Bayesova teorema je teorija vjerovatnoće događaja. Jednostavno objašnjenje Bayesove teoreme
Prilikom izvođenja formule puna verovatnoća događaj je trebalo da bude I, čija je vjerovatnoća trebalo da se utvrdi, moglo se dogoditi jednom od događaja H 1 , N 2 , ... , H n, formirajući kompletnu grupu parno nekompatibilnih događaja. Istovremeno, vjerovatnoće specificirani događaji(hipoteze) bile poznate unaprijed. Pretpostavimo da je izveden eksperiment, kao rezultat toga događaj I Došlo. Ovo Dodatne informacije omogućava vam da ponovo procenite verovatnoće hipoteza h i , izračunavši P(H i /A).
ili, koristeći formulu ukupne vjerovatnoće, dobijamo
Ova formula se zove Bayesova formula ili teorema hipoteze. Bayesova formula vam omogućava da "revidirate" vjerovatnoće hipoteza nakon što to postane poznati rezultat iskustvo koje je rezultiralo događajem I.
Vjerovatnoće R(N i) su apriorne vjerovatnoće hipoteza (izračunate su prije eksperimenta). Vjerovatnoće P(H i /A) su a posteriori vjerovatnoće hipoteza (izračunavaju se nakon eksperimenta). Bayesova formula vam omogućava da izračunate posteriorne vjerovatnoće iz njihovih prethodnih vjerovatnoća i iz uvjetnih vjerovatnoća događaja I.
Primjer. Poznato je da je 5% svih muškaraca i 0,25% svih žena daltonisti. Nasumično odabrana osoba prema broju zdravstvene knjižice boluje od daltonizma. Kolika je vjerovatnoća da je u pitanju muškarac?
Odluka. Događaj I Osoba je slepa za boje. Prostor elementarnih događaja za eksperiment - osoba se bira po broju medicinske kartice - Ω = ( H 1 , N 2 ) sastoji se od 2 događaja:
H 1 - odabran je muškarac,
H 2 - odabrana je žena.
Ovi događaji se mogu odabrati kao hipoteze.
Prema uslovu problema (slučajni izbor), vjerovatnoće ovih događaja su iste i jednake P(H 1 ) = 0.5; P(H 2 ) = 0.5.
U ovom slučaju, uslovne vjerovatnoće da osoba pati od sljepoće za boje su jednake, odnosno:
P(A/N 1 ) = 0.05 = 1/20; P(A/N 2 ) = 0.0025 = 1/400.
Budući da je poznato da je odabrana osoba slijepa za boje, odnosno da se događaj dogodio, koristimo Bayesovu formulu za ponovnu procjenu prve hipoteze:
Primjer. Postoje tri identične kutije. Prva kutija sadrži 20 bijelih loptica, druga kutija sadrži 10 bijelih i 10 crnih loptica, a treća kutija sadrži 20 crnih loptica. Bijela kugla se izvlači iz nasumično odabrane kutije. Izračunajte vjerovatnoću da je lopta izvučena iz prve kutije.
Odluka. Označiti sa I događaj - pojava bela lopta. O izboru kutije mogu se postaviti tri pretpostavke (hipoteze): H 1 ,H 2 , H 3 - izbor prve, druge i treće kutije, respektivno.
Budući da je izbor bilo kojeg od kutija jednako moguć, vjerovatnoće hipoteza su iste:
P(H 1 )=P(H 2 )=P(H 3 )= 1/3.
Prema uslovu zadatka, vjerovatnoća izvlačenja bijele lopte iz prve kutije
Verovatnoća izvlačenja bele lopte iz drugog polja 
Vjerovatnoća izvlačenja bijele lopte iz treće kutije
Željenu vjerovatnoću pronalazimo koristeći Bayesovu formulu:
Ponavljanje testova. Bernulijeva formula.
Postoji n pokusa, u svakom od kojih se događaj A može dogoditi ili ne mora, a vjerovatnoća događaja A u svakom pojedinačnom ispitivanju je konstantna, tj. ne menja se od iskustva do iskustva. Već znamo kako pronaći vjerovatnoću događaja A u jednom eksperimentu.
Od posebnog interesa je vjerovatnoća pojave određenog broja puta (m puta) događaja A u n eksperimenata. takvi problemi se lako rješavaju ako su testovi nezavisni.
Def. Poziva se nekoliko testova nezavisno u odnosu na događaj A ako vjerovatnoća događaja A u svakom od njih ne zavisi od ishoda drugih eksperimenata.
Vjerovatnoća P n (m) da se događaj A dogodi tačno m puta (nenastanak n-m puta, događaj ) u ovim n pokusima. Događaj A se pojavljuje u različitim sekvencama m puta).
- Bernulijeva formula.
Sljedeće formule su očigledne:
P n (m
P n (m>k) = P n (k+1) + P n (k+2) +…+ P n (n) - vjerovatnoća nastanka događaja A više k puta u n pokusa.
Bayesova formula
Bayesova teorema- jedna od glavnih teorema elementarne teorije vjerovatnoće, koja određuje vjerovatnoću da će se događaj dogoditi pod uslovima kada su na osnovu posmatranja poznate samo neke djelomične informacije o događajima. Prema Bayesovoj formuli moguće je preciznije preračunati vjerovatnoću, uzimajući u obzir i ranije poznate informacije i podatke iz novih opservacija.
"Fizičko značenje" i terminologija
Bayesova formula vam omogućava da "preuredite uzrok i posljedicu": prema poznata činjenica događaj kako bi se izračunala vjerovatnoća da je uzrokovan određenim uzrokom.
Događaji koji odražavaju djelovanje "uzroka" u ovaj slučaj obično nazivaju hipoteze, jer jesu navodno događaje koji su tome doveli. Bezuslovna vjerovatnoća valjanosti hipoteze se naziva a priori(Koliko je vjerojatan uzrok? uopšte), i uslovno - uzimajući u obzir činjenicu događaja - a posteriori(Koliko je vjerojatan uzrok? pokazalo se da uzima u obzir podatke o događajima).
Posljedica
Važna posljedica Bayesove formule je formula za ukupnu vjerovatnoću događaja u zavisnosti od nekoliko nedosljedne hipoteze ( i samo od njih!).
- vjerovatnoća da će se događaj dogoditi B, u zavisnosti od brojnih hipoteza A i ako su stepeni pouzdanosti ovih hipoteza poznati (na primjer, izmjereni eksperimentalno); Izvođenje formule
Ako događaj zavisi samo od uzroka A i, onda ako se desilo, to znači da se neki od razloga nužno desio, tj.
Po Bayesovoj formuli
transfer P(B) desno, dobijamo željeni izraz.
Metoda filtriranja neželjene pošte
Metoda zasnovana na Bayesovoj teoremi uspješno je primijenjena u filtriranju neželjene pošte.
Opis
Prilikom obuke filtera, za svaku riječ koja se nađe u slovima, izračunava se i pohranjuje njena „težina“ - vjerovatnoća da je pismo s ovom riječju neželjena pošta (u najjednostavnijem slučaju, po klasična definicija vjerovatnoće: "pojavljivanja u neželjenoj pošti / pojavljivanja svega").
Prilikom provjere novopristiglog pisma, vjerovatnoća da se radi o neželjenoj pošti izračunava se prema gornjoj formuli za skup hipoteza. U ovom slučaju, "hipoteze" su riječi, a za svaku riječ "pouzdanost hipoteze" -% ove riječi u slovu i "ovisnost događaja od hipoteze" P(B | A i) - prethodno izračunata "težina" riječi. Odnosno, "težina" slova u ovom slučaju nije ništa drugo do prosječna "težina" svih njegovih riječi.
Pismo se klasifikuje kao "spam" ili "ne-spam" po tome da li njegova "težina" prelazi određenu granicu koju je postavio korisnik (obično zauzimaju 60-80%). Nakon što se donese odluka o slovu, “težine” za riječi koje se nalaze u njemu se ažuriraju u bazi podataka.
Karakteristično
Ova metoda je jednostavna (algoritmi su elementarni), praktična (omogućava vam da bez "crnih lista" i sličnih umjetnih trikova), učinkovita (nakon dovoljnog treninga). veliki uzorak odsiječe do 95-97% neželjene pošte, a u slučaju bilo kakve greške može se ponovo obučiti). Generalno, postoje sve indikacije za njegovu široku upotrebu, što se i dešava u praksi - na njegovoj osnovi su izgrađeni skoro svi moderni filteri za neželjenu poštu.
Međutim, metoda ima i fundamentalni nedostatak: to na osnovu pretpostavke, šta neke su riječi češće u neželjenoj pošti, dok su druge češće u redovnim e-porukama, i neefikasna je ako je ova pretpostavka netačna. Međutim, kao što pokazuje praksa, čak ni osoba nije u stanju odrediti takvu neželjenu poštu "na oko" - tek nakon što pročita pismo i shvati njegovo značenje.
Još jedan, ne fundamentalni, nedostatak povezan s implementacijom - metoda radi samo s tekstom. Znajući za ovo ograničenje, spameri su počeli da stavljaju reklamne informacije na sliku, dok tekst u pismu ili nema ili nema smisla. Protiv toga, potrebno je koristiti bilo koji alat za prepoznavanje teksta („skupa“ procedura, koristi se samo kada hitan slučaj), ili stare metode filtriranja - "crne liste" i regularni izrazi (pošto takva slova često imaju stereotipni oblik).
vidi takođe
Bilješke
Linkovi
Književnost
- Byrd Kiwi. Rev. Bayesova teorema. // Computerra magazin, 24. avgust 2001
- Paul Graham. Plan za spam. // Osobna web stranica Paula Grahama.
Wikimedia fondacija. 2010 .
