (вероятность того, что деталь попадет ко второму контролеру);
P_{B_1}(A)=0,94 (вероятность того, что годная деталь будет признана первым контролером стандартной);
P_{B_2}(A)= 0,98 (вероятность того, что годная деталь будет признана вторым контролером стандартной).
Искомая вероятность

    \[P_A(B_1)=\frac{0,6\cdot 0,94}{0,6\cdot 0,94+0,4\cdot 0,98}\approx 0,59.\]

Как видно, до испытания вероятность гипотезы B_1 равнялась 0,6, после того, как стал известен результат испытания, вероятность этой гипотезы (точнее, условная вероятность) изменилась и стала равной 0,59. Таким образом, использование формулы Байеса позволило переоценить вероятность рассматриваемой гипотезы.

Практический материал.
1. (4) Сборщик получил 3 коробки деталей, изготовленных заводом № 1, и 2 коробки деталей, изготовленных заводом № 2. Вероятность того, что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,8, а завода № 2 — 0,9, Сборщик наудачу извлек деталь из наудачу взятой коробки. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь.
Отв. 0,84.
2. (5) В первом ящике содержится 20 деталей, из них 15 стандартных; во втором—30 деталей, из них 24 стандартных; в третьем — 10 деталей, из них 6 стандартных. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная деталь из наудачу взятого ящика—стандартная.
Отв. 43/60.
3. (6) В телевизионном ателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответственно равны 0,8; 0,85; 0,9; 0,95. Найти вероятность того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок службы.
Отв. 0,875.
4. (3) В группе спортсменов 20 лыжников, 6 велосипедистов и 4 бегуна. Вероятность выполнить квалификационную норму такова: для лыжника—0,9, для велосипедиста—0,8. и для бегуна—0,75. Найти вероятность того, что спортсмен, выбранный наудачу, выполнит норму.
Отв. 0,86.
5. © В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Показать решение

Решение:
Возможны две гипотезы:
H_1 – при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;
H_2 – при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. 1, 2, 4 или 5.
По классическому определению вероятности гипотез равны:

    \[P(H_1) = \frac26 = \frac13;\qquad P(H_2) = \frac46 = \frac23.\]

Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться равенство

    \[P(H_1)+P(H_2)=\frac13+\frac23=1.\]

Пусть событие А состоит в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:

    \[P_{H_1}(A)=\frac{12}{18}=\frac23;\qquad P_{H_2}(A)=\frac{15}{25}=\frac35\]

Тогда по формуле полной вероятности вероятность события А будет равна:

    \[P(A)=\frac13\cdot\frac23+\frac23\cdot\frac35=\frac{10+18}{9\cdot5}=\frac{28}{45}=0,62.\]

6. (7) В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.
Отв. 13/132.

7. (89 Г) В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Показать решение

Решение. Обозначим через А событие – извлечен белый шар. Возможны следующие предположения (гипотезы) о первоначальном составе шаров:

B_1 — белых шаров нет,

B_2— один белый шар,

B_3 — два белых шара.
Поскольку всего имеется три гипотезы, причем по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна 1/3, т.е. P(B_1)=P(B_2)=P(B_3)=1/3.
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, P_{B_1 } (A)=1/3.
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне был один белый шар, P_{B_2} (A)=2/3.
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне было два белых шара P_{B_3} (A)=3/3=1.
Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:

    \[P(A)=P(B_1)P_{B_1}(A)+P(B_2)P_{B_2}(A)+P(B_3)P_{B_3} (A)=\frac13\cdot\frac13+\frac13\cdot\frac23+\frac13\cdot 1=\frac23.\]

8. (10) В ящик, содержащий 3 одинаковых детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу извлечена одна деталь. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.
Отв. 0,625.

9. (6.5.2Л) Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.

Показать решение

Решение.
Пусть событие А={сигнал будет принят}. Рассмотрим четыре гипотезы:

H_1={первый приемник работает, второй — нет};

H_2={второй работает, первый — нет};

H_3={оба приемника работают};

H_4={оба приемника не работают}.

Событие А может произойти только с одной из этих гипотез. Найдем вероятность этих гипотез, рассматривая следующие события:

C_1={первый приемник работает},

C_2={второй приемник работает}.

Тогда:

    \[P(H_1 )=P(C_1\cdot\bar{C_2})=P(C_1 )\cdot P(\bar{C_2})=0,9\cdot 0,1=0,09;\]

    \[P(H_2)=P(\bar{C_1}\cdot C_2)=P(\bar{C_1}\cdot P(C_2)=0,1\cdot 0,9=0,09;\]

    \[P(H_3 )=P(C_1\cdot C_2 )=P(C_1 )\cdot P(C_2 )=0,9\cdot 0,9=0,81;\]

    \[P(H_4 )=P(\bar{C_1}\cdot \bar{C_2})=P(\bar{C_1} )\cdot P(\bar{C_2})=0,1\cdot 0,1=0,01.\]

Контроль:

    \[\sum_{i=1}^4 P(H_i )=0,09+0,09+0,81+0,01=1.\]

Условные вероятности P_{H_i}(A) соответственно равны:

P_{H_1}(A)=0,8;

P_{H_2}(A)=0,8;

P_{H_3}(A)=0,8+0,8-0,8\cdot 0,8=0,96;

P_{H_4}(A)=0.

Теперь по формуле полной вероятности находим искомую вероятность

    \[P(A)=0,09\cdot 0,8+0,09\cdot 0,8+0,81\cdot 0,96+0,01\cdot 0=0,9216.\]

10. (11) При отклонении от нормального режима работы автомата срабатывает сигнализатор С-1 с вероятностью 0,8, а сигнализатор С-11 срабатывает с вероятностью 1. Вероятности того, что автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11, соответственно равны 0,6 и 0,4. Получен сигнал о разделке автомата. Что вероятнее: автомат снабжен сигнализатором С-1 или С-11?
Отв. Вероятность того, что автомат снабжен сигнализатором С-1, равна 6/11, а С- 11— 5/11

11. (12) Для участия в студенческих отборочных спортивных соревнованиях выделено из первой группы курса 4, из второй — 6, из третьей группы — 5 студентов. Вероятности того, что студент первой, второй и третьей группы попадает в сборную института, соответственно равны 0,9; 0,7 и 0,8. Наудачу выбранный студент в итоге соревнования попал в сборную. К какой из групп вероятнее всего принадлежал этот студент?
Отв. Вероятности того, что выбран студент первой, второй, третьей групп, соответственно равны: 18/59, 21/59, 20/59.

12. (1.34К) В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в отношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступающие от 1-го, 2-го и 3-го поставщиков, не потребуют ремонта в течении гарантийного срока соответственно в 98, 88 и 92% случаев.
1) Найти вероятность того, что поступивший в торговую фирму телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
2) Проданный телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. От какого поставщика вероятнее всего поступил этот телевизор?

Показать решение

Решение.
Обозначим события: H_i — телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i=1,2,3);
A – телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.
По условию

    \[P(H_1)=\frac{1}{1+4+5}=0,1;\qquad P_{H_1} (A)=0,98;\]

    \[P(H_2)=\frac{4}{1+4+5}=0,4;\qquad P_{H_2} (A)=0,88;\]

    \[P(H_3)=\frac{5}{1+4+5}=0,5;\qquad P_{H_3} (A)=0,92.\]

По формуле полной вероятности

    \[P(A)=0,1\cdot 0,98+0,4\cdot 0,88+0,5\cdot 0,92=0,91.\]

Событие \overline{A} телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока:

    \[P(\overline{A})=1-P(A)=1-0,91=0,09.\]


По условию

    \[P_{H_1} (\bar{A})=1-0,98=0,02;\]

    \[P_{H_2} (\bar{A})=1-0,88=0,12;\]

    \[P_{H_3} (\bar{A})=1-0,92=0,08.\]

По формуле Байеса

    \[P_{\overline{A}} (H_1)=\frac {0,1\cdot 0,02}{0,09}=0,022;\qquad P_{\overline{A}} (H_2)=\frac {0,4\cdot 0,12}{0,09}=0,533;\]

    \[P_{\overline{A}} (H_3)=\frac {0,5\cdot 0,08}{0,09}=0,444.\]

Таким образом, после наступления события \overline{A} вероятность гипотезы H2 увеличилась с P (H2)=0,4 до максимальной 

P_{\bar{A}}(H_2)=0,533

а гипотезы H3 — уменьшилась от максимальной P (H3)=0,5 до P_{\bar{A}} (H_3 )=0,444; если ранее (до наступления события А) наиболее вероятной была гипотеза H3, то теперь, в свете новой информации (наступления события А), наиболее вероятна гипотеза H2 -поступление данного телевизора от 2-го поставщика.