Pogledajte šta je "Bayesova formula" u drugim rječnicima:
Formula koja izgleda ovako: gdje su a1, A2, ..., An nekompatibilni događaji, Opća shema za primjenu F. in. g.: ako se događaj B može dogoditi u dekomp. uslova pod kojima se postavljaju n hipoteza A1, A2, ..., An sa vjerovatnoćama P (A1), ... poznatim prije eksperimenta, ... ... Geološka enciklopedija
Omogućava vam da izračunate vjerovatnoću događaja od interesa kroz uslovne vjerovatnoće ovog događaja, uz pretpostavku određenih hipoteza, kao i vjerovatnoće ovih hipoteza. Formulacija Neka bude prostor vjerovatnoće, i cijela grupa u parovima ... ... Wikipedia
Omogućava vam da izračunate vjerovatnoću događaja od interesa kroz uslovne vjerovatnoće ovog događaja, uz pretpostavku određenih hipoteza, kao i vjerovatnoće ovih hipoteza. Formulacija Neka je dat prostor vjerovatnoće i kompletna grupa događaja, kao što je ... ... Wikipedia
- (ili Bayesova formula) jedna od glavnih teorema teorije vjerovatnoće, koja vam omogućava da odredite vjerovatnoću da se događaj (hipoteza) dogodio uz prisustvo samo indirektnih dokaza (podataka) koji mogu biti netačni... Wikipedia
Bayesova teorema je jedna od glavnih teorema elementarna teorija vjerovatnoća, koja određuje vjerovatnoću da će se događaj dogoditi u uslovima u kojima su samo neke djelimične informacije o događajima poznate na osnovu zapažanja. Prema Bayesovoj formuli, možete ... ... Wikipedia
Bayes, Thomas Thomas Bayes Velečasni Thomas Bayes Datum rođenja: 1702. (1702.) Mjesto rođenja ... Wikipedia
Thomas Bayes Velečasni Thomas Bayes Datum rođenja: 1702. (1702.) Mjesto rođenja: London ... Wikipedia
Bayesovo zaključivanje je jedna od metoda statističkog zaključivanja, u kojoj se Bayesova formula koristi za pročišćavanje vjerojatnosnih procjena istinitosti hipoteza kada stignu dokazi. Upotreba Bayesovog ažuriranja je posebno važna u ... ... Wikipediji
Želite li poboljšati ovaj članak?: Pronađite i navedite fusnote za reference na autoritativne izvore koji potvrđuju ono što je napisano. Stavljajući fusnote, preciznije naznačite izvore. Pere ... Wikipedia
Hoće li zatvorenici izdati jedni druge, slijedeći vlastite sebične interese, ili će šutjeti, minimizirajući opšti pojam? Prisoner's dilemma (eng. Prisoner's dilemma, naziv "dilema" se rjeđe koristi... Wikipedia
Knjige
- Teorija vjerovatnoće i matematička statistika u zadacima: Više od 360 zadataka i vježbi, Borzykh D. Predloženi priručnik sadrži probleme različitih nivoa složenosti. Međutim, fokus je na zadacima srednje težine. Ovo je namjerno učinjeno kako bi se učenici podstakli da…
Bayesova teorema je detaljno opisana u posebnom članku. Ovo je divno djelo, ali ima 15.000 riječi. Sama suština teoreme je ukratko objašnjena u istom prijevodu članka Kalida Azada.
- Rezultati istraživanja i testiranja nisu događaji. Postoji metoda za dijagnosticiranje raka, ali postoji sam događaj – prisustvo bolesti. Algoritam provjerava sadrži li poruka neželjenu poštu, ali događaj (spam je zaista došao na poštu) mora se uzeti u obzir odvojeno od rezultata njegovog rada.
- Postoje greške u rezultatima testa.Često naše istraživačke metode otkrivaju šta nije (lažno pozitivno) i ne otkrivaju šta jeste (lažno negativno).
- Uz pomoć pokušaja dobijamo vjerovatnoće određenog ishoda. Prečesto sami gledamo rezultate testa i ne uzimamo u obzir greške metode.
- Lažno pozitivni rezultati iskrivljuju sliku. Pretpostavimo da pokušavate otkriti neki vrlo rijedak fenomen (1 na 1.000.000). Čak i ako je vaša metoda tačna, vrlo je vjerovatno da će njen pozitivan rezultat zapravo biti lažno pozitivan.
- Pogodnije je raditi s prirodnim brojevima. Bolje reći: 100 od 10.000, a ne 1%. Ovakvim pristupom bit će manje grešaka, posebno pri množenju. Recimo da na tom 1% treba dalje raditi. Obrazloženje u procentima je nespretno: "u 80% slučajeva od 1% dobija pozitivan ishod." Mnogo lakše informacije se percipiraju na sljedeći način: „u 80 slučajeva od 100 uočen je pozitivan ishod“.
- Čak iu nauci, svaka činjenica je samo rezultat primjene neke metode. Sa filozofske tačke gledišta naučni eksperiment je samo test sa vjerovatnom greškom. Postoji metoda koja Hemijska supstanca ili neki fenomen, a tu je i sam događaj – prisustvo ovog fenomena. Naše metode ispitivanja mogu dati lažni rezultat, a svaka oprema ima inherentnu grešku.
- Ako znamo vjerovatnoću događaja i vjerovatnoću lažnih pozitivnih i lažnih negativnih rezultata, možemo ispraviti greške mjerenja.
- Teorema povezuje vjerovatnoću događaja sa vjerovatnoćom određenog ishoda. Možemo povezati Pr(A|X): vjerovatnoću događaja A s obzirom na ishod X, i Pr(X|A): vjerovatnoću ishoda X dat događaju A.
Razumijevanje metode
Članak naveden na početku ovog eseja govori o dijagnostičkoj metodi (mamografu) koja otkriva rak dojke. Razmotrimo ovu metodu detaljno.- 1% svih žena ima rak dojke (i, shodno tome, 99% se ne razboli)
- 80% mamografija otkriva bolest kada ona zaista jeste (i, prema tome, 20% ne otkriva)
- 9,6% studija otkriva rak kada ga nema (i stoga 90,4% ispravno navodi negativan rezultat)
Kako raditi sa ovim podacima?
- 1% žena oboli od raka dojke
- ako pacijent ima bolest, pogledajte u prvom stupcu: postoji 80% šanse da je metoda dala točan rezultat, a 20% šanse da je rezultat studije netačan (lažno negativan)
- ako pacijentu nije dijagnosticirana bolest, pogledajte drugu kolonu. Sa vjerovatnoćom od 9,6% možemo reći da je pozitivan rezultat studije netačan, a sa vjerovatnoćom od 90,4% možemo reći da je pacijent zaista zdrav.
Koliko je tačna metoda?
Pogledajmo sada pozitivan rezultat testa. Kolika je vjerovatnoća da je osoba zaista bolesna: 80%, 90%, 1%?razmislimo:
- Postoji pozitivan rezultat. Analiziraćemo sve moguće ishode: dobijeni rezultat može biti istinski pozitivan i lažno pozitivan.
- Vjerovatnoća istinskog pozitivnog rezultata jednaka je: vjerovatnoća oboljevanja pomnožena vjerovatnoćom da je test zaista otkrio bolest. 1% * 80% = .008
- Vjerovatnoća lažno pozitivnog rezultata jednaka je: vjerovatnoći da bolest nije prisutna, pomnoženoj sa vjerovatnoćom da je metoda pogrešno otkrila bolest. 99% * 9,6% = .09504
Kolika je vjerovatnoća da je osoba zaista bolesna ako se dobije pozitivan nalaz mamografije? Vjerovatnoća događaja je omjer broja mogućih ishoda događaja i ukupno svim mogućim ishodima.
Vjerojatnost događaja = Ishodi događaja / Svi mogući ishodi
Vjerovatnoća stvarnog pozitivnog rezultata je 0,008. Vjerovatnoća pozitivnog ishoda je vjerovatnoća istinitog pozitivnog ishoda + vjerovatnoća lažno pozitivnog.
(.008 + 0.09504 = .10304)
Dakle, vjerovatnoća bolesti sa pozitivnim rezultatom studije izračunava se na sljedeći način: .008 / .10304 = 0.0776. Ova vrijednost je oko 7,8%.
Odnosno, pozitivan rezultat mamografije samo znači da je vjerovatnoća oboljevanja 7,8%, a ne 80% (posljednja vrijednost je samo procijenjena tačnost metode). Takav rezultat se u početku čini nerazumljivim i čudnim, ali morate uzeti u obzir: metoda daje lažno pozitivan rezultat u 9,6% slučajeva (što je dosta), tako da će u uzorku biti mnogo lažno pozitivnih rezultata. Za rijetku bolest, većina pozitivnih rezultata će biti lažno pozitivni.
Pređimo očima preko stola i pokušajmo intuitivno shvatiti značenje teoreme. Ako imamo 100 ljudi, samo jedan od njih ima bolest (1%). Kod ove osobe, sa 80% vjerovatnoće, metoda će dati pozitivan rezultat. Od preostalih 99% 10% će imati pozitivne rezultate, što nam daje, grubo govoreći, 10 od 100 lažno pozitivnih.Ako uzmemo u obzir sve pozitivne rezultate, onda će samo 1 od 11 biti tačan. Dakle, ako se dobije pozitivan rezultat, vjerovatnoća bolesti je 1/11.
Iznad smo izračunali da je ova vjerovatnoća jednaka 7,8%, tj. broj je zapravo bliži 1/13, ali ovdje smo, jednostavnim obrazloženjem, uspjeli pronaći grubu procjenu bez kalkulatora.
Bayesova teorema
Sada opišimo tok naših misli formulom, koja se zove Bayesov teorem. Ova teorema vam omogućava da ispravite rezultate studije u skladu s izobličenjem koje unose lažno pozitivni rezultati:- Pr(A|X) = vjerovatnoća bolesti (A) sa pozitivnim rezultatom (X). Upravo to želimo da znamo: kolika je verovatnoća nekog događaja u slučaju pozitivnog ishoda. U našem primjeru iznosi 7,8%.
- Pr(X|A) = vjerovatnoća pozitivnog rezultata (X) u slučaju kada je pacijent stvarno bolestan (A). U našem slučaju, ovo je vrijednost istinskog pozitivnog - 80%
- Pr(A) = vjerovatnoća da ćete se razboljeti (1%)
- Pr(ne A) = vjerovatnoća da se ne razbolite (99%)
- Pr(X|ne A) = vjerovatnoća pozitivnog ishoda studije ako nema bolesti. To je vrijednost lažnih pozitivnih rezultata - 9,6%.
Pr(X) je konstanta normalizacije. Dobro nam je poslužila: bez nje, pozitivan rezultat testa bi nam dao 80% šanse za događaj.
Pr(X) je vjerovatnoća bilo kojeg pozitivnog rezultata, bilo da je istinski pozitivan u studiji sa pacijentom (1%) ili lažno pozitivan u studiji zdravi ljudi (99%).
U našem primjeru, Pr(X) je prilično veliki broj jer postoji velika vjerovatnoća lažno pozitivnih rezultata.
Pr(X) daje rezultat od 7,8%, što se na prvi pogled čini kontraintuitivnim.
Značenje teoreme
Testiramo kako bismo saznali pravo stanje stvari. Ako su naši testovi savršeni i tačni, onda će se vjerovatnoće pokušaja i vjerovatnoće događaja poklopiti. Svi pozitivni rezultati će biti zaista pozitivni, a negativni rezultati će biti negativni. Ali mi živimo stvarnom svijetu. A u našem svijetu testovi daju pogrešne rezultate. Bayesova teorema uzima u obzir iskrivljene rezultate, ispravlja greške, rekreira opšta populacija i pronalazi vjerovatnoću stvarnog pozitivnog rezultata.Spam filter
Bayesova teorema se uspješno primjenjuje u filterima za neželjenu poštu.Imamo:
- događaj A - u neželjenoj e-pošti
- rezultat testa je sadržaj određenih riječi u pismu:
Filter uzima u obzir rezultate testa (sadržaj određenih riječi u e-poruci) i predviđa da li e-poruka sadrži neželjenu poštu. Svi shvaćaju da je, na primjer, riječ "vijagra" češća u neželjenoj pošti nego u običnim mejlovima.
Nedostatak filtera neželjene pošte baziran na crnoj listi ima nedostatak što često proizvodi lažne pozitivne rezultate.
Bayesov filter neželjene pošte ima odmjeren i razuman pristup: radi s vjerovatnoćom. Kada analiziramo riječi u e-poruci, možemo izračunati vjerovatnoću da je e-mail neželjena pošta umjesto da donosimo odluke da/ne. Ako postoji 99% šanse da e-mail sadrži neželjenu poštu, onda je e-pošta zaista neželjena pošta.
Tokom vremena, filter se trenira na sve većem uzorku i ažurira vjerovatnoće. Na primjer, napredni filteri zasnovani na Bayesovoj teoremi provjeravaju mnogo riječi zaredom i koriste ih kao podatke.
Dodatni izvori:
Oznake: Dodajte oznake
INFORMACIONA TEHNOLOGIJA, RAČUNARSTVO I MENADŽMENT
O primjenjivosti Bayesove formule
DOI 10.12737/16076
A. I. Dolgov**
1Akcionarsko društvo "Projektantski biro za radio nadzor sistema upravljanja, navigacije i komunikacije", Rostov na Donu, Ruska Federacija
O primenljivosti Bayesove formule*** A. I. Dolgov1**
1"Projektantski biro za nadzor sistema upravljanja, navigacije i komunikacije" JSC, Rostov na Donu, Ruska Federacija
Predmet ovu studiju je Bayesova formula. Svrha ovog rada je analiza i proširenje obima formule. Primarni zadatak je proučavanje publikacija posvećenih ovom problemu, što je omogućilo da se identifikuju nedostaci primjene Bayesove formule, koji su doveli do netočnih rezultata. Sljedeći zadatak je konstruirati modifikacije Bayesove formule koje uzimaju u obzir različite pojedinačne dokaze i dobijaju ispravne rezultate. I, na kraju, na primjeru konkretnih početnih podataka upoređuju se netočni rezultati dobiveni primjenom Bayesove formule i ispravni rezultati izračunati korištenjem predloženih modifikacija. U istraživanju su korištene dvije metode. Prvo, analiza principa konstrukcije poznatih izraza koristi se za pisanje Bayesove formule i njenih modifikacija. Drugo, izvršena je komparativna evaluacija rezultata (uključujući i kvantitativnu). Predložene modifikacije omogućavaju širu primjenu Bayesove formule u teoriji i praksi, uključujući i pri rješavanju primijenjeni zadaci.
Ključne riječi Ključne reči: uslovne verovatnoće, nekompatibilne hipoteze, kompatibilni i nekompatibilni dokazi, normalizacija.
Bayesova formula je predmet istraživanja. Cilj rada je analizirati primjenu formule i proširiti obim njene primjenjivosti. Problem prvog prioriteta uključuje identifikaciju nedostataka Bayesove formule na osnovu proučavanja relevantnih publikacija što dovodi do netačnih rezultate. Sljedeći zadatak je konstruirati modifikacije Bayesove formule kako bi se obezbijedile obračune različitih pojedinačnih indikacija kako bi se dobili tačni rezultati. I na kraju, netačni rezultati dobijeni primjenom Bayesove formule upoređuju se s tačnim rezultatima izračunatim korištenjem predložene izmjene formule na primjeru konkretnih početnih podataka. U studijama se koriste dvije metode. Prvo se vrši analiza principa konstruisanja poznatih izraza koji se koriste za zapis Bayesove formule i njenih modifikacija. Drugo, vrši se komparativna evaluacija rezultata (uključujući i kvantitativnu). Predložene modifikacije omogućavaju širu primjenu Bayesove formule kako u teoriji tako iu praksi uključujući i rješavanje primijenjenih problema.
Ključne riječi: uslovne vjerovatnoće, nekonzistentne hipoteze, kompatibilne i nekompatibilne indikacije, normalizacija.
Uvod. Bayesova formula se sve više koristi u teoriji i praksi, uključujući i rješavanje primijenjenih problema uz pomoć kompjuterske tehnologije. Upotreba međusobno nezavisnih računskih postupaka omogućava primenu ovu formulu pri rješavanju problema na višeprocesorskim računarskim sistemima, budući da se u ovom slučaju paralelna implementacija izvodi na nivou opšta šema, a prilikom dodavanja sljedećeg algoritma ili klase zadataka, nema potrebe za ponovnim izvođenjem rada na paralelizaciji.
Predmet ovog istraživanja je primjenjivost Bayesove formule za komparativnu evaluaciju aposteriori uslovne vjerovatnoće nedosledne hipoteze sa različitim pojedinačnim dokazima. Kao što analiza pokazuje, u takvim slučajevima pripadaju normalizovane verovatnoće nekompatibilnih kombinovanih događaja
S X<и ч и
IS eö I IS X X<и H
„Rad je izveden u sklopu inicijativnog istraživačkog projekta.
** Email: [email protected]
„„Istraživanje se radi u okviru nezavisnog istraživanja i razvoja.
za različite kompletne grupe događaja. Istovremeno se ispostavlja da su upoređeni rezultati neadekvatni stvarnim statističkim podacima. To je zbog sljedećih faktora:
Koristi se netačna normalizacija;
Prisustvo ili odsustvo ukrštanja razmatranih dokaza se ne uzima u obzir.
Kako bi se otklonili uočeni nedostaci, identificirani su slučajevi primjenjivosti Bayesove formule. Ako navedena formula nije primenljiva, rešava se problem konstruisanja njene modifikacije, čime se obezbeđuje uzimanje u obzir različitih pojedinačnih dokaza za dobijanje tačnih rezultata. Na primjeru konkretnih početnih podataka izvršena je komparativna procjena rezultata:
Netačno - dobijeno korištenjem Bayesove formule;
Ispravno - izračunato korištenjem predložene izmjene.
Početne pozicije. Na principu očuvanja omjera vjerovatnoće zasnivaju se sljedeće tvrdnje: „Ispravna obrada vjerovatnoća događaja je izvodljiva samo kada se normalizuje korištenjem jednog zajedničkog normalizirajućeg djelitelja koji osigurava jednakost odnosa normaliziranih vjerovatnoća i odnosa odgovarajućih normaliziranih vjerovatnoće”. Ovaj princip predstavlja subjektivnu osnovu teorije vjerovatnoće, ali nije pravilno reflektovan u savremenoj obrazovnoj i naučno-tehničkoj literaturi.
Ako se prekrši ovaj princip, informacija o stepenu mogućnosti događaja koji se razmatraju se iskrivljuju. Rezultati dobijeni na osnovu iskrivljenih informacija i donetih odluka pokazuju se kao neadekvatni stvarnim statističkim podacima.
Sljedeći koncepti će se koristiti u ovom članku:
Elementarni događaj je događaj koji nije djeljiv na elemente;
Kombinovani događaj - događaj koji predstavlja jednu ili drugu kombinaciju elementarnih događaja;
Kompatibilni događaji - događaji koji u nekim slučajevima uporedne procjene njihove vjerovatnoće mogu biti nekompatibilni, au drugim slučajevima zajednički;
Nekompatibilni događaji su događaji koji su nekompatibilni u svim slučajevima.
Prema teoremi množenja vjerovatnoće, vjerovatnoća P (U ^ E) proizvoda elementarnih događaja U ^ i
E se izračunava kao proizvod vjerovatnoća P(Uk E) = P(E)P(U^E) . U tom smislu, Bayesova formula je često
zapisuje se u obliku R(Ik\E) = - - - , opisujući definiciju aposteriornih uslovnih vjerovatnoća
P(U^E) hipoteze Uk (k = 1,...n) zasnovane na normalizaciji apriornih vjerovatnoća P(U^E) razmatranog kombinovanog nekompatibilni događaji I E. Svaki od ovih događaja predstavlja proizvod čiji su faktori jedna od razmatranih hipoteza i jedan smatrani dokaz. Istovremeno, sve se razmatra
uIKE događaji (k = 1,...n) čine kompletnu grupu uIKE nekompatibilnih kombinovanih događaja, zbog
sa kojom njihove vjerovatnoće P(Ik E) treba normalizirati uzimajući u obzir formulu ukupne vjerovatnoće, prema kojoj
roj P(E) = 2 P(Uk)P(E\Uk). Stoga se Bayesova formula najčešće piše u najčešće korištenom obliku:
P(Uik) P(EIK)
P(Uk \ E) \u003d -. (jedan)
^ kation Bayesove formule.
Analiza karakteristika konstrukcije Bayesove formule, u cilju rješavanja primijenjenih problema, kao i primjeri
“i njegova praktična primjena nam omogućavaju da izvučemo važan zaključak u pogledu izbora kompletne grupe kombinovanih događaja upoređenih u smislu stepena mogućnosti (od kojih je svaki proizvod dva elementarna događaja – jedne od hipoteza i uzetih dokaza u obzir). Takav izbor donosilac odluke donosi subjektivno, na osnovu objektivnih inicijalnih podataka svojstvenih tipičnim uslovima situacije: vrste i broja procenjenih hipoteza i konkretno uzetih u obzir dokaza.
Neuporedive vjerovatnoće hipoteza sa jednim nedosljednim dokazom. Bayesova formula se tradicionalno koristi u slučaju određivanja posteriornih uslovnih vjerovatnoća koje nisu uporedive u smislu stepena mogućnosti.
vjerovatnoća hipoteza H^ sa jednim nekompatibilnim dokazom, od kojih se svaki može „pojaviti
samo u kombinaciji sa bilo kojom od ovih hipoteza. U ovom slučaju, pune grupe i HkE se biraju, kombinuju
kupanje u obliku proizvoda, čiji su faktori jedan od dokaza c. (1=1,...,m) i jedan
od n hipoteza koje se razmatraju.
Bayesova formula se koristi za upoređivanje vjerovatnoća kombinovanih događaja svake takve kompletne grupe, koja se razlikuje od drugih kompletnih grupa ne samo u dokazima uzetim u obzir e, već i po opšti slučaj vrste hipoteza H ^ i (ili) njihov broj n (vidi, na primjer,)
RNky = P(Hk) P(eH)
% P(Hk) P(Er\Hk) k = 1
U posebnom slučaju za n = 2
RNk\E,~ P(Hk) P(EN)
% P(Hk) P(E,\H k) k = 1
a dobijeni rezultati su tačni, zbog poštivanja principa očuvanja omjera vjerovatnoće:
P(H1E,) _ P(H 1)P(E,\H1) / P(H2) P(E,\H2) = P(H 1) P(E,\H1)
P(H 2 = % PW1!)
Subjektivnost izbora kompletne grupe kombinovanih događaja u poređenju sa stepenom mogućnosti (s
određene varijabilne elementarne događaje) omogućava vam da odaberete kompletnu grupu događaja i Hk E ■ s
negiranjem elementarnog događaja E ■ () i napišite Bayesovu formulu (1 = 1,.. ., m) na sljedeći način:
P(Hk \ E) -= - RNSh ±.
% P(Hk)P(E, Hk)
Takva formula je također primjenjiva i omogućava dobijanje tačnih rezultata ako se izračuna na
normalizovane verovatnoće se upoređuju pod različitim razmatranim hipotezama, ali ne i pod različitim
vlasti. ¡^
Uporedive vjerovatnoće hipoteza pod pojedinačnim nedosljednim dokazima. Sudeći po poznatim publikacijama-^
koristi se za komparativnu procjenu aposteriornih uslovnih vjerovatnoća hipoteza za različite pojedinačne dokaze.
vlasti. Pritom se ne obraća pažnja na sljedeću činjenicu. U ovim slučajevima, uspoređuju se normalizirane ^ vjerovatnoće nekompatibilnih (nekompatibilnih) kombinovanih događaja koji pripadaju različitim kompletnim grupama n događaja. Međutim, u ovom slučaju Bayesova formula nije primjenjiva, jer se upoređuju kombinovani događaji koji nisu uključeni u jednu kompletnu grupu, čija se normalizacija vjerovatnoća vrši korištenjem različitih n normalizirajućih djelitelja. Normalizovane verovatnoće nekompatibilnih (nekompatibilnih) kombinovanih događaja mogu se porediti samo ako pripadaju istoj kompletnoj grupi događaja i normalizovane su sa ¡3 koristeći zajednički djelitelj, jednak zbiru vjerovatnoće svih normaliziranih događaja uključenih u kompletan §
Općenito, sljedeće se može smatrati nespojivim dokazima:
Dva dokaza (na primjer, dokaz i njegovo poricanje); ^
Tri dokaza (na primjer, u situaciji igre, pobjeda, poraz i remi); ^
Četiri svjedočanstva (posebno u sportu, pobjedi, gubitku, izvlačenju i ponavljanju) itd. ^
Razmotrimo prilično jednostavan primjer (koji odgovara primjeru datom u ) primjene Bayesove formule ^ za određivanje posteriornih uvjetnih vjerovatnoća hipoteze H ^ za dva nekompatibilna događaja u
u obliku dokaza L]- i njegovog poricanja L]
P(H, k) - ^ . ^ P(A^k" , (2)
] E P(Hk> P(A]\vk> k - 1
■ _ P(HkA ]) P(Hk> P(A ]\nk>
P(H,\A,) ----k-]-. (3)
V k\A]> P(A > n
] E P(Hk) P(A]\Hk) k -1
U slučajevima (2) i (3), subjektivno odabrane pune grupe upoređuju se u pogledu stepena mogućnosti kom-
Binned događaji su, redom, skupovi i H do A i i H do A. To je slučaj kada formula
k-1 k ] k-1 k ]
Bayes je neprimjenjiv, jer je narušen princip očuvanja omjera vjerovatnoća - ne poštuje se jednakost odnosa normaliziranih vjerovatnoća i odnosa odgovarajućih normaliziranih vjerovatnoća:
P(H do A]] P(Hk) P(A]\Hk) / P(Hk) P(A]\Hk) P(Hk) P(A] Hk)
P(Hk E P(Hk) P(A]\Hk)/ E P(Hk) P(A]\Hk) P(Hk) P(A] Hk)
k - 1 /k - 1 Prema principu očuvanja omjera vjerovatnoća, ispravna obrada vjerovatnoća događaja je izvodljiva samo kada se normalizuje korištenjem jednog zajedničkog normalizirajućeg djelitelja jednakog zbiru svih upoređenih normaliziranih izraza. Zbog toga
E P(Hk)P(A]\Hk) + E P(Hk)P(A]\Hk) - E P(Hk)[P(A]\Hk) + P(Hk) P(A]\Hk )] - EP (Hk) - 1. do -1 do -1 do -1 do -1
Tako se otkriva činjenica da postoje varijante Bayesove formule koje se razlikuju od
poznat po nedostatku normalizirajućeg djelitelja:
A,) - P(H) P(A]\Hk), P(Hk A,) - P(H) P(A, Hk). (4)
J do I ■> do
U ovom slučaju, promatra se jednakost odnosa normaliziranih vjerovatnoća i odnosa odgovarajućih normaliziranih vjerovatnoća:
m^A^ P(Hk) P(A]\Hk)
A,) P(H k) P(A, Hk)
Na osnovu subjektivnog izbora netradicionalno evidentiranih kompletnih grupa nekompatibilnih kombinovanih događaja, moguće je povećati broj modifikacija Bayesove formule koje uključuju dokaze, kao i jedan ili drugi broj njihovih poricanja. Na primjer, najkompletnija grupa kombiniranih događaja
u i Hk /"./ ^ u i Hk E\ odgovara (uzimajući u obzir odsustvo normalizirajućeg djelitelja) formuli modifikacije; =1 A"=1; \u003d 1 Bayesian
P(Hk\~) - P(Hk) PË^^^
pri čemu je elementarni događaj u obliku dokaza E \ e II II / "/ jedan od elemenata naznačenog skupa
o U nedostatku odbijanja dokaza, odnosno kada E\ \u003d // e i /"./,
^ P(H\E) P(Hk) P(E,\Hk)
E P(Hk) P(E \ Hk) k - 1
Dakle, modifikacija Bayesove formule, koja ima za cilj da odredi uslovne vjerovatnoće hipoteza upoređenih u smislu stepena mogućnosti za pojedinačni nekompatibilni dokaz, je sljedeća. Brojnik sadrži normalizovanu verovatnoću jednog od kombinovanih nekompatibilnih događaja koji čine kompletnu grupu, izraženu kao proizvod apriornih verovatnoća, a imenilac sadrži zbir svih
normalizovane verovatnoće. Istovremeno se poštuje princip očuvanja omjera vjerovatnoća - i dobijeni rezultat je tačan.
Vjerovatnoće hipoteza pod jednim kompatibilnim dokazom. Bayesove formule se tradicionalno koriste za određivanje posteriornih uslovnih vjerovatnoća hipoteza Hk (k = 1,...,n) upoređenih u smislu stepena mogućnosti za jedan od nekoliko smatranih kompatibilnih dokaza EL (1 = 1,... ,m). Posebno (vidi
na primjer, i ), kada se određuju aposteriorne uslovne vjerovatnoće R(N 1E^) i R(N 1 E2) za svaki od dva kompatibilna dokaza E1 i E2, koriste se formule oblika:
P(H 1) PE\H1) P(Hj) P(E2Hj) P(H J E1) = --1-i P(H J E 2) =--1-. (pet)
I P(Hk) PE\Hk) I P(Hk) P(E2 Hk)
k = 1 k = 1 Imajte na umu da je ovo još jedan slučaj u kojem Bayesova formula nije primjenjiva. Štoviše, u ovom slučaju moraju se otkloniti dva nedostatka:
Ilustrovana normalizacija vjerovatnoća kombinovanih događaja je netačna, zbog pripadnosti različitim potpunim grupama događaja koji se razmatraju;
Simbolični zapisi kombinovanih događaja HkEx i HkE2 ne odražavaju činjenicu da su razmatrani dokazi Ex i E2 kompatibilni.
Da bi se otklonio posljednji nedostatak, može se koristiti detaljniji zapis kombinovanih događaja, uzimajući u obzir činjenicu da kompatibilni dokazi E1 i E2 u nekim slučajevima mogu biti nekompatibilni, au drugim zajednički:
HkE1 = HkE1 E2 i HkE2 = HkE 1E2+HkE1 E2, gdje su E1 i E2 dokazi suprotni od E1 i E2.
Očigledno je da se u takvim slučajevima proizvod događaja Hk E1E2 uzima u obzir dva puta. Osim toga, može se ponovo uzeti u obzir odvojeno, ali to se ne događa. Činjenica je da u situaciji koja se razmatra na procijenjenu situaciju utiču tri vjerovatna nekompatibilna kombinovana događaja: HkE1E2, HkE 1E2 i
Hk E1E2. Istovremeno, za donosioca odluka je od interesa da proceni samo stepen mogućnosti
dva nekompatibilna kombinovana događaja: HkE1 E2 i HkE 1E2, što odgovara razmatranju samo g
jedan dokaz. ¡C
Dakle, kada se konstruiše modifikacija Bayesove formule za određivanje a posteriori uslovnih vrednosti,
Vjerovatnoća hipoteza s jednim kompatibilnim dokazom mora se zasnivati na sljedećem. Osoba koja prihvata ^
odluke, zanima nas tačno iz kojeg elementarnog događaja predstavlja jedan ili drugi dokaz
broj koji se smatra stvarno dogodio u određenim uslovima. Ako se drugi elementarni događaj dogodi u K
u obliku jedinstvene potvrde, potrebno je preispitivanje odluke, zbog rezultata uporedne procjene n
a posteriori uslovne vjerovatnoće hipoteza uz neophodno razmatranje drugih uslova koji utiču na stvarnu opštu
postavljanje. 3
Uvedemo sljedeću notaciju: HkE- za jednu (i samo jednu) nekompatibilnu kombinovanu ko- ^
biće, što se sastoji u tome da se od m > 1 razmatraju elementarni događaji Ei (i = 1,...,m) zajedno sa hipotezom “
Hk dogodio se jedan elementarni događaj Ex i nijedan drugi se nije dogodio elementarni događaji. se"
U većini jednostavan slučaj razmatraju se dva pojedinačna nespojiva dokaza. Ako se potvrdi
čekajući jednog od njih, uslovna vjerovatnoća dokaza u opšti pogled izraženo formulom l
P(Hk E-) = P(Ei\Hk) -P(EjE^Hk) = P(Ei\Hk) -P(M^Hk)P(M^Hk) , i = 1, -2 (6) g
Valjanost formule se jasno vidi (slika 1).
Rice. 1. Geometrijska interpretacija proračuna P(Hk E-) za / = 1,...,2 sa uslovno nezavisnim dokazima
P(K1K2\Hk) = p(E\Hk)P(E2\Hk),
dakle, uzimajući u obzir (6)
P(Hk E-) = PE Hk) - P(E1 Hk) P(E21Hk) , = 1,.,2. (7)
Slično, vjerovatnoća P(HkE-) jednog od tri (/ = 1,...,3) nekompatibilna događaja HkE^ izražava se formulom
Na primjer, za i = 1:
p(HkEl) = P(Ei\Hk)-[ S P(Ei\Hk)P(Ej\Hk)] + P(EiE2E3Hk)
p(HkE-) = P(E7|Hk)- P(E]E^Hk)- P(E7EjHk) + P(E]E2E3\Hk)
Ispravnost ove formule jasno je potvrđena geometrijskom interpretacijom prikazanom na Sl.
Rice. 2. Geometrijska interpretacija proračuna P(Hk E-) za / = 1,...,3
Metoda matematička indukcija može se dokazati opšta formula za vjerovatnoću R(Nk E-) za bilo koji broj dokaza e, 0=1,...,m):
P(HkE-) = P(E, Hk) - m PE\Hk) P(E]\Hk) + 1 P(E\Hk) P(E]\Hk) P(E^Hk) + ■■■ + (-1)
] = 1(] * 0 ],1 * 1
Koristeći teoremu množenja vjerovatnoće, zapisujemo uslovnu vjerovatnoću R(NkE~-) u dva oblika:
^ iz čega slijedi da
P(Hk E -) = P(Hk) P(E-|Hk) = P(E-) P(Hk
E-)= P(HkE-) "" P(E-)
Koristeći formulu ukupne vjerovatnoće P(Ei) = S P(H£) P(Ei Hk) ispada da
E-) \u003d P (HkET)
2 P(HkE-) k \u003d 1
Zamjenom u rezultirajuću formulu izraze za R(NkE-) u obliku desne strane (8), dobijamo konačni oblik formule za određivanje aposteriornih uslovnih vjerovatnoća hipoteza H^ (k = 1, ...,n) za jedan od nekoliko koji se smatraju nekompatibilnim pojedinačnim dokazima : (E^\Hk)
P(Hk)[P(E,\Hk) - 2 P(E,\Hk) P(Ep k) +...+ (-1)m-1 P(P P(Erk)] P(H, E ~) =-] = 1(] * ■----(9)
k 1 p t t t
2 P(Hk) 2 [P(E,\Hk) - 2 P(EgHk) P(E^Hk) + ...+ (-1)m-1 P(P P (Ep k)]
k=1 , = 1 ) = 1() *,) ■! =1
Uporedne procjene. Smatra se prilično jednostavnim, ali ilustrativni primjeri, ograničeno na analizu izračunatih posteriornih uslovnih vjerovatnoća jedne od dvije hipoteze sa dva pojedinačna dokaza. 1. Vjerovatnoće hipoteza pod nekompatibilnim pojedinačnim dokazima. Uporedimo rezultate dobijene pomoću Bayesovih formula (2) i (3), koristeći primjer dva dokaza L. = L i L. = L sa početnim podacima:
P(H1 = 0,7; P(H2) = 0,3; P(L| H^ = 0,1; P(L\n 1) = 0,9; P(L\H2) = 0,6 P(A\H2) = 0,4 U Uzimajući u obzir primjere s hipotezom H1, tradicionalne formule (2) i (3) dovode do sljedećih rezultata:
P(N.) P(A\No 0 07
P (N, L) \u003d - 11 \u003d - \u003d 0,28,
2 P(Hk) P(A\Hk)k = 1
R(N L R(A\N 1) 0 63
P (N, L) \u003d - 11 \u003d - = 0,84,
2 P(Hk) P(A\Hk) k = 1
formirajući podjele P (H 1 L) = P (H ^ P (L \ Hp = 0,07; P (H ^ A) = P (H 1) P (n | H ^ \u003d 0,63. 1 od predloženog formule u odnosu na:
R<Н)Р(АНА-Р(А|Н1) _ 0,07
i sa predloženim formulama (4) koje nemaju normalizirajuće djelitelje: “i
Dakle, u slučaju primene predloženih formula, odnos normalizovanih verovatnoća je jednak odnosu normalizovanih verovatnoća: K
rm f P(H 1) P(A\H 1) A11 |
Kada se koriste poznate formule sa istim omjerom -;-=-= 0,11 normaliziranih verona
P(H 1) P(A\H 1) Ǥ
omjeri navedeni u brojiocima, omjer rezultirajućih normaliziranih vjerovatnoća: 2
P(H 1) P(A\H 1) P(A\H 1) 0,63
P (H1 L) = 0,28 P (H 1 L) \u003d 0,84
Odnosno, princip očuvanja omjera vjerovatnoće se ne poštuje i dobijaju se netačni rezultati. U ovom slučaju, £
u slučaju primjene poznatih formula, vrijednost relativnog odstupanja omjera (11) aposteriorne uslovne i uslovne vjerovatnoće hipoteze od tačnih rezultata (10) pokazuje se vrlo značajnom, jer je
°, 33 - °, P x 100 \u003d 242%.. I
2. Vjerovatnoće hipoteza pod kompatibilnim pojedinačnim dokazima. Uporedimo rezultate dobijene primenom Bayesovih formula (5) i konstruisane ispravne modifikacije (9), koristeći sledeće početne podatke:
P(H1 = 0,7; P(H2) = 0,3; P(E1H1) = 0,4; P(E2H1) = 0,8; P(E1\H2) = 0,7; P(E^ H2) = 0,2,113
U primjerima koji se razmatraju s hipotezom H 2 u slučaju korištenja tradicionalnih formula (5):
P(H 2) P(E1 H 2) Q, 21
P(H 2 E1) =-2-!-2- = - = Q,429,
p(Hk) p(El Hk) k = 1
P(H 2) P(E 2 H 2) Q,Q6
P(H 2 E 2) \u003d -2-- \u003d - \u003d 0,097.
I P(Hk) P(E 2 Hk) k = 1
U slučaju primjene predložene formule (9), uzimajući u obzir (7), P(H
P(H2) 0,168
E.) ----- 0,291,
Z P(Hk) Z "
P(H2) 0,018
E0) ----- 0,031.
Z P(Hk) Z k - 1 i - 1
Prilikom korištenja predloženih ispravnih formula, zbog istih nazivnika, omjer P(H2) -
Normalizovane vjerovatnoće, naznačene u brojiocima, jednake su omjeru
P(H2)
normalizovane verovatnoće:
Odnosno, poštuje se princip očuvanja omjera vjerovatnoće.
Međutim, u slučaju primjene poznatih formula sa omjerom normaliziranih vjerovatnoća navedenih u brojiocima
P (H 2) P (E1 \ H 2) _ 0,21 _3 5 P (H 2) P (E 2 H 2) 0,06,
omjer normaliziranih vjerovatnoća:
P (H 2 = 0,429 = 4,423. (13)
P(H 2 \e2) 0,097
Odnosno, princip očuvanja omjera vjerovatnoće, kao i ranije, se ne poštuje. U ovom slučaju, u slučaju primjene poznatih formula, vrlo značajnom se pokazuje i vrijednost relativnog odstupanja omjera (13) aposteriornih uslovnih vjerovatnoća hipoteza od tačnih rezultata (12):
9.387 4.423 x 100 = 52,9%.
Zaključak. Analiza konstrukcije specifičnih formulskih odnosa koji implementiraju Bayesovu formulu i njene modifikacije, predložene za rješavanje praktičnih problema, omogućava nam da konstatujemo sljedeće. Donosilac odluke može subjektivno odabrati punu grupu uporedivih 2 moguća kombinovana događaja. Ovaj izbor se zasniva na razmatranim objektivnim početnim podacima, karakterističnim za tipičnu situaciju (specifični tipovi i broj elementarnih događaja – procenjene hipoteze i dokazi). Od praktičnog interesa je subjektivni izbor drugih opcija pune grupe u poređenju sa stepenom mogućnosti.
kombinovani događaji - tako je obezbeđena značajna raznovrsnost omjera formula prilikom konstruisanja netradicionalnih varijanti modifikacija Bayesove formule. To, pak, može biti osnova za poboljšanje matematičke podrške implementacije softvera, kao i za proširenje obima novih formula za rješavanje primijenjenih problema.
Bibliografska lista
1. Gnedenko, B. V. Elementarni uvod u teoriju vjerovatnoće / B. V. Gnedenko, A. Ya. Khinčin. - 114 New York: Dover Publications, 1962. - 144 rublje.
2. Venttsel, E. S. Teorija vjerojatnosti / E. S. Venttsel. - 10. izdanje, izbrisano. - Moskva: Viša škola, 2006. - 575 str.
3. Andronov. A. M., Teorija vjerovatnoće i matematička statistika/ A. M. Andronov, E. A. Kopytov, L. Ya. Gringlaz. - Sankt Peterburg: Peter, 2004. - 481 str.
4. Zmitrovich, A. I. Inteligentni informacioni sistemi / A. I. Zmitrovich. - Minsk: TetraSistems, 1997. - 496 str.
5. Chernorutsky, I. G. Metode donošenja odluka / I. G. Chernorutsky. - Sankt Peterburg: BHV-Peterburg, 2005. - 416 str.
6 Naylor, C.-M. Izgradite vlastiti stručni sistem / C.-M. Naylor. - Chichester: John Wiley & Sons, 1987. - 289 str.
7. Romanov, V.P. Inteligentni informacioni sistemi u privredi / V.P. Romanov. - 2. izdanje, izbrisano.
Moskva: Ispit, 2007. - 496 str.
8. Ekonomska efikasnost i konkurentnost / D. Yu. Muromtsev [i drugi]. - Tambov: Izdavačka kuća Tambov. stanje tech. un-ta, 2007.- 96 str.
9. Dolgov, A. I. Ispravne modifikacije Bayesove formule za paralelno programiranje / A. I. Dolgov // Superkompjuterske tehnologije: materijali 3. Sveruskog. naučno-tehnički konf. - Rostov na Donu. - 2014.- Tom 1 - S. 122-126.
10. A. I. Dolgov, O ispravnosti modifikacija Bayesove formule / A. I. Dolgov, Vestnik Don. stanje tech. univerzitet
2014. - V. 14, br. 3 (78). - S. 13-20.
1. Gnedenko, B.V., Khinčin, A.Ya. Elementarni uvod u teoriju vjerovatnoće. New York: Dover Publications, 1962, 144 str.
2 Ventsel, E.S. Teoriya veroyatnostey. 10. izdanje, reimpr. Moskva: Vysshaya shkola, 2006, 575 str. (na ruskom).
3. Andronov, A.M., Kopytov, E.A., Gringlaz, L.Y. Teoriya veroyatnostey i matematicheskaya statistika. Sankt Peterburg: Piter, 2004, 481 str. (na ruskom).
4. Zmitrovich, A.1. Intellektual "nye informacionnye sistemy". Minsk: TetraSistems, 1997, 496 str. (na ruskom).
5. Chernorutskiy, I.G. Metodologija prinyatiya resheniy. Sankt Peterburg: BKhV-Peterburg, 2005, 416 str. (na ruskom).
6 Naylor, C.-M. Izgradite svoj vlastiti stručni sistem. Chichester: John Wiley & Sons, 1987, 289 str.
7. Romanov, V.P. Intelektualne "nye informacionnye sistemy v ekonomike. 2. izd., reimpr. Moskva: Ekzamen, 2007, 496 str. (na ruskom).
8. Muromtsev, D.Y., et al. Ekonomicheskaya efektivnost" i konkurentosposobnost". Tambov: Izd-vo Tamb. gos. tehnologije un-ta, 2007, 96 str. (na ruskom). IB
9. Dolgov, A1. Korrektnye modifikacii formuly Bayesa za paralelno "nogo programmirovaniya. Superkomp" yuternye tehnologije: mat-ly 3-y vseros. naučno-tehnološki. konf. Rostov na Donu, 2014, vol. 1, str. 122-126 (na ruskom). ^
10. Dolgov, A1. O korektnosti modifikacije formuly Bayesa. ^ Vestnik DSTU, 2014, vol. 14, br. 3 (78), str. 13-20 (na ruskom). *
Ako je događaj I može se dogoditi samo kada jedan od događaja koji se formiraju kompletna grupa nespojivih događaja , zatim vjerovatnoća događaja I izračunato po formuli
Ova formula se zove formula ukupne vjerovatnoće .
Razmotrimo ponovo kompletnu grupu nespojivih događaja, čije su vjerovatnoće nastanka 
. Događaj I može se dogoditi samo zajedno sa bilo kojim od događaja koje ćemo nazvati hipoteze
. Zatim prema formuli ukupne vjerovatnoće
Ako je događaj I dogodilo, može promijeniti vjerovatnoću hipoteza 
.
Prema teoremi množenja vjerovatnoće
.
Slično, za druge hipoteze
Rezultirajuća formula se zove Bayesova formula (Bayesova formula ). Vjerovatnoće hipoteza se nazivaju posteriorne vjerovatnoće , dok - prethodne vjerovatnoće .
Primjer. Prodavnica je dobila nove proizvode od tri preduzeća. Procentualni sastav ovih proizvoda je sledeći: 20% - proizvodi prvog preduzeća, 30% - proizvodi drugog preduzeća, 50% - proizvodi trećeg preduzeća; dalje, 10% proizvoda prvog preduzeća najvišeg kvaliteta, drugog preduzeća - 5% i trećeg - 20% proizvoda najvišeg kvaliteta. Pronađite vjerovatnoću da će slučajno kupljeni novi proizvod biti najvišeg kvaliteta.
Rješenje. Označiti sa AT događaj koji se sastoji u tome da će biti kupljen premium proizvod, označimo događaje koji se sastoje od kupovine proizvoda koji pripadaju prvom, drugom i trećem preduzeću.
Možemo primijeniti formulu ukupne vjerovatnoće, iu našoj notaciji:
Zamjenom ovih vrijednosti u formulu ukupne vjerovatnoće dobijamo željenu vjerovatnoću:
Primjer. Jedan od trojice strijelaca se poziva na liniju vatre i ispaljuje dva hica. Vjerovatnoća pogađanja mete jednim udarcem za prvog strijelca je 0,3, za drugog - 0,5; za treći - 0,8. Cilj nije pogođen. Pronađite vjerovatnoću da je hitac ispalio prvi strijelac.
Rješenje. Moguće su tri hipoteze:
Prvi strijelac je pozvan na liniju vatre,
Drugi strijelac je pozvan na liniju vatre,
Treći strijelac je pozvan na liniju vatre.
Pošto je pozivanje svakog strijelca na liniju vatre jednako moguće, onda 
Kao rezultat eksperimenta, uočen je događaj B - nakon ispaljenih hitaca, meta nije pogođena. Uslovne vjerovatnoće ovog događaja prema postavljenim hipotezama su:
koristeći Bayesovu formulu, nalazimo vjerovatnoću hipoteze nakon eksperimenta:
Primjer. Na tri automatske mašine obrađuju se dijelovi istog tipa, koji nakon obrade stižu na zajednički transporter. Prva mašina daje 2% odbijanja, druga - 7%, treća - 10%. Produktivnost prve mašine je 3 puta veća od produktivnosti druge, a treće 2 puta manja od druge.
a) Kolika je stopa kvarova na montažnoj traci?
b) Koje su proporcije dijelova svake mašine među neispravnim dijelovima na transporteru?
Rješenje. Uzmimo jedan dio nasumce sa montažne trake i razmotrimo događaj A - dio je neispravan. Povezano je sa hipotezama gde je ovaj deo obrađen: - slučajno odabrani deo je obrađen na toj mašini,.
Uslovne vjerovatnoće (u stanju problema date su u obliku postotaka):
Zavisnosti između performansi mašine znače sledeće:
A budući da hipoteze čine potpunu grupu, onda .
Nakon što smo riješili rezultirajući sistem jednačina, nalazimo: .
a) Ukupna vjerovatnoća da je nasumično uzet dio sa montažne trake neispravan:
Drugim riječima, u masi dijelova koji izlaze sa montažne trake, kvar je 4%.
b) Neka bude poznato da je nasumično uzet dio neispravan. Koristeći Bayesovu formulu, nalazimo uslovne vjerovatnoće hipoteza:
Dakle, u ukupnoj masi neispravnih delova na transporteru, udeo prve mašine je 33%, druge - 39%, treće - 28%.
Praktični zadaci
Vježba 1
Rješavanje problema u glavnim dijelovima teorije vjerovatnoće
Cilj je sticanje praktičnih vještina u rješavanju problema na
dijelovi teorije vjerovatnoće
Priprema za praktični zadatak
Da se upoznaju sa teorijskim materijalom na ovu temu, da prouče sadržaj teorijskog, kao i relevantne delove literature
Nalog za izvršenje zadatka
Riješite 5 zadataka prema broju opcije zadatka datog u tabeli 1.
Opcije početnih podataka
Tabela 1
|
broj zadatka |
||||||
Sastav izvještaja za zadatak 1
5 riješenih zadataka prema broju varijante.
Zadaci za samostalno rješavanje
1. Da li su sledeće grupe slučajeva slučajevi: a) iskustvo - bacanje novčića; razvoj događaja: A1- izgled grba; A2- izgled broja; b) iskustvo - bacanje dva novčića; razvoj događaja: U 1- izgled dva grba; U 2 - izgled dvije cifre; U 3- izgled jednog grba i jednog broja; c) iskustvo - bacanje kocke; razvoj događaja: C1 - izgled ne više od dvije tačke; C2 - pojava tri ili četiri tačke; C3 - izgled najmanje pet tačaka; d) iskustvo - hitac u metu; razvoj događaja: D1- hit; D2- nedostajati; e) iskustvo - dva hica u metu; razvoj događaja: E0- ni jedan pogodak; E1- jedan pogodak; E2- dva pogotka; f) iskustvo - izvlačenje dvije karte iz špila; razvoj događaja: F1- pojava dva crvena kartona; F2- pojava dve crne karte?
2. Urna A sadrži bijelo i B crne lopte. Jedna lopta se nasumično izvlači iz urne. Nađi vjerovatnoću da je ova lopta bijela.
3. U urni A belci i B crne lopte. Jedna lopta se izvadi iz urne i ostavi na stranu. Ova lopta je bijela. Nakon toga se iz urne uzima još jedna lopta. Nađi vjerovatnoću da je i ova lopta bijela.
4. U urni A bijelci i B crne lopte. Jedna lopta je izvađena iz urne i ostavljena u stranu bez gledanja. Nakon toga je iz urne uzeta još jedna lopta. Ispostavilo se da je bijelac. Nađite vjerovatnoću da je i prva stavljena lopta bela.
5. Iz urne u kojoj se nalazi A bijelci i B crne lopte, vadite jednu po jednu sve lopte osim jedne. Pronađite vjerovatnoću da je posljednja lopta koja je ostala u urni bijela.
6. Iz urne u kojoj je A bijele kuglice i B crne, izvadite redom sve loptice u njemu. Odrediti vjerovatnoću da je druga izvučena lopta bijela.
7. U urni A od bijelih i B od crnih kuglica (A > 2). Iz urne se vade dvije lopte odjednom. Odrediti vjerovatnoću da su obje lopte bijele.
8. Bijeli i B u urni A crne kuglice (A > 2, B > 3). Iz urne se vadi pet loptica odjednom. Pronađite vjerovatnoću R dva od njih će biti bijele, a tri crne.
9. U stranci koju čine X proizvoda, postoji I neispravan. Iz serije se bira za kontrolu I proizvodi. Pronađite vjerovatnoću R koji od njih tačno J proizvodi će biti neispravni.
10. Kocka se baca jednom. Pronađite vjerovatnoću sljedećih događaja: I - pojavljivanje parnog broja bodova; AT- pojavljivanje najmanje 5 bodova; SA- izgled ne više od 5 bodova.
11. Kocka se baca dva puta. Pronađite vjerovatnoću R da će se oba puta pojaviti isti broj bodova.
12. Dvije kocke se bacaju u isto vrijeme. Pronađite vjerovatnoće sljedećih događaja: I- zbir ispuštenih bodova jednak je 8; AT- proizvod ispuštenih bodova jednak je 8; SA- zbir ispuštenih bodova je veći od njihovog proizvoda.
13. Bacaju se dva novčića. Koji je od sljedećih događaja vjerovatniji: I - kovanice će ležati na istim stranama; AT - Leže li novčići na različitim stranama?
14. U urni A bijelci i B crne lopte (A > 2; B > 2). Dvije kuglice se vade iz urne istovremeno. Koji je događaj vjerovatniji: I- loptice iste boje; AT - loptice raznih boja?
15. Tri igrača igraju karte. Svakom od njih se dijeli 10 karata i dvije karte ostaju u izvlačenju. Jedan od igrača vidi da ima 6 karata dijamantske boje i 4 karte boje bez dijamanta. On odbacuje dvije od te četiri karte i uzima izvlačenje. Nađite vjerovatnoću da on kupi dva dijamanta.
16. Iz urne koja sadrži P numerisane kuglice, nasumično vadite jednu po jednu sve loptice u njoj. Pronađite vjerovatnoću da će brojevi izvučenih loptica biti redom: 1, 2,..., P.
17. Ista urna kao u prethodnom zadatku, ali se nakon vađenja svaka loptica vraća nazad i miješa sa ostalima i zapisuje se njen broj. Odrediti vjerovatnoću da će prirodni niz brojeva biti zapisan: 1, 2,..., n.
18. Pun špil karata (52 lista) je nasumično podijeljen u dva jednaka paketa od 26 listova. Pronađite vjerovatnoće sljedećih događaja: I - u svakom od paketa će biti dva asa; AT- u jednom od čopora neće biti asova, au drugom - sva četiri; S-in jedan od čopora će imati jednog asa, a drugi će imati tri.
19. Na košarkaškom prvenstvu učestvuje 18 ekipa iz kojih se nasumično formiraju dvije grupe od po 9 ekipa. Među učesnicima takmičenja je 5 ekipa
ekstra klasa. Pronađite vjerovatnoće sljedećih događaja: I - svi timovi ekstra klase padaju u istu grupu; AT- dva tima ekstra klase ući će u jednu od grupa, a tri - u drugu.
20. Brojevi su ispisani na devet karata: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Dvije se nasumce vade i stavljaju na sto po redoslijedu pojavljivanja, a zatim se čita rezultirajući broj , na primjer 07 (sedam), 14 (četrnaest) itd. Pronađite vjerovatnoću da je broj paran.
21. Brojevi su ispisani na pet kartica: 1, 2, 3, 4, 5. Dvije se, jedna za drugom, vade. Pronađite vjerovatnoću da je broj na drugoj kartici veći od broja na prvoj.
22. Isto pitanje kao i u zadatku 21, ali prva karta nakon izvlačenja se vraća nazad i miješa sa ostalima, a broj na njoj se zapisuje.
23. U urni A bijela, B crne i C crvene kuglice. Jedna po jedna, sve kuglice u njoj se vade iz urne i zapisuju njihove boje. Pronađite vjerovatnoću da se na ovoj listi pojavi bijelo prije crnog.
24. Postoje dvije urne: u prvoj A bijelci i B crne lopte; u drugom C bijeli i D crna. Iz svake urne se izvlači kugla. Nađi vjerovatnoću da su obje lopte bijele.
25. Pod uslovima zadatka 24, naći vjerovatnoću da će izvučene kuglice biti različitih boja.
26. U bubnju revolvera ima sedam gnijezda, pet ih je napunjeno patronama, a dva su ostavljena prazna. Bubanj se postavlja u rotaciju, zbog čega se jedna od utičnica nasumično postavlja na cijev. Nakon toga se pritisne okidač; ako je ćelija bila prazna, pucanj se ne dešava. Pronađite vjerovatnoću Rčinjenica da, nakon što smo takav eksperiment ponovili dva puta zaredom, nećemo pucati oba puta.
27. Pod istim uslovima (pogledajte problem 26), pronađite vjerovatnoću da će oba puta doći do pucanja.
28. U urni je A; loptice označene 1, 2, ..., to Iz urne I kada se izvuče jedna loptica (I<к), broj loptice se zapisuje i lopta se vraća u urnu. Pronađite vjerovatnoću R da će svi snimljeni brojevi biti različiti.
29. Riječ "knjiga" je sastavljena od pet slova podijeljene abecede. Dijete koje nije znalo čitati raspršilo je ova slova, a zatim ih spojilo nasumičnim redoslijedom. Pronađite vjerovatnoću Rčinjenica da je opet dobio riječ "knjiga".
30. Riječ "ananas" je sastavljena od slova podijeljene abecede. Dijete koje nije znalo čitati raspršilo je ova slova, a zatim ih spojilo nasumičnim redoslijedom. Pronađite vjerovatnoću Rčinjenica da opet ima riječ "ananas
31. Iz punog špila karata (52 lista, 4 boje) vadi se nekoliko karata odjednom. Koliko karata treba izvaditi da bi se sa vjerovatnoćom većom od 0,50 moglo reći da će među njima biti karata iste boje?
32. N ljudi nasumično sjede za okruglim stolom (N > 2). Pronađite vjerovatnoću R ta dva fiksna lica I i ATće biti u blizini.
33. Isti problem (vidi 32), ali tabela je pravougaona, a N osoba nasumično sjedi duž jedne od njegovih strana.
34. Brojevi od 1 do N. Ovih N dvije bačve su nasumično odabrane. Nađite vjerovatnoću da su brojevi manji od k napisani na oba bureta
(2
35.
Brojevi od 1 do N. Ovih N dvije bačve su nasumično odabrane. Nađite vjerovatnoću da jedna od buradi ima broj veći od k ,
a sa druge - manje od k .
(2
36. Baterija je prazna M iz oružja pucaju na grupu koju čine N ciljevi (M< N). Topovi biraju svoje mete uzastopno, nasumično, pod uslovom da dva pištolja ne mogu pucati na istu metu. Pronađite vjerovatnoću Rčinjenica da će ciljevi sa brojevima 1, 2, ..., biti gađani M.
37.. Baterija koja se sastoji od to pištolja, puca na grupu koju čine I aviona (za< 2). Svako oružje bira svoju metu nasumično i nezavisno od ostalih. Pronađite vjerovatnoću da sve to puške će pucati na istu metu.
38. Pod uslovima prethodnog zadatka, naći vjerovatnoću da će svi topovi pucati na različite ciljeve.
39. Četiri lopte su nasumično razbacane po četiri rupe; svaka loptica pogodi jednu ili drugu rupu sa istom verovatnoćom i nezavisno od ostalih (nema prepreka da se nekoliko loptica ubaci u istu rupu). Nađite vjerovatnoću da će u jednoj od rupa biti tri lopte, jedna u drugoj, a u druge dvije rupe nijedna kuglica.
40. Maša se posvađala sa Petjom i ne želi da se vozi sa njim u istom autobusu. Od hostela do instituta vozi 5 autobusa od 7 do 8 sati. Oni koji nemaju vremena za ove autobuse kasne na predavanje. Na koliko načina Maša i Petja mogu da stignu do instituta različitim autobusima i da ne zakasne na predavanje?
41. U sektoru informacionih tehnologija banke rade 3 analitičara, 10 programera i 20 inženjera. Za prekovremeni rad na praznik, šef odjeljenja mora izdvojiti jednog zaposlenog. Na koliko načina se to može učiniti?
42. Rukovodilac službe obezbjeđenja banke mora dnevno postaviti 10 stražara na 10 mjesta. Na koliko načina se to može učiniti?
43. Novi predsjednik banke mora imenovati 2 nova potpredsjednika između 10 direktora. Na koliko načina se to može učiniti?
44. Jedna od zaraćenih strana je zarobila 12, a druga - 15 zarobljenika. Na koliko načina se može razmijeniti 7 ratnih zarobljenika?
45. Petya i Masha skupljaju video diskove. Petya ima 30 komedija, 80 akcionih filmova i 7 melodrama, Maša ima 20 komedija, 5 akcionih filmova i 90 melodrama. Na koliko načina Petja i Maša mogu da razmene 3 komedije, 2 akciona filma i 1 melodramu?
46. Pod uslovima zadatka 45, na koliko načina Petja i Maša mogu da razmene 3 melodrame i 5 komedija?
47. Pod uslovima zadatka 45, na koliko načina Petja i Maša mogu da razmene 2 akciona filma i 7 komedija.
48. Jedna od zaraćenih strana je zarobila 15, a druga - 16 zarobljenika. Na koliko načina se može razmijeniti 5 ratnih zarobljenika?
49. Koliko automobila se može registrovati u 1 gradu ako broj ima 3 cifre i 3 slova)?
50. Jedna od zaraćenih strana je zarobila 14, a druga - 17 zarobljenika. Na koliko načina se može razmijeniti 6 ratnih zarobljenika?
51. Koliko se različitih riječi može formirati preuređivanjem slova u riječi "majka"?
52. U korpi su 3 crvene i 7 zelenih jabuka. Iz njega se izvadi jedna jabuka. Pronađite vjerovatnoću da će biti crveno.
53. U korpi su 3 crvene i 7 zelenih jabuka. Iz njega je izvađena jedna zelena jabuka i ostavljena na stranu. Zatim se iz korpe izvadi još 1 jabuka. Kolika je vjerovatnoća da je ova jabuka zelena?
54. U seriji od 1.000 artikala, 4 su neispravna. Za kontrolu se bira serija od 100 proizvoda. Kolika je vjerovatnoća LLP-a da kontrolna partija neće biti neispravna?
56. U 80-im je igra sportloto 5 od 36 bila popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 5 brojeva od 1 do 36 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da igrač nije pogodio nijedan broj.
57. Osamdesetih godina, igra „sportloto 5 od 36“ bila je popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 5 brojeva od 1 do 36 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da je igrač pogodio jedan broj.
58. U 80-im je igra sportloto 5 od 36 bila popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 5 brojeva od 1 do 36 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da je igrač pogodio 3 broja.
59. U 80-im je igra sportloto 5 od 36 bila popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 5 brojeva od 1 do 36 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da igrač nije pogodio svih 5 brojeva.
60. U 80-im je igra sportloto 6 od 49 bila popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 6 brojeva od 1 do 49 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da je igrač pogodio 2 broja.
61. Osamdesetih godina, igra "sportloto 6 od 49" bila je popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 6 brojeva od 1 do 49 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da igrač nije pogodio nijedan broj.
62. 80-ih godina, igra "sportloto 6 od 49" bila je popularna u SSSR-u. Igrač je na kartici zabilježio 6 brojeva od 1 do 49 i dobio je nagrade različitih apoena ako je pogodio različit broj brojeva koje je objavila komisija za izvlačenje. Pronađite vjerovatnoću da je igrač pogodio svih 6 brojeva.
63. U seriji od 1.000 artikala, 4 su neispravna. Za kontrolu se bira serija od 100 proizvoda. Kolika je vjerovatnoća LLP-a da će samo 1 neispravan biti u kontrolnoj seriji?
64. Koliko se različitih riječi može formirati preuređivanjem slova u riječi "knjiga"?
65. Koliko se različitih riječi može formirati preuređivanjem slova u riječi "ananas"?
66. U lift je ušlo 6 osoba, a hostel ima 7 spratova. Kolika je vjerovatnoća da svih 6 ljudi izađe na isti sprat?
67. U lift je ušlo 6 osoba, zgrada ima 7 spratova. Kolika je vjerovatnoća da svih 6 ljudi izađe na različite spratove?
68. Prilikom grmljavinskog nevremena došlo je do prekida žice na dionici između 40 i 79 km dalekovoda. Uz pretpostavku da je prekid jednako moguć u bilo kojoj tački, naći vjerovatnoću da je do prekida došlo između 40. i 45. kilometra.
69. Na dionici gasovoda dužine 200 kilometara dolazi do curenja gasa između kompresorskih stanica A i B, što je podjednako moguće na bilo kojoj tački gasovoda. Kolika je vjerovatnoća da se curenje dogodi unutar 20 km od A
70. Na dionici gasovoda od 200 kilometara dolazi do curenja gasa između kompresorskih stanica A i B, što je jednako moguće u bilo kojoj tački gasovoda. Kolika je vjerovatnoća da je curenje bliže A nego B?
71. Radar inspektora saobraćajne policije ima tačnost od 10 km/h i zaokružuje se na najbližu stranu. Šta se češće dešava - zaokruživanje u korist vozača ili inspektora?
72. Maša provede 40 do 50 minuta na putu do instituta, a bilo koje vrijeme u ovom intervalu je jednako vjerovatno. Kolika je vjerovatnoća da će na putu provesti od 45 do 50 minuta.
73. Petja i Maša su se dogovorile da se sastanu kod spomenika Puškinu od 12 do 13 sati, ali niko nije mogao da kaže tačno vreme dolaska. Dogovorili su se da čekaju jedno drugo 15 minuta. Kolika je vjerovatnoća njihovog susreta?
74. Ribari su u ribnjaku ulovili 120 riba, od kojih je 10 prstenovano. Kolika je vjerovatnoća da ćete uhvatiti prstenovanu ribu?
75. Iz korpe koja sadrži 3 crvene i 7 zelenih jabuka, izvadite sve jabuke redom. Kolika je vjerovatnoća da je druga jabuka crvena?
76. Iz korpe koja sadrži 3 crvene i 7 zelenih jabuka, izvadite sve jabuke redom. Kolika je vjerovatnoća da posljednja jabuka bude zelena?
77. Studenti smatraju da je od 50 karata 10 “dobri”. Petja i Maša naizmjence vuku po jednu kartu. Kolika je vjerovatnoća da je Maša dobila "dobru" kartu?
78. Studenti smatraju da je od 50 karata 10 “dobri”. Petja i Maša naizmjence vuku po jednu kartu. Kolika je vjerovatnoća da su oboje dobili "dobru" kartu?