13. (1.35К) Известно, что в среднем 95% выпускаемой продукции удовлетворяют стандарту. Упрощенная схема контроля признает пригодной продукцию с вероятностью 0,98, если она стандартна, и с вероятностью 0,06, если она нестандартна. Определить вероятность того, что:
1) взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль;
2) изделие стандартное, если оно: а) прошло упрощенный контроль; б) дважды прошло упрощенный контроль.

Показать решение

Решение.
1). Обозначим события:
H_1,H_2 — взятое наудачу изделие соответственно стандартное или нестандартное;
A — изделие прошло упрощенный контроль.

По условию

    \[P(H_1)=0,95,\qquad P(H_2)=0,05,\qquad P_{H_1}(A)=0,98,\qquad P_{H_2}(A)=0,06.\]

Вероятность того, что взятое наудачу изделие пройдет упрощенный контроль, по формуле полной вероятности:

    \[P(A)=0,95\cdot 0,98+0,05\cdot 0,06=0,934.\]

2. а). Вероятность того, что изделие, прошедшее упрощенный контроль, стандартное, по формуле Байеса:

    \[P_{A}(H_1)=\frac{0,95\cdot 0,98}{0,934}=0,997.\]

2.  б). Пусть событие A^* — изделие дважды прошло упрощенный контроль. Тогда по теореме умножения вероятностей:

    \[P_{H_1}(A^*)=0,98\cdot 0,98=0,9604, \qquad P_{H_2}(A^*)=0,06\cdot 0,06=0,0036.\]

По формуле Байеса

    \[P_{A^*}(H_1)=\frac{0,95\cdot 0,9604}{0,95\cdot 0,9604+0,05\cdot 0,0036}=0,9998.\]

Так как

    \[P_{A^*}(H_2)=1-P_{A^*}(H_1)=1-0,9998=0,0002\]

очень мала, то гипотезу H_2 о том, что изделие, дважды прошедшее упрощенный контроль, нестандартное, следует отбросить как практически невозможное событие.

14. (1.36К) Два стрелка независимо друг от друга стреляют по мишени, делая каждый по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна 0,8; для второго – 0,4. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Какова вероятность того, что она принадлежит:
а) 1-му стрелку;
б) 2-му стрелку?

Показать решение

Решение.
Обозначим события:

H_1 — оба стрелка не попали в мишень;

H_2 — оба стрелка попали в мишень;

H_3 — 1-й стрелок попал в мишень, 2-й нет;

H_4 — 1-й стрелок не попал в мишень, 2-й попал;

A — в мишени одна пробоина (одно попадание).

Найдем вероятности гипотез и условные вероятности события A для этих гипотез:

    \[P(H_1)=0,2\cdot 0,6=0,12,\qquad P_{H_1}(A)=0;\]

    \[P(H_2)=0,8\cdot 0,4=0,32,\qquad P_{H_2}(A)=0;\]

    \[P(H_3)=0,8\cdot 0,6=0,48,\qquad P_{H_3}(A)=1;\]

    \[P(H_4)=0,2\cdot 0,4=0,08,\qquad P_{H_4}(A)=1.\]

Теперь по формуле Байеса

    \[P_{A}(H_3)=\frac{0,48\cdot 1}{0,12\cdot 0+0,32\cdot 0+0,48\cdot 1+0,08\cdot 1}=\frac{6}{7}=0,857;\]

    \[P_{A}(H_4)=\frac{0,08\cdot 1}{0,12\cdot 0+0,32\cdot 0+0,48\cdot 1+0,08\cdot 1}=\frac{1}{7}=0,143,\]

т.е. вероятность того, что попал в цель 1-й стрелок при наличии одной пробоины, в 6 шесть раз выше, чем для второго стрелка.

15. (6.5.8Л) Техническое устройство выйдет из строя, если откажут не менее двух из трех независимо работающих элементов. Вероятности отказов 1-го, 2-го, 3-го элементов соответственно равны 0,2; 0,4; 0,3. Известно, что устройство отказало. Найти вероятность того, что отказали 1-й и 2-й элементы.

Показать решение

Решение.
Пусть событие А={устройство отказало}. До опыта, т.е. до отказа устройства, можно сделать следующие предположения-гипотезы:

H_0={откажут все три элемента};

H_1={откажут два элемента: 1-й и 2-й, 3-й — не откажет};

H_2={откажут два элемента: 1-й и 3-й, 2-й — не откажет};

H_3={откажут два элемента: 2-й и 3-й, 1-й — не откажет};

H_4={откажет один элемент: 1-й, не откажут 2-й и 3-й};

H_5={откажет один элемент: 2-й, не откажут 1-й и 3-й};

H_6={откажет один элемент: 3-й, не откажут 1-й и 2-й};

H_7={все элементы, будут работать}.