79. Maša je došla na ispit znajući odgovore na 20 pitanja programa od 25. Profesor postavlja 3 pitanja. Kolika je vjerovatnoća da će Maša odgovoriti na 3 pitanja?
80. Maša je došla na ispit znajući odgovore na 20 pitanja programa od 25. Profesor postavlja 3 pitanja. Kolika je vjerovatnoća da Maša neće odgovoriti ni na jedno pitanje?
81. Maša je došla na ispit znajući odgovore na 20 pitanja programa od 25. Profesor postavlja 3 pitanja. Kolika je vjerovatnoća da će Maša odgovoriti na 1 pitanje?
82. Statistika zahtjeva za kredite banaka je sljedeća: 10% - država. vlasti, 20% - ostale banke, ostatak - pojedinci. Verovatnoća kašnjenja kredita je 0,01, 0,05 i 0,2, respektivno. Koliki je udio kredita bespovratan?
83. vjerovatnoća da će sedmični promet trgovca sladoledom premašiti 2000 rubalja. je 80% po vedrom vremenu, 50% po pretežno oblačnom i 10% po kišnom vremenu. Kolika je vjerovatnoća da će promet premašiti 2000 rubalja. ako je vjerovatnoća vedrog vremena 20%, a djelomično oblačno i kišovito - po 40%.
84. Bijeli (b) i C su u urni A crne (h) lopte. Iz urne se vade dvije kugle (istovremeno ili uzastopno). Nađi vjerovatnoću da su obje lopte bijele.
85. U urni A bijelci i B
86. U urni A bijelci i B
87. U urni A bijelci i B crne lopte. Jedna kuglica se vadi iz urne, obeležava se njena boja i loptica se vraća u urnu. Nakon toga se iz urne uzima još jedna lopta. Pronađite vjerovatnoću da će ove kuglice biti različitih boja.
88. Tu je kutija sa devet novih teniskih loptica. Za igru se uzimaju tri lopte; nakon utakmice se vraćaju. Prilikom odabira lopti ne prave razliku između odigranih i neizigranih lopti. Kolika je vjerovatnoća da nakon tri gema u petercu neće biti neodigranih lopti?
89. Izlazak iz stana, N svaki gost će obući svoje galoše;
90. Izlazak iz stana, N gosti s istom veličinom cipela stavljaju galoše u mraku. Svaki od njih može razlikovati desni galoš od lijevog, ali ne može razlikovati svoj od tuđeg. Pronađite vjerovatnoću da svaki gost će obući galoše koje pripadaju jednom paru (možda ne svojim).
91. Pod uslovima zadatka 90 pronađite vjerovatnoću da će svi otići u svojim galošama ako gosti ne mogu razlikovati desne galoše od lijeve i jednostavno uzmu prva dva galoša koja naiđu.
92. U toku je gađanje aviona, čiji su ranjivi dijelovi dva motora i kabina. Da bi se pogodio (onesposobio) avion dovoljno je udariti oba motora zajedno ili u kokpit. Pod datim uslovima paljbe, verovatnoća udara u prvi motor je p1 drugi motor p2, kokpit p3. Delovi aviona su pogođeni nezavisno jedan od drugog. Pronađite vjerovatnoću da će avion biti pogođen.
93. Dva strijelca, nezavisno jedan od drugog, ispaljuju dva hica (svaki u svoju metu). Vjerovatnoća pogađanja mete jednim udarcem za prvog strijelca p1 za drugi p2. Pobjednik takmičenja je strijelac u čijoj meti će biti više rupa. Pronađite vjerovatnoću Rxšta prvi strijelac pobijedi.
94. iza svemirskog objekta, objekat se detektuje sa verovatnoćom R. Detekcija objekata u svakom ciklusu odvija se nezavisno od ostalih. Pronađite vjerovatnoću da kada P ciklusima objekat će biti otkriven.
95. 32 slova ruske abecede ispisana su na isečenim abecednim karticama. Pet karata se nasumično izvlače, jedna za drugom, i stavljaju na sto onim redom kojim se pojavljuju. Pronađite vjerovatnoću da će se dobiti riječ "kraj".
96. Dvije lopte su nasumično i nezavisno jedna od druge rasute po četiri ćelije koje se nalaze jedna za drugom u pravoj liniji. Svaka lopta sa istom vjerovatnoćom 1/4 pogodi svaku ćeliju. Pronađite vjerovatnoću da će kuglice pasti u susjedne ćelije.
97. Na avion se ispaljuju zapaljivi projektili. Gorivo u avionu je koncentrisano u četiri rezervoara smeštena u trupu jedan za drugim. Veličine rezervoara su iste. Da bi se avion zapalio, dovoljno je pogoditi dvije granate ili u isti ili u susjedne spremnike. Poznato je da su dvije granate pogodile područje tenkova. Pronađite vjerovatnoću da će se avion zapaliti.
98. Iz punog špila karata (52 lista) vade se četiri karte odjednom. Pronađite vjerovatnoću da su sve četiri ove karte iste boje.
99. Iz punog špila karata (52 lista) vade se četiri karte odjednom, ali se svaka karta nakon vađenja vraća u špil. Pronađite vjerovatnoću da su sve četiri karte iste boje.
100. Kada se paljenje uključi, motor se pokreće sa vjerovatnoćom R.
101. Uređaj može raditi u dva načina rada: 1) normalan i 2) abnormalan. Normalni režim se primećuje u 80% svih slučajeva rada uređaja; abnormalno - u 20%. Vjerovatnoća kvara uređaja u vremenu t u normalnom režimu je 0,1; u abnormalnom - 0,7. Pronađite ukupnu vjerovatnoću R kvar uređaja.
102. Prodavnica prima robu od 3 dobavljača: 55% od 1., 20 od 2. i 25% od 3.. Udio braka je 5, 6 i 8 posto. Kolika je vjerovatnoća da je kupljeni neispravan proizvod došao od drugog dobavljača.
103. Protok automobila pored benzinskih pumpi sastoji se od 60% kamiona i 40% automobila. Kolika je vjerovatnoća da ćete naći kamion na benzinskoj pumpi ako je vjerovatnoća dolivanja goriva 0,1, a automobila 0,3
104. Protok automobila pored benzinskih pumpi sastoji se od 60% kamiona i 40% automobila. Kolika je vjerovatnoća da ćete naći kamion na benzinskoj pumpi ako je vjerovatnoća dolivanja goriva 0,1, a automobila 0,3
105. Prodavnica prima robu od 3 dobavljača: 55% od 1., 20 od 2. i 25% od 3.. Udio braka je 5, 6 i 8 posto. Kolika je vjerovatnoća da je kupljeni neispravan proizvod došao od 1. dobavljača.
106. 32 slova ruske abecede ispisana su na isečenim abecednim karticama. Pet karata se nasumično izvlače, jedna za drugom, i stavljaju na sto onim redom kojim se pojavljuju. Pronađite vjerovatnoću da dobijete riječ "knjiga".
107. Prodavnica prima robu od 3 dobavljača: 55% od 1., 20 od 2. i 25% od 3.. Udio braka je 5, 6 i 8 posto. Kolika je vjerovatnoća da je kupljeni neispravan proizvod došao od 1. dobavljača.
108. Dvije lopte su nasumično i nezavisno jedna od druge rasute po četiri ćelije koje se nalaze jedna za drugom u pravoj liniji. Svaka lopta sa istom vjerovatnoćom 1/4 pogodi svaku ćeliju. Pronađite vjerovatnoću da 2 kuglice padnu u istu ćeliju
109. Kada je kontakt uključen, motor počinje da radi sa velikom verovatnoćom R. Pronađite vjerovatnoću da će motor početi raditi drugi put kada se paljenje uključi;
110. Na avion se ispaljuju zapaljivi projektili. Gorivo u avionu je koncentrisano u četiri rezervoara smeštena u trupu jedan za drugim. Veličine rezervoara su iste. Da bi se letelica zapalila, dovoljno je pogoditi dve granate u istom rezervoaru. Poznato je da su dvije granate pogodile područje tenkova. Pronađite vjerovatnoću da će se avion zapaliti
111. Na avion se ispaljuju zapaljivi projektili. Gorivo u avionu je koncentrisano u četiri rezervoara smeštena u trupu jedan za drugim. Veličine rezervoara su iste. Da bi se letelica zapalila, dovoljno je pogoditi dve granate u susednim rezervoarima. Poznato je da su dvije granate pogodile područje tenkova. Pronađite vjerovatnoću da će se avion zapaliti
112. U urni A bijelci i B crne lopte. Jedna kuglica se vadi iz urne, obeležava se njena boja i loptica se vraća u urnu. Nakon toga se iz urne uzima još jedna lopta. Odrediti vjerovatnoću da su obje izvučene lopte bijele.
113. U urni A bijelci i B crne lopte. Iz urne se vade dvije lopte odjednom. Pronađite vjerovatnoću da će ove kuglice biti različitih boja.
114. Dvije lopte su nasumično i nezavisno jedna od druge rasute po četiri ćelije koje se nalaze jedna za drugom u pravoj liniji. Svaka lopta sa istom vjerovatnoćom 1/4 pogodi svaku ćeliju. Pronađite vjerovatnoću da će kuglice pasti u susjedne ćelije.
115. Maša je došla na ispit znajući odgovore na 20 pitanja programa od 25. Profesor postavlja 3 pitanja. Kolika je vjerovatnoća da će Maša odgovoriti na 2 pitanja?
116. Studenti smatraju da je od 50 karata 10 “dobri”. Petja i Maša naizmjence vuku po jednu kartu. Kolika je vjerovatnoća da su oboje dobili "dobru" kartu?
117. Statistika zahtjeva za kredite banaka je sljedeća: 10% - država. vlasti, 20% - ostale banke, ostatak - pojedinci. Verovatnoća kašnjenja kredita je 0,01, 0,05 i 0,2, respektivno. Koliki je udio kredita bespovratan?
118. 32 slova ruske abecede ispisana su na isečenim abecednim karticama. Pet karata se nasumično izvlače, jedna za drugom, i stavljaju na sto onim redom kojim se pojavljuju. Pronađite vjerovatnoću da će se dobiti riječ "kraj".
119 Statistika zahtjeva za kredite banaka je sljedeća: 10% - država. vlasti, 20% - ostale banke, ostatak - pojedinci. Verovatnoća kašnjenja kredita je 0,01, 0,05 i 0,2, respektivno. Koliki je udio kredita bespovratan?
120. vjerovatnoća da će sedmični promet trgovca sladoledom premašiti 2000 rubalja. je 80% po vedrom vremenu, 50% po pretežno oblačnom i 10% po kišnom vremenu. Kolika je vjerovatnoća da će promet premašiti 2000 rubalja. ako je vjerovatnoća vedrog vremena 20%, a djelomično oblačno i kišovito - po 40%.
Kako započeti kao tutor?
Učenje engleskog na daljinu
Pravilni i nepravilni engleski glagoli