Пользуясь правилом умножения вероятностей для независимых событий, найдем вероятности этих гипотез:

    \[P(H_0)=0,2\cdot 0,4\cdot 0,3=0,024;\]

    \[P(H_1)=0,2\cdot 0,4\cdot 0,7=0,056;\]

    \[P(H_2)=0,2\cdot 0,3\cdot 0,6=0,036;\]

    \[P(H_3)=0,4\cdot 0,3\cdot 0,8=0,096;\]

    \[P(H_4)=0,2\cdot 0,6\cdot 0,7=0,084;\]

    \[P(H_5)=0,4\cdot 0,8\cdot 0,7=0,224;\]

    \[P(H_6)=0,3\cdot 0,8\cdot 0,6=0,144;\]

    \[P(H_7)=0,8\cdot 0,6\cdot 0,7=0,336.\]

Контроль:

    \[\sum_{i=0}^7 P(H_i)=0,024+0,056+\cdots+0,336=1.\]

Учитывая, что в результате опыта произошло событие А, которое невозможно при гипотезах H4, H5, H6, H7 и достоверно при гипотезах H0, H1, H2, H3, найдем условные вероятности событий P_{H_i}(A):

    \[P_{H_0}(A)=1;\qquad P_{H_1}(A)=1;\]

    \[P_{H_2}(A)=1;\qquad P_{H_3}(A)=1;\]

    \[P_{H_4}(A)=0;\qquad P_{H_5}(A)=0;\]

    \[P_{H_6}(A)=0;\qquad P_{H_7}(A)=0.\]

Найдем вероятность гипотезы H_1 при условии, что событие А произошло по формуле Байеса. Для этого предварительно найдем вероятность события А по формуле:

    \[P(A)=\sum_{i=0}^7 P(H_i)\cdot P_{H_i}(A)=0,024\cdot 1+0,056\cdot 1+0,096\cdot 1+0+0+0+0=0,212.\]

Отсюда

    \[P_{A}(H_1)=\frac{P(H_1)\cdot P_{H_1}(A)}{P(A)}=\frac{0,056\cdot 1}{0,212}=\frac{56}{212}=\frac{14}{53}\approx 0,264.\]

16.(1.36аК) Компания по страхованию автомобилей разделяет водителей на три класса, которые включают 20%, 50% и 30% водителей соответственно. Вероятности того, что в течение года водитель попадет в аварию, равны 0,01, 0,03 и 0,1 соответственно для каждого класса. Наугад выбранный водитель два года подряд из пяти лет срока страховки попал в аварию. Какова вероятность того, что он относится:
а) к первому классу;
б) к третьему классу?

Показать решение

Решение.
Обозначим события:

H_1, H_2, H_3 — водитель соответственно первого, второго и третьего класса;

A — водитель два года подряд из пяти лет срока страховки попадал в аварию.

По условию P(H_1)=0,2;\qquad P(H_2)=0,5;\qquad P(H_3)=0,3.

Найдем условные вероятности события A (учитываем, что из пяти лет водитель три года не попадал в аварию, два года — попадал, причем попадал два года подряд, что дает четыре варианта (по годам 1-2, 2-3, 3-4, 4-5)):

    \[P_{H_1}(A)=4\cdot 0,01^2\cdot 0,99^3=0,00039;\]

    \[P_{H_2}(A)=4\cdot 0,03^2\cdot 0,97^3=0,00329;\]

    \[P_{H_3}(A)=4\cdot 0,1^2\cdot 0,9^3=0,02916.\]

По формуле Байеса:

    \[P_{A}(H_1)=\frac{0,2\cdot 0,00039}{0,2\cdot 0,00039+0,5\cdot 0,00329+0,3\cdot 0,02916}=0,007;\]

    \[P_{A}(H_3)=\frac{0,3\cdot 0,02916}{0,2\cdot 0,00039+0,5\cdot 0,00329+0,3\cdot 0,02916}=0,835,\]

т.е. после наступления события A гипотеза H_1 практически невозможна и должна быть отвергнута.

Понравилась статья? Поделиться с друзьями:
ischanow.com
Комментарии: 2
  1. долгормааа

    в условиях задачи 3 определить вероятность того, что изделие стандартное, если оно прошло упрощенный контроль

    1. Ищанов Т.Р. (автор)

      Не понял вопрос

Добавить комментарий

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: