ცნობილი იყოს მათი ალბათობა და შესაბამისი პირობითი ალბათობა. მაშინ მოვლენის დადგომის ალბათობაა:

ამ ფორმულას ე.წ საერთო ალბათობის ფორმულები. სახელმძღვანელოებში იგი ჩამოყალიბებულია თეორემით, რომლის დადასტურებაც ელემენტარულია: მიხედვით მოვლენის ალგებრა, (მოვლენა მოხდა და ანმოხდა მოვლენა დამას შემდეგ რაც მოვიდა ღონისძიება ანმოხდა მოვლენა დამას შემდეგ რაც მოვიდა ღონისძიება ან …. ანმოხდა მოვლენა დაღონისძიება მოჰყვა). ჰიპოთეზებიდან გამომდინარე შეუთავსებელია და მოვლენა არის დამოკიდებული, შემდეგ მიხედვით მიმატების თეორემა შეუთავსებელი მოვლენების ალბათობებისთვის (პირველი ნაბიჯი)და დამოკიდებული მოვლენების ალბათობათა გამრავლების თეორემა (მეორე ნაბიჯი):

ალბათ, ბევრი ელის პირველი მაგალითის შინაარსს =)

სადაც არ უნდა გაფურთხოთ - ყველგან ურნა:

დავალება 1

სამი იდენტური ურნაა. პირველი ურნა შეიცავს 4 თეთრ და 7 შავ ბურთულებს, მეორე ურნა შეიცავს მხოლოდ თეთრ ბურთებს, ხოლო მესამე ურნა შეიცავს მხოლოდ შავ ბურთულებს. ერთი ურნა ირჩევა შემთხვევით და მისგან შემთხვევით იშლება ბურთი. რა არის ალბათობა, რომ ეს ბურთი შავია?

გამოსავალი: განიხილეთ მოვლენა - შემთხვევით შერჩეული ურნიდან გამოიღებენ შავ ბურთს. ეს მოვლენა შეიძლება მოხდეს ან არ მოხდეს ერთ-ერთი შემდეგი ჰიპოთეზის შედეგად:
– შეირჩევა 1-ლი ურნა;
– აირჩევა მე-2 ურნა;
– აირჩევა მე-3 ურნა.

ვინაიდან ურნა არჩეულია შემთხვევით, სამივე ურნადან რომელიმეს არჩევანი თანაბრად შესაძლებელია, შესაბამისად:

გაითვალისწინეთ, რომ ზემოთ ჩამოთვლილი ჰიპოთეზები ყალიბდება მოვლენების სრული ჯგუფიანუ, მდგომარეობის მიხედვით, შავი ბურთი შეიძლება გამოჩნდეს მხოლოდ ამ ურნებიდან და მაგალითად, ბილიარდის მაგიდიდან არ გაფრინდეს. მოდით გავაკეთოთ მარტივი შუალედური შემოწმება:
კარგი, მოდით გადავიდეთ:

პირველი ურნა შეიცავს 4 თეთრ + 7 შავ = 11 ბურთულას, თითოეული კლასიკური განმარტება:
არის შავი ბურთის დახატვის ალბათობა პირობითრომ 1-ლი ურნა შეირჩევა.

მეორე ურნა შეიცავს მხოლოდ თეთრ ბურთებს, ასე რომ თუ აირჩევაშავი ბურთის გამოჩენა ხდება შეუძლებელია: .

და ბოლოს, მესამე ურნაში არის მხოლოდ შავი ბურთები, რაც იმას ნიშნავს, რომ შესაბამისი პირობითი ალბათობაშავი ბურთის ამოღება იქნება (მოვლენა გარკვეულია).

არის ალბათობა იმისა, რომ შემთხვევით შერჩეული ურნადან შავი ბურთი იქნება გამოყვანილი.

უპასუხე:

გაანალიზებული მაგალითი კიდევ ერთხელ გვიჩვენებს, თუ რამდენად მნიშვნელოვანია მდგომარეობის გაგება. ავიღოთ იგივე პრობლემები ურმებთან და ბურთებთან - მათი გარეგანი მსგავსებით, გადაჭრის მეთოდები შეიძლება სრულიად განსხვავებული იყოს: სადღაც საჭიროა მხოლოდ გამოყენება. ალბათობის კლასიკური განმარტება, სადღაც მოვლენები დამოუკიდებელი, სადღაც დამოკიდებულიდა სადღაც ჰიპოთეზებზეა საუბარი. ამავდროულად, არ არსებობს მკაფიო ფორმალური კრიტერიუმი გადაწყვეტის გზის არჩევისთვის - თქვენ თითქმის ყოველთვის გჭირდებათ ამაზე ფიქრი. როგორ გააუმჯობესოთ თქვენი უნარები? ვხსნით, ვხსნით და ისევ ვხსნით!

დავალება 2

სასროლეთზე არის 5 სხვადასხვა თოფი. მოცემული მსროლელისთვის მიზანზე დარტყმის ალბათობა შესაბამისად უდრის 0,5-ს; 0,55; 0.7; 0.75 და 0.4. რა არის მიზანში მოხვედრის ალბათობა, თუ მსროლელმა შემთხვევით შერჩეული თოფიდან ერთ გასროლას გაისროლა?

მოკლე ამოხსნა და პასუხი გაკვეთილის ბოლოს.

უმეტეს თემატურ პრობლემებში ჰიპოთეზები, რა თქმა უნდა, არ არის თანაბრად სავარაუდო:

დავალება 3

პირამიდაში არის 5 თოფი, რომელთაგან სამი აღჭურვილია ოპტიკური სამიზნით. ალბათობა იმისა, რომ მსროლელი ტელესკოპური სამიზნე თოფიდან გასროლისას მიზანს მოხვდეს არის 0,95; ტელესკოპური სამიზნის გარეშე თოფისთვის ეს ალბათობა არის 0,7. იპოვნეთ სამიზნის დარტყმის ალბათობა, თუ მსროლელმა შემთხვევით აღებული თოფიდან ერთ გასროლას გაისროლა.

გამოსავალი: ამ პრობლემაში თოფების რაოდენობა ზუსტად იგივეა, რაც წინაში, მაგრამ არსებობს მხოლოდ ორი ჰიპოთეზა:
- მსროლელი ირჩევს თოფს ოპტიკური სამიზნით;
- მსროლელი შეარჩევს თოფს ტელესკოპური სამიზნის გარეშე.
ავტორი ალბათობის კლასიკური განმარტება: .
კონტროლი:

განვიხილოთ მოვლენა: - მსროლელი ხვდება მიზანს შემთხვევით შერჩეული შაშხანით.
პირობით: .

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით:

უპასუხე: 0,85

პრაქტიკაში სავსებით მისაღებია ამოცანის შემუშავების შემცირებული გზა, რომელსაც თქვენც იცნობთ:

გამოსავალი: კლასიკური განმარტების მიხედვით: არის თოფის არჩევის ალბათობა, შესაბამისად, ოპტიკური სამიზნით და მის გარეშე.

პირობით, – შესაბამისი ტიპის თოფებით მიზანში დარტყმის ალბათობა.

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით:
არის ალბათობა იმისა, რომ მსროლელი შემთხვევით შერჩეული შაშხანით მოხვდება სამიზნეს.

უპასუხე: 0,85

შემდეგი ამოცანა დამოუკიდებელი გადაწყვეტისთვის:

დავალება 4

ძრავა მუშაობს სამ რეჟიმში: ნორმალური, იძულებითი და უმოქმედო. უმოქმედო რეჟიმში მისი წარუმატებლობის ალბათობაა 0.05, ნორმალურ რეჟიმში - 0.1, ხოლო იძულებით რეჟიმში - 0.7. 70% ძრავა მუშაობს ნორმალურ რეჟიმში და 20% იძულებით რეჟიმში. რა არის ძრავის უკმარისობის ალბათობა მუშაობის დროს?

ყოველი შემთხვევისთვის, შეგახსენებთ - ალბათობების მისაღებად პროცენტები უნდა გაიყოს 100-ზე. ძალიან ფრთხილად იყავით! ჩემი დაკვირვებით, საერთო ალბათობის ფორმულის ამოცანების პირობების აღრევას ხშირად ცდილობენ; და მე კონკრეტულად ავირჩიე ასეთი მაგალითი. საიდუმლოს გეტყვით - კინაღამ თავი დავიბნე =)

გამოსავალი გაკვეთილის ბოლოს (მოკლედ ჩამოყალიბებული)

პრობლემები ბეიზის ფორმულებისთვის

მასალა მჭიდრო კავშირშია წინა აბზაცის შინაარსთან. დაე, მოვლენა მოხდეს ერთ-ერთი ჰიპოთეზის განხორციელების შედეგად . როგორ განვსაზღვროთ იმის ალბათობა, რომ კონკრეტული ჰიპოთეზა მოხდა?

პირობითიმ მოვლენას უკვე მოხდა, ჰიპოთეზების ალბათობა გადაჭარბებული შეფასებაფორმულების მიხედვით, რომლებმაც მიიღეს ინგლისელი მღვდლის თომას ბეისის სახელი:

- ალბათობა იმისა, რომ ჰიპოთეზა შედგა;
- ალბათობა იმისა, რომ ჰიპოთეზა შედგა;
…
არის ალბათობა იმისა, რომ ჰიპოთეზა იყო ჭეშმარიტი.

ერთი შეხედვით სრულ აბსურდულად გვეჩვენება - რატომ გადათვალეთ ჰიპოთეზების ალბათობა, თუ ისინი უკვე ცნობილია? მაგრამ სინამდვილეში არის განსხვავება:

- ეს არის აპრიორი(შეფასებული ადრეტესტები) ალბათობა.

- ეს არის უკანა მხარეს(შეფასებული შემდეგტესტები) იგივე ჰიპოთეზის ალბათობა, ხელახლა გამოთვლილი „ახლად აღმოჩენილ გარემოებებთან“ დაკავშირებით - იმის გათვალისწინებით, რომ მოვლენა მოხდა.

მოდით შევხედოთ ამ განსხვავებას კონკრეტული მაგალითით:

დავალება 5

საწყობმა მიიღო პროდუქციის 2 პარტია: პირველი - 4000 ცალი, მეორე - 6000 ცალი. არასტანდარტული პროდუქტების საშუალო პროცენტი პირველ პარტიაში 20%-ია, ხოლო მეორეში - 10%. საწყობიდან შემთხვევით აღებული პროდუქტი სტანდარტული აღმოჩნდა. იპოვეთ ალბათობა, რომ ის არის: ა) პირველი პარტიიდან, ბ) მეორე პარტიიდან.

Პირველი ნაწილი გადაწყვეტილებებიმოიცავს საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებას. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, გამოთვლები ხორციელდება იმ ვარაუდით, რომ ტესტი ჯერ არ არის წარმოებულიდა მოვლენა "პროდუქტი აღმოჩნდა სტანდარტული"სანამ მოვა.

განვიხილოთ ორი ჰიპოთეზა:
- შემთხვევით მიღებული პროდუქტი იქნება პირველი პარტიიდან;
- შემთხვევით მიღებული პროდუქტი იქნება მე-2 პარტიიდან.

სულ: 4000 + 6000 = 10000 ნივთი მარაგში. კლასიკური განმარტების მიხედვით:
.

კონტროლი:

განვიხილოთ დამოკიდებული მოვლენა: – საწყობიდან შემთხვევით აღებული ნივთი იქნებასტანდარტული.

პირველ პარტიაში 100% - 20% = 80% სტანდარტული პროდუქტები, შესაბამისად: პირობითრომ ის ეკუთვნის 1 პარტიას.

ანალოგიურად, მეორე პარტიაში 100% - 10% = 90% სტანდარტული პროდუქტები და არის ალბათობა იმისა, რომ საწყობში შემთხვევით შერჩეული ნივთი იქნება სტანდარტული ნივთი პირობითრომ მე-2 მხარეს ეკუთვნის.

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით:
არის ალბათობა იმისა, რომ საწყობიდან შემთხვევით არჩეული პროდუქტი იქნება სტანდარტული პროდუქტი.

Მეორე ნაწილი. დავუშვათ, რომ საწყობიდან შემთხვევით აღებული პროდუქტი სტანდარტული აღმოჩნდა. ეს ფრაზა პირდაპირ არის გაწერილი პირობით და ის ასახავს იმ ფაქტს, რომ მოვლენა მოხდა.

ბეიზის ფორმულების მიხედვით:

ა) - ალბათობა იმისა, რომ შერჩეული სტანდარტული პროდუქტი მიეკუთვნება პირველ პარტიას;

ბ) - ალბათობა იმისა, რომ შერჩეული სტანდარტული პროდუქტი მიეკუთვნება მე-2 პარტიას.

შემდეგ გადაფასებაჰიპოთეზები, რა თქმა უნდა, ჯერ კიდევ იქმნება სრული ჯგუფი:
(გამოკვლევა;-))

უპასუხე:

ჰიპოთეზების გადაფასების მნიშვნელობის გაგებაში დაგვეხმარება ივან ვასილიევიჩი, რომელმაც კვლავ შეცვალა პროფესია და ქარხნის დირექტორი გახდა. მან იცის, რომ დღეს პირველმა მაღაზიამ საწყობში 4000 ცალი, ხოლო მე-2 მაღაზიამ - 6000 პროდუქცია გადაიტანა და ამაში დასარწმუნებლად მოდის. დავუშვათ, რომ ყველა პროდუქტი ერთი და იგივე ტიპისაა და ერთსა და იმავე კონტეინერშია. ბუნებრივია, ივან ვასილიევიჩმა ადრე გამოთვალა, რომ პროდუქტი, რომელსაც ის ახლა ამოიღებდა გადამოწმებისთვის, სავარაუდოდ, პირველი სახელოსნოს მიერ წარმოებული იქნებოდა და ალბათობით მეორე. მაგრამ მას შემდეგ, რაც შერჩეული ნივთი სტანდარტული აღმოჩნდება, ის იძახის: „რა მაგარი ჭანჭიკია! - ეს უფრო მეტად გამოუშვა მე-2 სახელოსნომ. ამრიგად, მეორე ჰიპოთეზის ალბათობა გადაჭარბებულია უკეთესი მხარე, ხოლო პირველი ჰიპოთეზის ალბათობა არ არის შეფასებული: . და ეს გადაჭარბებული შეფასება არ არის უსაფუძვლო - ბოლოს და ბოლოს, მე-2 სახელოსნომ არა მხოლოდ აწარმოა მეტი პროდუქტი, არამედ 2-ჯერ უკეთ მუშაობს!

თქვენ ამბობთ, სუფთა სუბიექტივიზმი? ნაწილობრივ - დიახ, უფრო მეტიც, თავად ბეიესმა ინტერპრეტაცია მოახდინა უკანა მხარესალბათობა როგორც ნდობის დონე. თუმცა, ყველაფერი ასე მარტივი არ არის - ბაიესის მიდგომაში არის ობიექტური მარცვალი. ყოველივე ამის შემდეგ, ალბათობა იმისა, რომ პროდუქტი სტანდარტული იქნება (0.8 და 0.9 1-ლი და მე-2 მაღაზიებისთვის, შესაბამისად)ეს არის წინასწარი(აპრიორი) და საშუალოშეფასებები. მაგრამ, ფილოსოფიურად რომ ვთქვათ, ყველაფერი მიედინება, ყველაფერი იცვლება, მათ შორის ალბათობაც. სავსებით შესაძლებელია რომ კვლევის დროსუფრო წარმატებულმა მე-2 მაღაზიამ გაზარდა სტანდარტული პროდუქციის პროცენტი (და/ან 1-ლი მაღაზია შემცირდა)და თუ შეამოწმებთ მარაგში არსებულ 10 ათას ნივთს ან მეტს, მაშინ გადაჭარბებული მნიშვნელობები ბევრად უფრო ახლოს იქნება სიმართლესთან.

სხვათა შორის, თუ ივან ვასილიევიჩი ამოიღებს არასტანდარტულ ნაწილს, მაშინ პირიქით - ის უფრო და უფრო ნაკლებად "ეჭვობს" პირველ მაღაზიაში - მეორეში. მე გირჩევთ, თავად შეამოწმოთ:

დავალება 6

საწყობმა მიიღო პროდუქციის 2 პარტია: პირველი - 4000 ცალი, მეორე - 6000 ცალი. არასტანდარტული პროდუქტების საშუალო პროცენტი პირველ პარტიაში 20%-ია, მეორეში - 10%. საწყობიდან შემთხვევით აღებული პროდუქტი აღმოჩნდა არასტანდარტული. იპოვეთ ალბათობა, რომ ის არის: ა) პირველი პარტიიდან, ბ) მეორე პარტიიდან.

პირობა ორი ასოთი იქნება გამორჩეული, რომლებიც მე ხაზგასმული მაქვს თამამად. პრობლემა შეიძლება მოგვარდეს ნულიდან, ან შეგიძლიათ გამოიყენოთ წინა გამოთვლების შედეგები. ნიმუშში მაქვს სრული გადაწყვეტა, მაგრამ ისე, რომ არ მოხდეს ფორმალური გადახურვა No5 ამოცანასთან, მოვლენასთან ,,საწყობიდან შემთხვევით აღებული პროდუქტი იქნება არასტანდარტული“აღინიშნება .

ალბათობათა ხელახალი შეფასების ბაიესის სქემა ყველგან გვხვდება და მას ასევე აქტიურად იყენებენ სხვადასხვა სახის თაღლითები. განვიხილოთ საზოგადო სახელით ქცეული სამასოიანი სააქციო საზოგადოება, რომელიც იზიდავს დეპოზიტებს მოსახლეობისგან, ვითომ სადმე ინვესტირებას ახორციელებს, რეგულარულად იხდის დივიდენდებს და ა.შ. Რა ხდება? გადის დღითი დღე, თვე შემდეგ თვე და უფრო და უფრო მეტი ახალი ფაქტი, რომელიც გადმოცემულია რეკლამით და ზეპირი სიტყვით, მხოლოდ ზრდის ფინანსური პირამიდის მიმართ ნდობის დონეს. (უკანა ბაიესის ხელახალი შეფასება წარსული მოვლენების გამო!). ანუ მეანაბრეების თვალში მუდმივად იზრდება იმის ალბათობა "ეს სერიოზული ოფისია"; ხოლო საპირისპირო ჰიპოთეზის ალბათობა ("ეს ჩვეულებრივი თაღლითები არიან")რა თქმა უნდა, მცირდება და მცირდება. დანარჩენი, ვფიქრობ, გასაგებია. აღსანიშნავია, რომ დამსახურებული რეპუტაცია ორგანიზატორებს აძლევს დროს, წარმატებით დაემალონ ივან ვასილიევიჩს, რომელიც დარჩა არა მხოლოდ ჭანჭიკების პარტია, არამედ შარვლის გარეშეც.

ჩვენ ცოტა მოგვიანებით დავუბრუნდებით არანაკლებ საინტერესო მაგალითებს, მაგრამ ახლა, ალბათ, ყველაზე გავრცელებული შემთხვევა სამი ჰიპოთეზის მიხედვით არის შემდეგი:

დავალება 7

ელექტრო ნათურები იწარმოება სამ ქარხანაში. 1-ლი ქარხანა აწარმოებს ნათურების საერთო რაოდენობის 30%-ს, მე-2 - 55%-ს, ხოლო მე-3 - დანარჩენს. 1-ლი ქარხნის პროდუქტები შეიცავს დეფექტურ ნათურებს 1%, მე-2 - 1,5%, მე-3 - 2%. მაღაზია სამივე ქარხნის პროდუქციას იღებს. ნაყიდი ნათურა იყო დეფექტური. რა არის იმის ალბათობა, რომ ის 2 მცენარემ გამოიმუშავა?

გაითვალისწინეთ, რომ Bayes-ის ფორმულების პრობლემებში მდგომარეობა აუცილებლადზოგიერთი რა მოხდაღონისძიება, ამ შემთხვევაში, ნათურის შეძენა.

მოვლენებმა მოიმატა და გამოსავალიუფრო მოსახერხებელია "სწრაფ" სტილში მოწყობა.

ალგორითმი ზუსტად იგივეა: პირველ ეტაპზე ვპოულობთ ალბათობას, რომ შეძენილი ნათურა იქნებადეფექტური.

საწყისი მონაცემების გამოყენებით, ჩვენ ვთარგმნით პროცენტებს ალბათებად:
არის ალბათობა იმისა, რომ ნათურა აწარმოებს, შესაბამისად, 1, მე-2 და მე-3 ქარხნებს.
კონტროლი:

ანალოგიურად: - დეფექტური ნათურის დამზადების ალბათობა შესაბამისი ქარხნებისთვის.

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით:

- ალბათობა იმისა, რომ შეძენილი ნათურა იყოს დეფექტური.

ნაბიჯი მეორე. დაე, შეძენილი ნათურა იყოს დეფექტური (მოვლენა მოხდა)

ბეიზის ფორმულის მიხედვით:
- ალბათობა იმისა, რომ შეძენილი დეფექტური ნათურა არის მეორე ქარხნის მიერ წარმოებული

უპასუხე:

რატომ გაიზარდა მე-2 ჰიპოთეზის საწყისი ალბათობა ხელახალი შეფასების შემდეგ? მეორე ქარხანა ხომ აწარმოებს საშუალო ხარისხის ნათურებს (პირველი უკეთესია, მესამე უარესი). მაშ რატომ გაიზარდა უკანა მხარესალბათობა იმისა, რომ დეფექტური ნათურა მე-2 ქარხნისაა? ეს უკვე არა "რეპუტაციის" გამო, არამედ ზომისაა. ვინაიდან No2 ქარხანა აწარმოებდა ყველაზე მეტ ნათურებს, ისინი ამას ადანაშაულებენ (სულ მცირე, სუბიექტურად): "სავარაუდოდ, ეს დეფექტური ნათურა იქიდან არის".

საინტერესოა აღინიშნოს, რომ 1-ლი და მე-3 ჰიპოთეზის ალბათობა გადაჭარბებული იყო მოსალოდნელი მიმართულებებით და თანაბარი გახდა:

კონტროლი: , რომელიც გადამოწმებული იყო.

სხვათა შორის, დაახლოებით დაუფასებელი და გადაჭარბებული:

დავალება 8

AT სტუდენტური ჯგუფი 3 ადამიანს აქვს მაღალი მომზადების დონე, 19 ადამიანს აქვს საშუალო დონე და 3 ადამიანს აქვს დაბალი დონე. ალბათობები წარმატებული მიწოდებაამ სტუდენტებისთვის გამოცდა შესაბამისად უდრის: 0,95; 0.7 და 0.4. ცნობილია, რომ ზოგიერთმა სტუდენტმა ჩააბარა გამოცდა. რა არის იმის ალბათობა, რომ:

ა) ძალიან კარგად იყო მომზადებული;
ბ) მომზადებული იყო ზომიერად;
გ) ცუდად იყო მომზადებული.

განახორციელეთ გამოთვლები და გააანალიზეთ ჰიპოთეზების გადაფასების შედეგები.

დავალება რეალობასთან ახლოსაა და განსაკუთრებით დამაჯერებელია ნახევარ განაკვეთზე მოსწავლეთა ჯგუფისთვის, სადაც მასწავლებელმა პრაქტიკულად არ იცის ამა თუ იმ მოსწავლის შესაძლებლობები. ამ შემთხვევაში, შედეგმა შეიძლება გამოიწვიოს საკმაოდ მოულოდნელი შედეგები. (განსაკუთრებით პირველ სემესტრში გამოცდებისთვის). თუ ცუდად მომზადებულ მოსწავლეს გაუმართლა ბილეთი, მაშინ მასწავლებელი მას კარგ მოსწავლედ ან თუნდაც ძლიერ მოსწავლედ მიიჩნევს, რაც მომავალში კარგ დივიდენდებს მოიტანს. (რა თქმა უნდა, თქვენ უნდა "აწიოთ ბარი" და შეინარჩუნოთ თქვენი იმიჯი). თუ სტუდენტი სწავლობდა, დატკეპნილი, გაიმეორა 7 დღე და 7 ღამე, მაგრამ მას უბრალოდ არ გაუმართლა, მაშინ შემდგომი მოვლენები შეიძლება განვითარდეს ყველაზე უარესი გზით - მრავალი ხელახლა და დაბალანსება გამგზავრების ზღვარზე.

ზედმეტია იმის თქმა, რომ რეპუტაცია ყველაზე მნიშვნელოვანი კაპიტალია, შემთხვევითი არ არის, რომ ბევრი კორპორაცია ატარებს დამფუძნებელ მამების სახელებს და გვარებს, რომლებიც 100-200 წლის წინ ხელმძღვანელობდნენ ბიზნესს და გახდნენ ცნობილი თავიანთი უნაკლო რეპუტაციით.

დიახ, ბაიესის მიდგომა გარკვეულწილადსუბიექტური, მაგრამ ... ასე მუშაობს ცხოვრება!

მოდით გავაერთიანოთ მასალა საბოლოო სამრეწველო მაგალითით, რომელშიც ვისაუბრებ გადაწყვეტის ტექნიკურ დახვეწილობაზე, რომელიც ჯერ არ შემხვედრია:

დავალება 9

ქარხნის სამი სახელოსნო აწარმოებს იმავე ტიპის ნაწილებს, რომლებიც აწყობილია საერთო კონტეინერში ასაწყობად. ცნობილია, რომ პირველი მაღაზია აწარმოებს 2-ჯერ მეტ ნაწილს, ვიდრე მეორე მაღაზია, ხოლო 4-ჯერ მეტს, ვიდრე მესამე მაღაზია. პირველ სახელოსნოში დეფექტი არის 12%, მეორეში - 8%, მესამეში - 4%. კონტროლისთვის ერთი ნაწილი ამოღებულია კონტეინერიდან. რა არის იმის ალბათობა, რომ დეფექტური იყოს? რა არის იმის ალბათობა, რომ ამოღებული დეფექტური ნაწილი მე-3 მაღაზიამ დაამზადა?

ტაკი ივან ვასილიევიჩი ისევ ცხენზეა =) ფილმს ბედნიერი დასასრული უნდა ჰქონდეს =)

გამოსავალი: №5-8 დავალებისგან განსხვავებით, აქ ცალსახად დაისმება კითხვა, რომელიც წყდება საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით. მაგრამ მეორეს მხრივ, მდგომარეობა ოდნავ „დაშიფრულია“ და სკოლის უნარი უმარტივესი განტოლებების შედგენისას დაგვეხმარება ამ რებუსის ამოხსნაში. "x"-სთვის მოსახერხებელია უმცირესი მნიშვნელობის აღება:

მოდით იყოს მესამე სახელოსნოს მიერ წარმოებული ნაწილების წილი.

პირობის მიხედვით, პირველი სახელოსნო აწარმოებს 4-ჯერ მეტს, ვიდრე მესამე სახელოსნო, ამიტომ 1-ლი სახელოსნოს წილი არის .

გარდა ამისა, პირველი სახელოსნო აწარმოებს 2-ჯერ მეტ პროდუქტს, ვიდრე მეორე სახელოსნო, რაც ნიშნავს, რომ ამ უკანასკნელის წილი: .

შევქმნათ და ამოხსნათ განტოლება:

ამრიგად: - ალბათობა იმისა, რომ კონტეინერიდან ამოღებული ნაწილი გამოუშვეს, შესაბამისად, 1, მე-2 და მე-3 სახელოსნოებმა.

კონტროლი:. გარდა ამისა, ზედმეტი არ იქნება ფრაზის გადახედვა ცნობილია, რომ პირველი სახელოსნო აწარმოებს პროდუქტს 2-ჯერ მეტს, ვიდრე მეორე სახელოსნო და 4-ჯერ მეტს, ვიდრე მესამე სახელოსნო.და დარწმუნდით, რომ მიღებული ალბათობები ნამდვილად შეესაბამება ამ მდგომარეობას.

„X“-სთვის თავიდან შესაძლებელი იყო 1-ის ან მე-2 მაღაზიის წილის აღება - ალბათობა იგივე გამოვა. მაგრამ, ასეა თუ ისე, ყველაზე რთული მონაკვეთი გაიარა და გამოსავალი გზაზეა:

მდგომარეობიდან ვხვდებით:
- შესაბამისი სახელოსნოებისთვის დეფექტური ნაწილის დამზადების ალბათობა.

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით:
არის ალბათობა იმისა, რომ კონტეინერიდან შემთხვევით ამოღებული ნაწილი იყოს არასტანდარტული.

კითხვა მეორე: რა არის იმის ალბათობა, რომ ამოღებული დეფექტური ნაწილი მე-3 მაღაზიამ დაამზადა? ეს კითხვა ვარაუდობს, რომ ნაწილი უკვე ამოღებულია და აღმოჩენილია დეფექტური. ჩვენ გადავაფასებთ ჰიპოთეზას ბეიზის ფორმულის გამოყენებით:
არის სასურველი ალბათობა. საკმაოდ მოსალოდნელია - ბოლოს და ბოლოს, მესამე სახელოსნო აწარმოებს არა მხოლოდ ნაწილების ყველაზე მცირე წილს, არამედ ლიდერობს ხარისხში!

ამ შემთხვევაში მომიწია ოთხსართულიანი წილადის გამარტივება, რომელიც Bayes-ის ფორმულების პრობლემებში საკმაოდ ხშირად უნდა გაკეთდეს. მაგრამ ამ გაკვეთილისთვის მე რატომღაც შემთხვევით ავიღე მაგალითები, რომლებშიც ბევრი გამოთვლა შეიძლება გაკეთდეს ჩვეულებრივი წილადების გარეშე.

იმის გამო, რომ პირობაში არ არის "a" და "be" პუნქტები, უმჯობესია პასუხი მოგვაწოდოთ ტექსტის კომენტარებით:

უპასუხე: - ალბათობა იმისა, რომ კონტეინერიდან ამოღებული ნაწილი დეფექტური იყოს; - ალბათობა იმისა, რომ ამოღებული დეფექტური ნაწილი გამოუშვა მე-3 სახელოსნომ.

როგორც ხედავთ, პრობლემები საერთო ალბათობის ფორმულებზე და ბეიზის ფორმულებზე საკმაოდ მარტივია და, ალბათ, ამ მიზეზით ისინი ასე ხშირად ცდილობენ გაართულონ მდგომარეობა, რომელიც უკვე ავღნიშნე სტატიის დასაწყისში.

დამატებითი მაგალითები მოცემულია ფაილში მზა გადაწყვეტილებები F.P.V. და ბეიზის ფორმულებიგარდა ამისა, ალბათ არიან ისეთებიც, ვისაც სურს ამ თემის უფრო ღრმად გაცნობა სხვა წყაროებში. და თემა მართლაც ძალიან საინტერესოა - რა ღირს მარტო ბეის პარადოქსი, რომელიც ამართლებს ყოველდღიურ რჩევას, რომ თუ ადამიანს უიშვიათესი დაავადება დაუდგინდა, მაშინ აზრი აქვს მეორე და თუნდაც ორი განმეორებითი დამოუკიდებელი გამოკვლევის ჩატარებას. როგორც ჩანს, ისინი ამას აკეთებენ მხოლოდ სასოწარკვეთილების გამო ... - მაგრამ არა! ოღონდ სამწუხარო რამეებზე ნუ ვილაპარაკებთ.

არის ალბათობა იმისა, რომ შემთხვევით შერჩეული სტუდენტი ჩააბარებს გამოცდას.
მიეცით სტუდენტს გამოცდა ჩაბარება. ბეიზის ფორმულების მიხედვით:
ა) - ალბათობა იმისა, რომ გამოცდაზე ჩაბარებული სტუდენტი ძალიან კარგად იყო მომზადებული. ობიექტური საწყისი ალბათობა გადაჭარბებულია, რადგან თითქმის ყოველთვის ზოგიერთ "საშუალო"-ს გაუმართლა კითხვები და ისინი ძალიან მკაცრად პასუხობენ, რაც უნაკლო მომზადების მცდარ შთაბეჭდილებას ტოვებს.
ბ) არის ალბათობა იმისა, რომ გამოცდაზე ჩაბარებული სტუდენტი იყო ზომიერად მომზადებული. საწყისი ალბათობა ოდნავ გადაჭარბებული აღმოჩნდება, რადგან მომზადების საშუალო დონის მოსწავლეები, როგორც წესი, უმრავლესობას წარმოადგენენ, გარდა ამისა, მასწავლებელი აქ წარუმატებლად უპასუხებს „წარჩინებულ მოსწავლეებს“ და ზოგჯერ ცუდად წარმდგენი მოსწავლეს, რომელსაც ძალიან გაუმართლა ბილეთი.
in) - ალბათობა იმისა, რომ გამოცდაზე ჩაბარებული სტუდენტი ცუდად იყო მომზადებული. საწყისი ალბათობა გადაჭარბებული იყო უარესობისკენ. გასაკვირი არ არის.
გამოცდა:
უპასუხე : ბეიზის ფორმულა:

H i ჰიპოთეზების P(H i) ალბათობებს აპრიორული ალბათობები ეწოდება - ალბათობა ექსპერიმენტებამდე.
ალბათობებს P(A/H i) ეწოდება პოსტერიორი ალბათობები - ექსპერიმენტის შედეგად დახვეწილი H i ჰიპოთეზების ალბათობა.

მაგალითი #1. მოწყობილობის აწყობა შესაძლებელია მაღალი ხარისხის ნაწილებისგან და ჩვეულებრივი ხარისხის ნაწილებისგან. მოწყობილობების დაახლოებით 40% აწყობილია მაღალი ხარისხის ნაწილებისგან. თუ მოწყობილობა აწყობილია მაღალი ხარისხის ნაწილებისგან, მისი საიმედოობა (უშეცდომოდ მუშაობის ალბათობა) დროთა განმავლობაში t არის 0,95; თუ ჩვეულებრივი ხარისხის ნაწილებიდან - მისი საიმედოობაა 0.7. მოწყობილობა გამოცდილი იყო t დროზე და მუშაობდა უნაკლოდ. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ იგი აწყობილია მაღალი ხარისხის ნაწილებისგან.
გამოსავალი.შესაძლებელია ორი ჰიპოთეზა: H 1 - მოწყობილობა აწყობილია მაღალი ხარისხის ნაწილებისგან; H 2 - მოწყობილობა აწყობილია ჩვეულებრივი ხარისხის ნაწილებისგან. ამ ჰიპოთეზების ალბათობა ექსპერიმენტამდე: P(H 1) = 0.4, P(H 2) = 0.6. ექსპერიმენტის შედეგად დაფიქსირდა მოვლენა A - მოწყობილობა უნაკლოდ მუშაობდა დრო ტ. ამ მოვლენის პირობითი ალბათობა H 1 და H 2 ჰიპოთეზების მიხედვით არის: P(A|H 1) = 0,95; P(A|H 2) = 0.7. ფორმულის გამოყენებით (12), ჩვენ ვპოულობთ ჰიპოთეზის H 1 ალბათობას ექსპერიმენტის შემდეგ:

მაგალითი #2. ორი მსროლელი დამოუკიდებლად ისვრის ერთსა და იმავე სამიზნეს, თითოეული ისვრის თითო გასროლას. სამიზნეზე დარტყმის ალბათობა პირველი მსროლელისთვის არის 0,8, მეორესთვის 0,4. სროლის შემდეგ მიზანში ერთი ხვრელი აღმოაჩინეს. თუ ვივარაუდებთ, რომ ორი მსროლელი ვერ მოხვდება ერთსა და იმავე წერტილში, იპოვნეთ ალბათობა იმისა, რომ პირველი მსროლელი მოხვდა მიზანში.
გამოსავალი.დაე, მოვლენა A იყოს სროლის შემდეგ მიზანში ნაპოვნი ერთი ხვრელი. სროლის დაწყებამდე შესაძლებელია ჰიპოთეზები:
H 1 - არც პირველი და არც მეორე მსროლელი არ მოხვდება, ამ ჰიპოთეზის ალბათობა: P(H 1) = 0.2 0.6 = 0.12.
H 2 - ორივე მსროლელი მოხვდება, P(H 2) = 0.8 0.4 = 0.32.
H 3 - პირველი მსროლელი მოხვდება, ხოლო მეორე არ დაარტყამს, P(H 3) = 0.8 0.6 = 0.48.
H 4 - პირველი მსროლელი არ მოხვდება, მაგრამ მეორე მოხვდება, P (H 4) = 0.2 0.4 = 0.08.
ამ ჰიპოთეზის A მოვლენის პირობითი ალბათობაა:

გამოცდილების შემდეგ, ჰიპოთეზები H 1 და H 2 შეუძლებელი ხდება, ხოლო H 3 და H 4 ჰიპოთეზების ალბათობა
თანაბარი იქნება:

ასე რომ, დიდი ალბათობით, მიზანს პირველი მსროლელი მოხვდება.

მაგალითი #3. ასამბლეის მაღაზიაში მოწყობილობას უკავშირდება ელექტროძრავა. ელექტროძრავებს სამი მწარმოებელი აწვდის. საწყობში განთავსებულია დასახელებული ქარხნების შესაბამისად 19,6 და 11 ელექტროძრავა, რომლებსაც საგარანტიო ვადის დასრულებამდე უშეცდომოდ შეუძლიათ მუშაობა, შესაბამისად, 0,85, 0,76 და 0,71 ალბათობით. მუშა შემთხვევით იღებს ერთ ძრავს და ამაგრებს მოწყობილობას. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ ელექტროძრავა, რომელიც დამონტაჟებულია და მუშაობს უპრობლემოდ საგარანტიო პერიოდის დასრულებამდე, მოწოდებული იყო, შესაბამისად, პირველი, მეორე ან მესამე მწარმოებლის მიერ.
გამოსავალი.პირველი ტესტი არის ელექტროძრავის არჩევანი, მეორე არის ელექტროძრავის მუშაობა საგარანტიო პერიოდში. განვიხილოთ შემდეგი მოვლენები:
ა - ელექტროძრავა მუშაობს უპრობლემოდ საგარანტიო ვადის დასრულებამდე;
H 1 - მემონტაჟე აიღებს ძრავას პირველი ქარხნის პროდუქტებიდან;
H 2 - მემონტაჟე აიღებს ძრავას მეორე ქარხნის პროდუქტებიდან;
H 3 - მემონტაჟე მიიღებს ძრავას მესამე ქარხნის პროდუქტებიდან.
A მოვლენის ალბათობა გამოითვლება საერთო ალბათობის ფორმულით:

პირობითი ალბათობები მითითებულია პრობლემის განცხადებაში:

მოდი ვიპოვოთ ალბათობები

ბეიზის ფორმულების (12) გამოყენებით, ჩვენ გამოვთვალეთ H i ჰიპოთეზების პირობითი ალბათობები:

მაგალითი #4. ალბათობა იმისა, რომ სამი ელემენტისგან შემდგარი სისტემის ფუნქციონირებისას ელემენტები 1, 2 და 3 ნომრებით ჩავარდება, დაკავშირებულია 3: 2: 5. ამ ელემენტების გაუმართაობის გამოვლენის ალბათობა არის შესაბამისად 0,95; 0.9 და 0.6.

ბ) ამ ამოცანის პირობებში სისტემის მუშაობისას გამოვლინდა გაუმართაობა. რომელი ელემენტია ყველაზე მეტად მარცხი?

გამოსავალი.
დაე, A იყოს წარუმატებელი მოვლენა. შემოვიღოთ ჰიპოთეზების სისტემა H1 - პირველი ელემენტის წარუმატებლობა, H2 - მეორე ელემენტის წარუმატებლობა, H3 - მესამე ელემენტის წარუმატებლობა.
ჩვენ ვპოულობთ ჰიპოთეზის ალბათობას:
P(H1) = 3/(3+2+5) = 0.3
P(H2) = 2/(3+2+5) = 0.2
P(H3) = 5/(3+2+5) = 0.5

პრობლემის პირობის მიხედვით A მოვლენის პირობითი ალბათობებია:
P(A|H1) = 0.95, P(A|H2) = 0.9, P(A|H3) = 0.6

ა) იპოვნეთ სისტემაში გაუმართაობის გამოვლენის ალბათობა.
P(A) = P(H1)*P(A|H1) + P(H2)*P(A|H2) + P(H3)*P(A|H3) = 0.3*0.95 + 0.2*0.9 + 0.5 *0.6 = 0.765

ბ) ამ ამოცანის პირობებში სისტემის მუშაობისას გამოვლინდა გაუმართაობა. რომელი ელემენტია ყველაზე მეტად მარცხი?
P1 = P(H1)*P(A|H1)/ P(A) = 0.3*0.95 / 0.765 = 0.373
P2 = P(H2)*P(A|H2)/ P(A) = 0.2*0.9 / 0.765 = 0.235
P3 = P(H3)*P(A|H3)/ P(A) = 0.5*0.6 / 0.765 = 0.392

მესამე ელემენტის მაქსიმალური ალბათობა.

ვინ არის ბეისი? და რა კავშირშია ეს მენეჯმენტთან? - შეიძლება საკმაოდ სამართლიანი კითხვა მოჰყვეს. ამ დროისთვის, მიიღე ჩემი სიტყვა: ეს ძალიან მნიშვნელოვანია! .. და საინტერესო (ყოველ შემთხვევაში, ჩემთვის).

რა პარადიგმით მუშაობს მენეჯერების უმეტესობა: თუ მე ვაკვირდები რამეს, რა დასკვნების გამოტანა შემიძლია მისგან? რას ასწავლის ბეიზი: რა უნდა იყოს სინამდვილეში იმისთვის, რომ დავაკვირდე ამ რაღაცას? ასე ვითარდება ყველა მეცნიერება და ამის შესახებ წერს (მეხსიერებიდან ციტატებს): ადამიანი, რომელსაც თავში თეორია არ აქვს, სხვადასხვა მოვლენის (დაკვირვების) გავლენით ერთი იდეიდან მეორეში გაურბის. ტყუილად არ ამბობენ: არაფერია უფრო პრაქტიკული, ვიდრე კარგი თეორია.

მაგალითი პრაქტიკიდან. ჩემი ქვეშევრდომი უშვებს შეცდომას და ჩემი კოლეგა (სხვა განყოფილების უფროსი) ამბობს, რომ საჭირო იქნებოდა მენეჯერული ზემოქმედება გაუფრთხილებლ თანამშრომელზე (სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, დასჯა / გაკიცხვა). და მე ვიცი, რომ ეს თანამშრომელი აკეთებს 4-5 ათას იგივე ტიპის ოპერაციას თვეში და ამ ხნის განმავლობაში 10 შეცდომას უშვებს. გრძნობთ განსხვავებას პარადიგმაში? ჩემი კოლეგა რეაგირებს დაკვირვებაზე და მე აპრიორი ვიცი, რომ თანამშრომელი უშვებს გარკვეულ შეცდომებს, ამიტომ მეორემ არ იმოქმედა ამ ცოდნაზე... ახლა, თუ თვის ბოლოს აღმოჩნდება, რომ არის, მაგალითად, 15 ასეთი შეცდომა!.. ეს უკვე გახდება სტანდარტების შეუსრულებლობის მიზეზების გამოძიების მიზეზი.

დარწმუნებული ხართ ბაიესის მიდგომის მნიშვნელობაში? დააინტრიგა? Ვიმედოვნებ". ახლა კი ბუზი მალამოში. სამწუხაროდ, ბაიესის იდეები იშვიათად ჩნდება პირველივე ეტაპზე. გულწრფელად არ გამიმართლა, რადგან ამ იდეებს პოპულარული ლიტერატურის საშუალებით გავეცანი, რომლის წაკითხვის შემდეგ ბევრი კითხვა დარჩა. როდესაც ვგეგმავდი ჩანაწერის დაწერას, შევაგროვე ყველაფერი, რაც ადრე გამოვკვეთე ბაიესის მიხედვით და ასევე შევისწავლე რას წერენ ინტერნეტში. წარმოგიდგენთ ჩემს საუკეთესო ვარაუდს ამ თემაზე. ბაიესის ალბათობის შესავალი.

ბეიზის თეორემის წარმოშობა

განვიხილოთ შემდეგი ექსპერიმენტი: ვასახელებთ ნებისმიერ რიცხვს, რომელიც დევს სეგმენტზე და ვაფიქსირებთ, როდესაც ეს რიცხვი არის, მაგალითად, 0.1-დან 0.4-მდე (ნახ. 1a). ამ მოვლენის ალბათობა უდრის სეგმენტის სიგრძის თანაფარდობას სეგმენტის მთლიან სიგრძესთან, იმ პირობით, რომ სეგმენტზე რიცხვების გამოჩენა თანაბარი სავარაუდო. მათემატიკურად, ეს შეიძლება დაიწეროს გვ(0,1 <= x <= 0,4) = 0,3, или кратко რ(X) = 0.3, სადაც რ- ალბათობა, Xარის შემთხვევითი ცვლადი დიაპაზონში, Xარის შემთხვევითი ცვლადი დიაპაზონში. ანუ სეგმენტზე მოხვედრის ალბათობა 30%-ია.

ბრინჯი. 1. ალბათობების გრაფიკული ინტერპრეტაცია

ახლა განიხილეთ კვადრატი x (ნახ. 1ბ). ვთქვათ, უნდა დავასახელოთ რიცხვების წყვილი ( x, წ), რომელთაგან თითოეული არის ნულზე მეტი და ერთზე ნაკლები. იმის ალბათობა x(პირველი ნომერი) იქნება სეგმენტში (ლურჯი ფართობი 1), ტოლია ლურჯი ფართობის ფართობის თანაფარდობა მთელი კვადრატის ფართობთან, ანუ (0.4 - 0.1). ) * (1 - 0) / (1 * 1) = 0, 3, ანუ იგივე 30%. იმის ალბათობა წარის სეგმენტის შიგნით (მწვანე ფართობი 2) უდრის მწვანე ფართის ფართის თანაფარდობას მთელი კვადრატის ფართობთან გვ(0,5 <= y <= 0,7) = 0,2, или кратко რ(ი) = 0,2.

რა შეიძლება ვისწავლოთ ღირებულებების შესახებ ამავე დროს xდა წ. მაგალითად, რა არის იმის ალბათობა, რომ ორივე xდა წარიან შესაბამის მოცემულ სეგმენტებში? ამისათვის თქვენ უნდა გამოთვალოთ 3 დომენის ფართობის თანაფარდობა (მწვანე და ლურჯი ზოლების კვეთა) მთელი კვადრატის ფართობთან: გვ(X, ი) = (0,4 – 0,1) * (0,7 – 0,5) / (1 * 1) = 0,06.

ახლა დავუშვათ, გვინდა ვიცოდეთ რა არის ამის ალბათობა წარის თუ ინტერვალში xუკვე დიაპაზონშია. ანუ, ფაქტობრივად, ჩვენ გვაქვს ფილტრი და როცა ვუწოდებთ წყვილებს ( x, წ), შემდეგ მაშინვე ვგდებთ იმ წყვილებს, რომლებიც არ აკმაყოფილებენ პოვნის პირობას xმოცემულ ინტერვალში და შემდეგ გაფილტრული წყვილებიდან ვითვლით მათ, რისთვისაც წაკმაყოფილებს ჩვენს მდგომარეობას და განვიხილავთ ალბათობას, როგორც წყვილთა რაოდენობის თანაფარდობას, რომლისთვისაც წდევს ზემოთ მოცემულ სეგმენტში გაფილტრული წყვილების მთლიანი რაოდენობა (ანუ რისთვისაც xდევს სეგმენტში). ჩვენ შეგვიძლია დავწეროთ ეს ალბათობა როგორც გვ(ი|X ზე Xდაარტყა დიაპაზონში." ცხადია, ეს ალბათობა უდრის 3 ფართობის ფართის თანაფარდობას ლურჯი ფართობის 1 ფართობთან. 3 ფართობის ფართობი არის (0.4 - 0.1) * (0.7 - 0.5) = 0.06 და ლურჯი ფართობის ფართობი 1 ( 0.4 - 0.1) * (1 - 0) = 0.3, მაშინ მათი თანაფარდობა არის 0.06 / 0.3 = 0.2. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, პოვნის ალბათობა წსეგმენტზე, იმ პირობით, რომ xმიეკუთვნება სეგმენტს გვ(ი|X) = 0,2.

წინა აბზაცში ჩვენ რეალურად ჩამოვაყალიბეთ იდენტურობა: გვ(ი|X) = გვ(X, ი) /p( X). წერია: „დარტყმის ალბათობა ზედიაპაზონში, იმ პირობით, რომ Xდარტყმა დიაპაზონში უდრის ერთდროული დარტყმის ალბათობის თანაფარდობას Xდიაპაზონში და ზედიაპაზონში, დარტყმის ალბათობამდე Xდიაპაზონში."

ანალოგიით, განიხილეთ ალბათობა გვ(X|ი). წყვილებს ვეძახით x, წ) და გაფილტრეთ ისინი, რისთვისაც წდევს 0,5-დან 0,7-მდე, მაშინ ამის ალბათობა xარის სეგმენტში იმ პირობით, რომ წმიეკუთვნება სეგმენტს, რომელიც უდრის 3 ფართობის ფართის თანაფარდობას მწვანე ფართობის ფართობთან 2: გვ(X|ი) = გვ(X, ი) / გვ(ი).

გაითვალისწინეთ, რომ ალბათობა გვ(X, ი) და გვ(Y, X) ტოლია და ორივე უდრის 3 ზონის ფართობის თანაფარდობას მთელი კვადრატის ფართობთან, მაგრამ ალბათობა გვ(ი|X) და გვ(X|ი) არ უდრის; ხოლო ალბათობა გვ(ი|X) უდრის 3 ფართობის ფართობის თანაფარდობას 1 ფართობთან და გვ(X|ი) – დომენი 3 დომენამდე 2. ასევე გაითვალისწინეთ, რომ გვ(X, ი) ხშირად აღინიშნება როგორც გვ(X&ი).

ასე რომ, ჩვენ გვაქვს ორი განმარტება: გვ(ი|X) = გვ(X, ი) /p( X) და გვ(X|ი) = გვ(X, ი) / გვ(ი)

მოდით გადავიწეროთ ეს თანასწორობები შემდეგნაირად: გვ(X, ი) = გვ(ი|X)*p( X) და გვ(X, ი) = გვ(X|ი) * გვ(ი)

ვინაიდან მარცხენა მხარეები თანაბარია, ასევეა მარჯვენა მხარეები: გვ(ი|X)*p( X) = გვ(X|ი) * გვ(ი)

ან შეგვიძლია ბოლო ტოლობა გადავიწეროთ შემდეგნაირად:

ეს არის ბეიზის თეორემა!

შესაძლებელია თუ არა, რომ ასეთი მარტივი (თითქმის ტავტოლოგიური) გარდაქმნები წარმოშობს დიდ თეორემას!? ნუ იჩქარებთ დასკვნების გამოტანას. კიდევ ერთხელ ვისაუბროთ იმაზე, რაც მივიღეთ. იყო გარკვეული საწყისი (აპრიორი) ალბათობა რ(X) რომ შემთხვევითი ცვლადი Xერთნაირად განაწილებული სეგმენტზე ხვდება დიაპაზონში X. რაღაც მოვლენა მოხდა ი, რის შედეგადაც მივიღეთ იგივე შემთხვევითი ცვლადის a posteriori ალბათობა X: რ(X|Y) და ეს ალბათობა განსხვავდება რ(X) კოეფიციენტით . ღონისძიება იეწოდება მტკიცებულება, მეტ-ნაკლებად დამადასტურებელი ან უარყოფილი X. ამ კოეფიციენტს ზოგჯერ უწოდებენ მტკიცებულების ძალა. რაც უფრო ძლიერია მტკიცებულება, რაც უფრო მეტად ცვლის Y დაკვირვების ფაქტი წინა ალბათობას, მით უფრო განსხვავდება წინა ალბათობა წინაგან. თუ მტკიცებულება სუსტია, უკანა ნაწილი თითქმის წინას უტოლდება.

ბეიზის ფორმულა დისკრეტული შემთხვევითი ცვლადების

წინა განყოფილებაში ჩვენ გამოვიყვანეთ ბეიზის ფორმულა უწყვეტი შემთხვევითი ცვლადებისთვის x და y, რომლებიც განსაზღვრულია ინტერვალზე. განვიხილოთ მაგალითი დისკრეტული შემთხვევითი ცვლადებით, თითოეული იღებს ორ შესაძლო მნიშვნელობას. რუტინული სამედიცინო გამოკვლევების დროს აღმოჩნდა, რომ ორმოცი წლის ასაკში ქალების 1%-ს ძუძუს კიბო აწუხებს. კიბოს მქონე ქალების 80% იღებს მამოგრაფიის დადებით შედეგებს. ჯანმრთელი ქალების 9,6% ასევე იღებს მამოგრაფიის დადებით შედეგებს. გამოკვლევის დროს ამ ასაკობრივი ჯგუფის ქალმა მამოგრაფიის დადებითი შედეგი მიიღო. რა არის იმის ალბათობა, რომ მას მართლაც აქვს ძუძუს კიბო?

მსჯელობის/გამოთვლების მიმდინარეობა ასეთია. სიმსივნით დაავადებულთა 1%-დან მამოგრაფია იძლევა 80% დადებით შედეგს = 1% * 80% = 0.8%. ჯანმრთელი ქალების 99%-დან მამოგრაფია იძლევა 9,6% დადებით შედეგს = 99% * 9,6% = 9,504%. საერთო ჯამში, მამოგრაფიის დადებითი შედეგის მქონე 10,304%-დან (9,504% + 0,8%) მხოლოდ 0,8% არის დაავადებული, ხოლო დანარჩენი 9,504% ჯანმრთელია. ამრიგად, ალბათობა იმისა, რომ ქალს დადებითი მამოგრაფიით აქვს კიბო არის 0,8% / 10,304% = 7,764%. 80% იფიქრე თუ ასე?

ჩვენს მაგალითში, Bayes ფორმულა იღებს შემდეგ ფორმას:

კიდევ ერთხელ ვისაუბროთ ამ ფორმულის „ფიზიკურ“ მნიშვნელობაზე. Xარის შემთხვევითი ცვლადი (დიაგნოსტიკა), რომელიც იღებს შემდეგ მნიშვნელობებს: X 1- ავადმყოფი და X 2- ჯანსაღი; ი– შემთხვევითი ცვლადი (გაზომვის შედეგი - მამოგრაფია), რომელიც იღებს მნიშვნელობებს: Y 1- დადებითი შედეგი და Y 2- უარყოფითი შედეგი; p(X 1)- ავადმყოფობის ალბათობა მამოგრაფიამდე (აპრიორული ალბათობა), უდრის 1%-ს; R(ი 1 |X 1 ) – დადებითი შედეგის ალბათობა, თუ პაციენტი ავად არის (პირობითი ალბათობა, ვინაიდან ეს უნდა იყოს მითითებული დავალების პირობებში), უდრის 80%-ს; R(ი 1 |X 2 ) – დადებითი შედეგის ალბათობა, თუ პაციენტი ჯანმრთელია (ასევე პირობითი ალბათობა), უდრის 9,6%-ს; p(X 2)- ალბათობა იმისა, რომ პაციენტი მამოგრაფიამდე ჯანმრთელია (აპრიორული ალბათობა), უდრის 99%-ს; p(X 1|ი 1 ) – სავარაუდოა, რომ პაციენტი ავად არის, მამოგრაფიის დადებითი შედეგის გათვალისწინებით (უკანა ალბათობა).

ჩანს, რომ უკანა ალბათობა (რასაც ჩვენ ვეძებთ) პროპორციულია წინა ალბათობის (საწყისი) ოდნავ უფრო რთული კოეფიციენტით. . კიდევ ერთხელ ხაზს ვუსვამ. ჩემი აზრით, ეს არის ბაიესის მიდგომის ფუნდამენტური ასპექტი. ზომა ( ი) თავდაპირველად ხელმისაწვდომს (აპრიორი) დაემატა გარკვეული რაოდენობის ინფორმაცია, რამაც გაარკვია ჩვენი ცოდნა ობიექტის შესახებ.

მაგალითები

დაფარული მასალის კონსოლიდაციისთვის, შეეცადეთ გადაჭრათ რამდენიმე პრობლემა.

მაგალითი 1არის 3 ურნა; პირველ 3 თეთრ ბურთში და 1 შავი; მეორეში - 2 თეთრი ბურთი და 3 შავი; მესამეში - 3 თეთრი ბურთი. ვიღაც შემთხვევით უახლოვდება ერთ-ერთ ურნას და გამოაქვს 1 ბურთი. ეს ბურთი თეთრია. იპოვეთ უკანა ალბათობა იმისა, რომ ბურთი ამოღებულია 1-ლი, მე-2, მე-3 ურნადან.

გამოსავალი. გვაქვს სამი ჰიპოთეზა: H 1 = (არჩეულია პირველი ურნა), H 2 = (შერჩეულია მეორე ურნა), H 3 = (შერჩეულია მესამე ურნა). ვინაიდან ურნა არჩეულია შემთხვევით, ჰიპოთეზების აპრიორი ალბათობებია: Р(Н 1) = Р(Н 2) = Р(Н 3) = 1/3.

ექსპერიმენტის შედეგად გამოჩნდა მოვლენა A = (შერჩეული ურნიდან ამოიღეს თეთრი ბურთი). A მოვლენის პირობითი ალბათობები H 1, H 2, H 3 ჰიპოთეზებით: P(A|H 1) = 3/4, P(A|H 2) = 2/5, P(A|H 3) = 1. მაგალითად, პირველი ტოლობა ასე იკითხება: "თეთრი ბურთის დახატვის ალბათობა, თუ პირველი ურნა აირჩევა არის 3/4 (რადგან პირველ ურნაში 4 ბურთია, მათგან 3 თეთრია)".

ბეიზის ფორმულის გამოყენებით, ჩვენ ვპოულობთ ჰიპოთეზების უკანა ალბათობას:

ამრიგად, A მოვლენის დადგომის შესახებ ინფორმაციის ფონზე შეიცვალა ჰიპოთეზების ალბათობა: ყველაზე სავარაუდო გახდა ჰიპოთეზა H 3 , ყველაზე ნაკლებად სავარაუდო - ჰიპოთეზა H 2 .

მაგალითი 2ორი მსროლელი დამოუკიდებლად ისვრის ერთსა და იმავე სამიზნეს, თითოეული ისვრის თითო გასროლას. სამიზნეზე დარტყმის ალბათობა პირველი მსროლელისთვის არის 0,8, მეორესთვის - 0,4. სროლის შემდეგ მიზანში ერთი ხვრელი აღმოაჩინეს. იპოვეთ ალბათობა, რომ ეს ხვრელი ეკუთვნის პირველ მსროლელს (ჩვენ უარვყოფთ შედეგს (ორივე ხვრელი დაემთხვა) როგორც უმნიშვნელოდ ნაკლებად სავარაუდოა).

გამოსავალი. ექსპერიმენტამდე შესაძლებელია შემდეგი ჰიპოთეზები: H 1 = (არ მოხვდება არც პირველი და არც მეორე ისარი), H 2 = (ორივე ისარი მოხვდება), H 3 - (პირველი მსროლელი მოხვდება, მეორე კი არა. ), H 4 = (პირველი მსროლელი არ მოხვდება, ხოლო მეორე დაარტყამს). ჰიპოთეზების წინა ალბათობა:

P (H 1) \u003d 0.2 * 0.6 \u003d 0.12; P (H 2) \u003d 0.8 * 0.4 \u003d 0.32; P (H 3) \u003d 0.8 * 0.6 \u003d 0.48; P (H 4) \u003d 0.2 * 0.4 \u003d 0.08.

დაკვირვებული მოვლენის A = (სამიზნეზე არის ერთი ხვრელი) პირობითი ალბათობა ამ ჰიპოთეზებში არის: P(A|H 1) = P(A|H 2) = 0; P(A|H 3) = P(A|H 4) = 1

გამოცდილების შემდეგ, ჰიპოთეზები H 1 და H 2 შეუძლებელი ხდება, ხოლო H 3 და H 4 ჰიპოთეზების უკანა ალბათობა ბეიზის ფორმულის მიხედვით იქნება:

ბაიები სპამის წინააღმდეგ

ბეიზის ფორმულამ იპოვა ფართო გამოყენება სპამის ფილტრების შემუშავებაში. ვთქვათ, გსურთ ავარჯიშოთ კომპიუტერი, რათა დაადგინოთ რომელი ელფოსტა არის სპამი. ჩვენ დავიწყებთ ლექსიკონისა და სიტყვების კომბინაციებიდან ბაიესის შეფასებების გამოყენებით. ჯერ შევქმნათ ჰიპოთეზების სივრცე. ნებისმიერ ასოსთან დაკავშირებით გვაქვს 2 ჰიპოთეზა: H A არის სპამი, H B არ არის სპამი, არამედ ნორმალური, აუცილებელი ასო.

პირველ რიგში, მოდით, "ვავარჯიშოთ" ჩვენი მომავალი ანტი-სპამის სისტემა. ავიღოთ ყველა ასო, რაც გვაქვს და გავყოთ ორ „გროვად“ 10 ასო. ერთში ვდებთ სპამის ასოებს და ვუწოდებთ H A გროვას, მეორეში ვათავსებთ საჭირო კორესპონდენციას და ვუწოდებთ H B გროვას. ახლა ვნახოთ: რა სიტყვები და ფრაზები გვხვდება სპამში და საჭირო წერილებში და რა სიხშირით? ამ სიტყვებს და ფრაზებს დაერქმევა მტკიცებულება და აღინიშნა E 1 , E 2 ... გამოდის, რომ ხშირად გამოყენებული სიტყვები (მაგალითად, სიტყვები „როგორც“, „თქვენი“) H A და H B გროვაში გვხვდება დაახლოებით იგივე სიხშირე. ამრიგად, ამ სიტყვების არსებობა წერილში არაფერს გვეუბნება, თუ რომელ გროვას ეკუთვნის იგი (სუსტი მტკიცებულება). მოდით ამ სიტყვებს მივაკუთვნოთ „სპამის“ ალბათობის შეფასების ნეიტრალური მნიშვნელობა, ვთქვათ, 0,5.

დაე, ფრაზა "სასაუბრო ინგლისური" გამოჩნდეს მხოლოდ 10 ასოებით და უფრო ხშირად სპამ ელფოსტაში (მაგალითად, 7 სპამ წერილში 10-დან), ვიდრე სწორში (10-დან 3-ში). მოდით მივცეთ ამ ფრაზას უფრო მაღალი ქულა 7/10 სპამისთვის და დაბალი ქულა ჩვეულებრივი ელფოსტისთვის: 3/10. პირიქით, აღმოჩნდა, რომ სიტყვა „მეგობარი“ უფრო გავრცელებული იყო ჩვეულებრივ ასოებში (10-დან 6). ასე რომ, მივიღეთ მოკლე წერილი: „მეგობარო! როგორია თქვენი სალაპარაკო ინგლისური?. შევეცადოთ შევაფასოთ მისი „სპამი“. ჩვენ დავდებთ ზოგად შეფასებებს P(H A), P(H B) თითოეულ გროვაზე კუთვნილების შესახებ გარკვეულწილად გამარტივებული ბეიზის ფორმულისა და ჩვენი სავარაუდო შეფასებების გამოყენებით:

P(H A) = A/(A+B), სადაც A \u003d p a1 * p a2 * ... * pan, B \u003d p b1 * p b2 * ... * p b n \u003d (1 - p a1) * (1 - p a2) * ... * ( 1 - p an).

ცხრილი 1. დამწერლობის გამარტივებული (და არასრული) ბაიესური შეფასება

ამრიგად, ჩვენმა ჰიპოთეტურმა წერილმა მიიღო შეფასება მიკუთვნებულობის ალბათობის შესახებ „სპამის“ მიმართულებით აქცენტით. შეგვიძლია გადავწყვიტოთ წერილის ერთ-ერთ გროვაში ჩაგდება? მოდით დავადგინოთ გადაწყვეტილების ზღვრები:

• ჩავთვლით, რომ ასო ეკუთვნის H i გროვას, თუ P(H i) ≥ T.
• ასო არ მიეკუთვნება გროვას, თუ P(H i) ≤ L.
• თუ L ≤ P(H i) ≤ T, მაშინ გადაწყვეტილების მიღება არ შეიძლება.

შეგიძლიათ აიღოთ T = 0.95 და L = 0.05. ვინაიდან განსახილველი წერილისთვის და 0.05< P(H A) < 0,95, и 0,05 < P(H В) < 0,95, то мы не сможем принять решение, куда отнести данное письмо: к спаму (H A) или к нужным письмам (H B). Можно ли улучшить оценку, используя больше информации?

დიახ. მოდით გამოვთვალოთ თითოეული მტკიცებულების ქულა სხვაგვარად, ისევე როგორც ბეიესმა შემოგვთავაზა. დაე:

F a არის სპამის წერილების საერთო რაოდენობა;

F ai არის ასოების რაოდენობა მოწმობით მესპამის გროვაში;

F b არის საჭირო ასოების საერთო რაოდენობა;

F bi არის სერთიფიკატის მქონე ასოების რაოდენობა მესაჭირო (შესაბამისი) ასოების გროვაში.

შემდეგ: p ai = F ai /F a , p bi = F bi /F b. P(H A) = A/(A+B), P(H B) = B/(A+B), სადაცА = p a1 *p a2 *…*p an , B = p b1 *p b2 *…*p b n

გთხოვთ გაითვალისწინოთ, რომ მტკიცებულებათა ქულები p ai და p bi გახდა ობიექტური და შეიძლება გამოითვალოს ადამიანის ჩარევის გარეშე.

ცხრილი 2. უფრო ზუსტი (მაგრამ არასრული) ბაიესის შეფასება ასოდან ხელმისაწვდომი მახასიათებლებისთვის

ჩვენ მივიღეთ საკმაოდ გარკვეული შედეგი - დიდი ალბათობით, ასო შეიძლება მივაწეროთ საჭირო ასოებს, რადგან P(H B) = 0.997 > T = 0.95. რატომ შეიცვალა შედეგი? იმიტომ, რომ მეტი ინფორმაცია გამოვიყენეთ - გავითვალისწინეთ თითოეულ გროვაში ასოების რაოდენობა და, სხვათა შორის, გაცილებით სწორად განვსაზღვრეთ p ai და p bi შეფასებები. ისინი განისაზღვრა ისევე, როგორც თავად ბეიესმა, პირობითი ალბათობების გამოთვლით. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, p a3 არის ალბათობა იმისა, რომ სიტყვა "მეგობრის" გამოჩნდება ელფოსტაში, იმის გათვალისწინებით, რომ ელფოსტა უკვე ეკუთვნის სპამის გროვას H A. შედეგმა არ დააყოვნა – როგორც ჩანს, გადაწყვეტილების მიღება უფრო დარწმუნებით შეგვიძლია.

ბეისი კორპორატიული თაღლითობის წინააღმდეგ

ბაიესის მიდგომის საინტერესო გამოყენება აღწერა MAGNUS8-მა.

ჩემი ამჟამინდელი პროექტი (IS თაღლითობის გამოვლენისთვის საწარმოო საწარმოში) იყენებს Bayes-ის ფორმულას თაღლითობის (თაღლითობის) ალბათობის დასადგენად რამდენიმე ფაქტის არსებობის / არარსებობის შემთხვევაში, ირიბად, თაღლითობის შესაძლებლობის ჰიპოთეზის სასარგებლოდ. ალგორითმი არის თვითსწავლება (უკუკავშირით), ე.ი. ეკონომიკური უსაფრთხოების სამსახურის მიერ შემოწმებისას თაღლითობის ფაქტიური დადასტურების ან დაუდასტურებლობისას ხელახლა ითვლის თავის კოეფიციენტებს (პირობით ალბათობებს).

ალბათ ღირს იმის თქმა, რომ ასეთი მეთოდები ალგორითმების შემუშავებისას მოითხოვს დეველოპერის საკმაოდ მაღალ მათემატიკურ კულტურას, რადგან მცირედი შეცდომა გამოთვლითი ფორმულების წარმოშობაში ან/და განხორციელებაში გააუქმებს და დისკრედიტაციას გამოიწვევს მთელ მეთოდს. ამაში განსაკუთრებით სავარაუდო მეთოდებია დამნაშავე, რადგან ადამიანის აზროვნება არ არის ადაპტირებული ალბათურ კატეგორიებთან მუშაობისთვის და, შესაბამისად, არ არსებობს შუალედური და საბოლოო სავარაუდო პარამეტრების „ფიზიკური მნიშვნელობის“ „ხილვა“ და გაგება. ასეთი გაგება არსებობს მხოლოდ ალბათობის თეორიის ძირითადი ცნებებისთვის, შემდეგ კი თქვენ უბრალოდ ძალიან ფრთხილად უნდა დააკავშიროთ და გამოიტანოთ რთული საგნები ალბათობის თეორიის კანონების მიხედვით - საღი აზრი აღარ დაეხმარება კომპოზიტურ ობიექტებს. ეს, კერძოდ, დაკავშირებულია საკმაოდ სერიოზულ მეთოდოლოგიურ ბრძოლებთან, რომლებიც მიმდინარეობს თანამედროვე წიგნების ფურცლებზე ალბათობის ფილოსოფიის შესახებ, ასევე ამ თემაზე სოფიზმების, პარადოქსებისა და კურიოზების დიდ რაოდენობას.

კიდევ ერთი ნიუანსი, რომლის წინაშეც მომიწია, არის ის, რომ, სამწუხაროდ, თითქმის ყველაფერი, რაც მეტ-ნაკლებად სასარგებლოა პრაქტიკაში ამ თემაზე, ინგლისურად არის დაწერილი. რუსულენოვან წყაროებში ძირითადად არსებობს მხოლოდ ცნობილი თეორია საჩვენებელი მაგალითებით მხოლოდ ყველაზე პრიმიტიული შემთხვევებისთვის.

მე სრულად ვეთანხმები ბოლო კომენტარს. მაგალითად, გუგლმა, როდესაც ცდილობდა ეპოვა „ბაიესის ალბათობის“ მსგავსი წიგნი, არაფერი გაუგებარი არ მისცა. მართალია, მან თქვა, რომ ჩინეთში აკრძალული იყო წიგნი ბაიესის სტატისტიკით. (სტატისტიკის პროფესორმა ენდრიუ გელმანმა კოლუმბიის უნივერსიტეტის ბლოგზე იტყობინება, რომ მისი წიგნი, მონაცემთა ანალიზი რეგრესიით და მრავალდონიანი/იერარქიული მოდელებით, აკრძალული იყო ჩინეთში გამოქვეყნება. ტექსტი.”) მაინტერესებს, მსგავსმა მიზეზმა განაპირობა თუ არა ბაიესის შესახებ წიგნების არარსებობა. ალბათობა რუსეთში?

კონსერვატიზმი ადამიანის ინფორმაციის დამუშავების პროცესში

ალბათობა განსაზღვრავს გაურკვევლობის ხარისხს. ალბათობა, როგორც ბეიესის, ისე ჩვენი ინტუიციის მიხედვით, არის უბრალოდ რიცხვი ნულს შორის და რაც წარმოადგენს რამდენადმე იდეალიზებულ ადამიანს სჯერა, რომ განცხადება სიმართლეა. მიზეზი, რის გამოც ადამიანი გარკვეულწილად იდეალიზებულია, არის ის, რომ მისი ალბათობების ჯამი ორი ურთიერთგამომრიცხავი მოვლენისთვის უნდა უტოლდებოდეს მის ალბათობას რომელიმე ამ მოვლენის დადგომისას. ადიტიურობის თვისებას ისეთი შედეგები აქვს, რომ რამდენიმე რეალურ ადამიანს შეუძლია ყველა მათგანის შედარება.

ბაიესის თეორემა არის დანამატის თვისების ტრივიალური შედეგი, უდაო და შეთანხმებული ყველა ალბათობის, ბაიესის და სხვა. მისი დაწერის ერთი გზა შემდეგია. თუ P(H A |D) არის შემდგომი ალბათობა იმისა, რომ ჰიპოთეზა A იყო მოცემული მნიშვნელობის D დაკვირვების შემდეგ, P(H A) არის მისი წინა ალბათობა მოცემული მნიშვნელობის D დაკვირვებამდე, P(D|H A ) არის ალბათობა იმისა, რომ a. მოცემული მნიშვნელობა D იქნება დაკვირვებული, თუ H A არის ჭეშმარიტი და P(D) არის მოცემული მნიშვნელობის D უპირობო ალბათობა, მაშინ

(1) P(H A |D) = P(D|H A) * P(H A) / P(D)

P(D) საუკეთესოდ აღიქმება, როგორც ნორმალიზებადი მუდმივი, რომელიც იწვევს განხილული ურთიერთგამომრიცხავი ჰიპოთეზების ამომწურავ კომპლექტს, რომელიც იწვევს უკანა ალბათობების ერთს. თუ საჭიროა გამოთვლა, შეიძლება ასე იყოს:

მაგრამ უფრო ხშირად P(D) აღმოიფხვრება, ვიდრე დათვლილი. მის აღმოსაფხვრელად მოსახერხებელი გზაა ბეიზის თეორემის გადაქცევა ალბათობა-შანსების მიმართების სახით.

განიხილეთ სხვა ჰიპოთეზა, H B, რომელიც ურთიერთგამომრიცხავია H A-სთვის და შეცვალეთ თქვენი აზრი მის შესახებ იმავე მოცემული სიდიდის საფუძველზე, რომელმაც შეცვალა თქვენი აზრი H A-ს შესახებ. ბაიესის თეორემა ამბობს, რომ

(2) P(H B |D) = P(D|H B) * P(H B) / P(D)

ახლა ჩვენ ვყოფთ განტოლებას 1 განტოლება 2-ზე; შედეგი იქნება ასეთი:

სადაც Ω 1 არის უკანა შანსები H A-ს სასარგებლოდ H B-ის თვალსაზრისით, Ω 0 არის წინა შანსები, ხოლო L არის სტატისტიკოსებისთვის ნაცნობი რიცხვი, როგორც ალბათობათა თანაფარდობა. განტოლება 3 არის ბეიზის თეორემის იგივე რელევანტური ვერსია, როგორც განტოლება 1 და ხშირად ბევრად უფრო სასარგებლოა განსაკუთრებით ჰიპოთეზებთან დაკავშირებული ექსპერიმენტებისთვის. ბაიესის მომხრეები ამტკიცებენ, რომ ბაიესის თეორემა არის ფორმალურად ოპტიმალური წესი ახალი მონაცემების ფონზე მოსაზრებების გადახედვისთვის.

ჩვენ გვაინტერესებს ბეიზის თეორემით განსაზღვრული იდეალური ქცევის შედარება ადამიანების რეალურ ქცევასთან. იმისათვის, რომ წარმოდგენა მოგცეთ იმის შესახებ, თუ რას ნიშნავს ეს, მოდით ვცადოთ ექსპერიმენტი თქვენთან ერთად, როგორც სუბიექტი. ეს ჩანთა შეიცავს 1000 პოკერის ჩიპს. მე მაქვს ორი ასეთი ჩანთა, ერთი 700 წითელი და 300 ლურჯი ჩიპი, ხოლო მეორე 300 წითელი და 700 ლურჯი. მონეტა გადავყარე, რათა განვსაზღვრო რომელი გამოვიყენო. ამრიგად, თუ ჩვენი მოსაზრებები იგივეა, თქვენი ამჟამინდელი ალბათობა, რომ დახატოთ ჩანთა მეტი წითელი ჩიპებით, არის 0,5. ახლა, თქვენ შემთხვევით ირჩევთ, დაბრუნდებით ყოველი ჟეტონის შემდეგ. 12 ჩიპში მიიღებთ 8 წითელს და 4 ლურჯს. ახლა, ყველაფერზე დაყრდნობით, რაც იცით, რა არის ალბათობა იმისა, რომ ჩანთას მეტი წითელი ფერი ჰქონდეს? გასაგებია, რომ 0,5-ზე მაღალია. გთხოვთ, არ გააგრძელოთ კითხვა, სანამ არ დააფიქსირებთ თქვენს შეფასებას.

თუ ტიპიურ საგანს ჰგავხართ, თქვენი ქულა 0,7-დან 0,8-მდეა. თუმცა, შესაბამისი გამოთვლა რომ გაგვეკეთებინა, პასუხი იქნებოდა 0,97. მართლაც, ძალიან იშვიათია ადამიანი, რომელსაც მანამდე არ უჩვენებია კონსერვატიზმის გავლენა, მიაღწიოს ასეთ მაღალ შეფასებას, თუნდაც ის იცნობდეს ბაიესის თეორემას.

თუ ჩანთაში წითელი ჩიპების პროპორცია არის რ, მაშინ მიღების ალბათობა რწითელი ჩიფსები და ( n-რ) ლურჯი შიგნით ნნიმუშები დაბრუნებით - p r (1–პ)n-რ. ამრიგად, ტიპიური ჩანთა და პოკერის ჩიპის ექსპერიმენტში, თუ ჰანიშნავს, რომ წითელი ჩიპების წილი არის რ ადა ჰბნიშნავს, რომ წილი არის რბ, მაშინ ალბათობის თანაფარდობა:

ბეიზის ფორმულის გამოყენებისას მხედველობაში უნდა იქნას მიღებული მხოლოდ ფაქტობრივი დაკვირვების ალბათობა და არა სხვა დაკვირვების ალბათობა, რომელიც მან შეიძლება გააკეთოს, მაგრამ არ გააკეთა. ამ პრინციპს აქვს ფართო გავლენა ბეიზის თეორემის ყველა სტატისტიკურ და არასტატისტურ გამოყენებაზე; ეს არის ბაიესის აზროვნების ყველაზე მნიშვნელოვანი ტექნიკური ინსტრუმენტი.

ბაიესის რევოლუცია

თქვენი მეგობრები და კოლეგები საუბრობენ რაღაცაზე, რომელსაც ჰქვია "ბაიესის თეორემა" ან "ბაიესის წესი" ან რაღაც სახელწოდებით ბაიესის აზროვნება. ისინი ნამდვილად არიან ამაში, ამიტომ შედიხართ ონლაინში და იპოვით გვერდს ბეიზის თეორემის შესახებ და... ეს არის განტოლება. და ეს ყველაფერი... რატომ ბადებს მათემატიკური კონცეფცია გონებაში ასეთ ენთუზიაზმს? რა სახის „ბაიესის რევოლუცია“ ხდება მეცნიერებს შორის და ამტკიცებენ, რომ თვით ექსპერიმენტული მიდგომაც კი შეიძლება შეფასდეს, როგორც მისი განსაკუთრებული შემთხვევა? რა არის საიდუმლო, რაც იციან ბაიეს მიმდევრებმა? რა სახის შუქს ხედავენ ისინი?

ბაიესის რევოლუცია მეცნიერებაში არ მომხდარა, რადგან უფრო და უფრო მეტმა შემეცნებითმა მეცნიერმა მოულოდნელად შეამჩნია, რომ ფსიქიკურ მოვლენებს ბაიესური სტრუქტურა აქვს; არა იმიტომ, რომ ყველა დარგის მეცნიერებმა დაიწყეს ბაიესის მეთოდის გამოყენება; არამედ იმიტომ, რომ მეცნიერება თავად არის ბეიზის თეორემის განსაკუთრებული შემთხვევა; ექსპერიმენტული მტკიცებულება არის ბაიესის მტკიცებულება. ბაიესელი რევოლუციონერები ამტკიცებენ, რომ როდესაც თქვენ ატარებთ ექსპერიმენტს და იღებთ მტკიცებულებებს, რომლებიც „ადასტურებენ“ ან „უარყოფენ“ თქვენს თეორიას, ეს დადასტურება ან უარყოფა ხდება ბაიესის წესების მიხედვით. მაგალითად, თქვენ უნდა გაითვალისწინოთ არა მხოლოდ ის, რომ თქვენს თეორიას შეუძლია ახსნას ფენომენი, არამედ ისიც, რომ არსებობს სხვა შესაძლო ახსნა, რომლებსაც ასევე შეუძლიათ ამ ფენომენის პროგნოზირება.

ადრე, მეცნიერების ყველაზე პოპულარული ფილოსოფია იყო ძველი ფილოსოფია, რომელიც ბაიესის რევოლუციამ გადაანაცვლა. კარლ პოპერის მოსაზრება, რომ თეორიები შეიძლება მთლიანად გაყალბდეს, მაგრამ არასოდეს დადასტურდეს, არის ბაიესის წესების კიდევ ერთი განსაკუთრებული შემთხვევა; თუ p(X|A) ≈ 1 - თუ თეორია აკეთებს სწორ წინასწარმეტყველებას, მაშინ დაკვირვება ~X აყალბებს A-ს ძალიან მკაცრად. მეორეს მხრივ, თუ p(X|A) ≈ 1 და ვაკვირდებით X-ს, ეს არ ადასტურებს. თეორია ძალიან; შესაძლებელია სხვა პირობა B, ისეთი, რომ p(X|B) ≈ 1, და რომლის მიხედვითაც X-ზე დაკვირვება არ არის მტკიცებულება A-სთვის, არამედ მტკიცებულება B-სთვის. იმისათვის, რომ დავაკვირდეთ X-ს, რომელიც ადასტურებს A-ს, ჩვენ უნდა ვიცოდეთ არა, რომ p( X|A) ≈ 1 და ის p(X|~A) ≈ 0, რაც ჩვენ არ შეგვიძლია ვიცით, რადგან არ შეგვიძლია განვიხილოთ ყველა შესაძლო ალტერნატიული ახსნა. მაგალითად, როდესაც აინშტაინის ფარდობითობის ზოგადი თეორია აჯობა ნიუტონის უაღრესად დამოწმებულ გრავიტაციის თეორიას, მან ნიუტონის თეორიის ყველა წინასწარმეტყველება აინშტაინის განსაკუთრებულ შემთხვევად აქცია.

ანალოგიურად, პოპერის მტკიცება იმის შესახებ, რომ იდეა უნდა იყოს გაყალბებადი, შეიძლება განიმარტოს, როგორც ბაიესის წესის გამოვლინება ალბათობის შენარჩუნების შესახებ; თუ შედეგი X არის თეორიის დადებითი მტკიცებულება, მაშინ შედეგმა ~X გარკვეულწილად უნდა გააყალბოს თეორია. თუ თქვენ ცდილობთ X და ~X-ის ინტერპრეტაციას, როგორც თეორიის „მხარდაჭერას“, ბაიესის წესები ამბობენ, რომ ეს შეუძლებელია! თეორიის ალბათობის გასაზრდელად, თქვენ უნდა ჩაატაროთ ის ტესტები, რომლებიც პოტენციურად შეამცირებენ მის ალბათობას; ეს არ არის მხოლოდ მეცნიერებაში შარლატანების გამოვლენის წესი, არამედ ბაიესის ალბათობის თეორემის შედეგი. მეორე მხრივ, პოპერის მოსაზრება, რომ მხოლოდ გაყალბებაა საჭირო და დადასტურება არ არის საჭირო, მცდარია. ბეიზის თეორემა აჩვენებს, რომ ფალსიფიკაცია დადასტურებასთან შედარებით ძალიან ძლიერი მტკიცებულებაა, მაგრამ გაყალბება მაინც სავარაუდო ხასიათისაა; ის არ იმართება ძირეულად განსხვავებული წესებით და ამით არ განსხვავდება დადასტურებისგან, როგორც პოპერი ამტკიცებს.

ამრიგად, ჩვენ აღმოვაჩენთ, რომ კოგნიტურ მეცნიერებებში მრავალი ფენომენი, პლუს მეცნიერების მიერ გამოყენებული სტატისტიკური მეთოდები, პლუს თავად სამეცნიერო მეთოდი, არის ბეიზის თეორემის განსაკუთრებული შემთხვევები. სწორედ ეს არის ბაიესის რევოლუცია.

კეთილი იყოს თქვენი მობრძანება ბაიესის შეთქმულებაში!

ლიტერატურა ბაიესის ალბათობის შესახებ

2. ნობელის პრემიის ლაურეატი ეკონომიკაში კაჰნემანი (და სხვ.) აღწერს ბაიესის მრავალ განსხვავებულ გამოყენებას შესანიშნავ წიგნში. მხოლოდ ამ ძალიან დიდი წიგნის შეჯამებაში დავთვალე 27 მითითება პრესვიტერიანი მინისტრის სახელზე. მინიმალური ფორმულები. (.. ძალიან მომეწონა. მართალია, რთულია, ბევრი მათემატიკა (და სად მის გარეშე), მაგრამ ცალკეული თავები (მაგალითად, თავი 4. ინფორმაცია), აშკარად თემაზე. ყველას ვურჩევ. თუნდაც მათემატიკა იყოს. თქვენთვის რთულია, წაიკითხეთ ხაზი, გამოტოვეთ მათემატიკა და თევზაობთ სასარგებლო მარცვლებზე ...

14. (დამატება 2017 წლის 15 იანვრით), თავი ტონი კრილის წიგნიდან. 50 იდეა, რომლის შესახებაც უნდა იცოდეთ. Მათემატიკა.

ფიზიკოსმა რიჩარდ ფეინმანმა, ნობელის პრემიის ლაურეატმა, ერთ ფილოსოფოსზე განსაკუთრებით დიდი ამპარტავნობით საუბრისას ერთხელ თქვა: „მე საერთოდ არ მაღიზიანებს ფილოსოფია, როგორც მეცნიერება, არამედ მის გარშემო შექმნილი პომპეზურობა. ფილოსოფოსებს რომ შეეძლოთ საკუთარ თავზე სიცილი! თუ მხოლოდ მათ შეეძლოთ ეთქვათ: "მე ვამბობ, რომ ეს ასეა, მაგრამ ფონ ლაიფციგი ფიქრობდა, რომ ეს სხვაგვარად იყო და მანაც რაღაც იცის ამის შესახებ". თუ მხოლოდ მათ გაახსენდათ იმის გარკვევა, რომ ეს მხოლოდ მათი იყო .

თქვენ შეიძლება არასოდეს გსმენიათ ბეიზის თეორემის შესახებ, მაგრამ ყოველთვის იყენებდით მას. მაგალითად, თავიდანვე შეაფასეთ ხელფასის გაზრდის ალბათობა 50%-ად. მენეჯერისგან დადებითი გამოხმაურების მიღების შემდეგ, თქვენ შეასწორეთ თქვენი რეიტინგი უკეთესობისკენ და, პირიქით, შეამცირეთ ის, თუ სამსახურში ყავის მადუღარა გატეხეთ. ასე ხდება ალბათობის მნიშვნელობის დახვეწა ინფორმაციის დაგროვებისას.

ბეიზის თეორემის მთავარი იდეაარის მოვლენის ალბათობის შეფასების უფრო დიდი სიზუსტის მიღება დამატებითი მონაცემების გათვალისწინებით.

პრინციპი მარტივია: არსებობს ალბათობის საწყისი საბაზისო შეფასება, რომელიც დახვეწილია დამატებითი ინფორმაციით.

ბეიზის ფორმულა

ინტუიციური მოქმედებები ფორმალიზებულია მარტივ, მაგრამ ძლიერ განტოლებაში ( ბეიზის ალბათობის ფორმულა):

განტოლების მარცხენა მხარე არის A მოვლენის ალბათობის შემდგომი შეფასება B მოვლენის დადგომის პირობით (ე.წ. პირობითი ალბათობა).

• P(A)- A მოვლენის ალბათობა (ძირითადი, აპრიორი შეფასება);
• P(B|A) -ალბათობა (ასევე პირობითი), რომელსაც ვიღებთ ჩვენი მონაცემებიდან;
• ა P(B)არის ნორმალიზაციის მუდმივი, რომელიც ზღუდავს ალბათობას 1-მდე.

ეს მოკლე განტოლება არის საფუძველი ბაიესის მეთოდი.

A და B მოვლენების აბსტრაქტული ბუნება არ გვაძლევს საშუალებას ნათლად გავიგოთ ამ ფორმულის მნიშვნელობა. ბეიზის თეორემის არსის გასაგებად, განვიხილოთ რეალური პრობლემა.

მაგალითი

ერთ-ერთი თემა, რომელზეც მე ვმუშაობ, არის ძილის რეჟიმის შესწავლა. მე მაქვს ორი თვის მონაცემები ჩაწერილი ჩემს Garmin Vivosmart საათზე, რომელიც აჩვენებს, რომელ საათზე მივდივარ დასაძინებლად და ვიღვიძებ. საბოლოო მოდელის ჩვენება უფრო მეტად სავარაუდოაძილის ალბათობის განაწილება დროის მიხედვით (MCMC არის სავარაუდო მეთოდი) მოცემულია ქვემოთ.

გრაფიკი აჩვენებს ალბათობას, რომ მეძინება, დამოკიდებულია მხოლოდ დროზე. როგორ შეიცვლება, თუ გავითვალისწინებთ საძინებელში შუქის ჩართვას? შეფასების დასაზუსტებლად საჭიროა ბეიზის თეორემა. დახვეწილი შეფასება ეფუძნება აპრიორულს და აქვს ფორმა:

გამოთქმა მარცხნივ არის ალბათობა იმისა, რომ მე მეძინება, იმის გათვალისწინებით, რომ ჩემს საძინებელში შუქი ჩართულია. წინასწარი შეფასება დროის მოცემულ მომენტში (ასახულია ზემოთ გრაფიკზე) აღინიშნება როგორც P (ძილი). მაგალითად, 22:00 საათზე, წინასწარი ალბათობა იმისა, რომ მეძინება არის 27,34%.

დაამატეთ მეტი ინფორმაცია ალბათობის გამოყენებით P(საძინებლის განათება|ძილი)მიღებული მონაცემებიდან გამომდინარე.

ჩემივე დაკვირვებით მე ვიცი შემდეგი: ალბათობა იმისა, რომ მეძინება, როცა შუქი ანთებულია, არის 1%.

ძილის დროს შუქის გამორთვის ალბათობა არის 1-0.01 = 0.99 (ფორმულაში ნიშანი „-“ ნიშნავს საპირისპირო მოვლენას), რადგან საპირისპირო მოვლენების ალბათობათა ჯამი არის 1. როცა მეძინება, შუქი საძინებელი ჩართულია ან გამორთულია.

და ბოლოს, განტოლება ასევე შეიცავს ნორმალიზაციის მუდმივას P (მსუბუქი)ალბათობა იმისა, რომ შუქი ჩართულია. შუქი ანათებს როგორც მეძინება, ასევე როცა მეღვიძება. მაშასადამე, ძილის აპრიორული ალბათობის ცოდნით, ჩვენ ვიანგარიშებთ ნორმალიზაციის მუდმივას შემდეგნაირად:

შუქის ჩართვის ალბათობა ორივე ვარიანტშია გათვალისწინებული: ან მეძინება ან არა ( P (-ძილი) = 1 — P (ძილი)არის ალბათობა იმისა, რომ მე ვიღვიძებ.)

ალბათობა იმისა, რომ შუქი აინთება, როცა მე ვიღვიძებ, არის P (მსუბუქი | - ძილი),და განისაზღვრება დაკვირვებით. მე ვიცი, რომ არსებობს 80% შანსი იმისა, რომ შუქი აინთოს, როცა მე ვიღვიძებ (იგულისხმება, რომ არსებობს 20% შანსი, რომ შუქი არ აინთოს, თუ მე ვიღვიძებ).

ბეისის საბოლოო განტოლება ხდება:

ის საშუალებას გაძლევთ გამოთვალოთ ალბათობა იმისა, რომ მე მძინავს, იმის გათვალისწინებით, რომ შუქი ჩართულია. თუ ჩვენ გვაინტერესებს შუქის გამორთვის ალბათობა, ჩვენ გვჭირდება თითოეული კონსტრუქცია P (მსუბუქი |…შეცვალა P(-სინათლე|….

ვნახოთ, როგორ გამოიყენება მიღებული სიმბოლური განტოლებები პრაქტიკაში.

გამოვიყენოთ ფორმულა 22:30 საათზე და გავითვალისწინოთ, რომ შუქი ჩართულია. ჩვენ ვიცით, რომ მეძინება 73,90% -ით. ეს რიცხვი არის ჩვენი შეფასების საწყისი წერტილი.

დავხვეწოთ იგი განათების შესახებ ინფორმაციის გათვალისწინებით. იმის ცოდნა, რომ შუქი ჩართულია, ჩვენ ვანაცვლებთ რიცხვებს ბეიზის ფორმულაში:

დამატებითმა მონაცემებმა მკვეთრად შეცვალა ალბათობის შეფასება, 70%-დან 3,42%-მდე. ეს გვიჩვენებს ბეიესის თეორემის ძალას: ჩვენ შევძელით სიტუაციის ჩვენი საწყისი შეფასების დახვეწა მეტი ინფორმაციის ჩართვის გზით. ჩვენ შეიძლება ადრე ინტუიციურად ვაკეთებდით ამას, მაგრამ ახლა, მასზე ფორმალური განტოლებების კუთხით ფიქრით, ჩვენ შევძელით ჩვენი პროგნოზების დადასტურება.

განვიხილოთ კიდევ ერთი მაგალითი. რა მოხდება, თუ საათი არის 21:45 და შუქი გამორთულია? შეეცადეთ თავად გამოთვალოთ ალბათობა, წინასწარი შეფასებით 0,1206.

ყოველ ჯერზე ხელით დათვლის ნაცვლად, მე დავწერე მარტივი პითონის კოდი ამ გამოთვლების გასაკეთებლად, რომელიც შეგიძლიათ სცადოთ Jupyter Notebook-ში. თქვენ მიიღებთ შემდეგ პასუხს:

დრო: 09:45:00 PM შუქი გამორთულია.

ძილის წინა ალბათობა: 12.06%
ძილის განახლებული ალბათობა: 40.44%

კიდევ ერთხელ, დამატებითი ინფორმაცია ცვლის ჩვენს შეფასებას. ახლა, თუ ჩემს დას სურს დამირეკოს საღამოს 21:45-ზე, რადგან იცის, რომ ჩემი შუქი ანთებულია, მას შეუძლია გამოიყენოს ეს განტოლება იმის დასადგენად, შემიძლია თუ არა აიღო ტელეფონი (თუ ვივარაუდებთ, რომ მე ვიღებ მხოლოდ მაშინ, როდესაც მე ვიღვიძებ)! ვინ ამბობს, რომ სტატისტიკა არ გამოიყენება ყოველდღიურ ცხოვრებაში?

ალბათობის ვიზუალიზაცია

გამოთვლებზე დაკვირვება სასარგებლოა, მაგრამ ვიზუალიზაცია გვეხმარება შედეგის უფრო ღრმა გაგებაში. მე ყოველთვის ვცდილობ გამოვიყენო გრაფიკები იდეების გენერირებისთვის, თუ ისინი ბუნებრივად არ მოდის მხოლოდ განტოლებების შესწავლით. ჩვენ შეგვიძლია ვიზუალურად წარმოვადგინოთ ძილის წინა და უკანა ალბათობის განაწილება დამატებითი მონაცემების გამოყენებით:

როდესაც შუქი ჩართულია, გრაფიკი გადადის მარჯვნივ, რაც იმაზე მიუთითებს, რომ ნაკლებად სავარაუდოა, რომ ამ დროს მეძინება. ანალოგიურად, გრაფიკი გადადის მარცხნივ, თუ ჩემი შუქი გამორთულია. ბეიზის თეორემის მნიშვნელობის გაგება ადვილი არ არის, მაგრამ ეს ილუსტრაცია ნათლად აჩვენებს, თუ რატომ გჭირდებათ მისი გამოყენება. Bayes Formula არის ინსტრუმენტი დამატებითი მონაცემებით პროგნოზების დახვეწისთვის.

რა მოხდება, თუ კიდევ მეტი მონაცემია?

რატომ გავჩერდეთ საძინებლის განათებაზე? ჩვენ შეგვიძლია გამოვიყენოთ კიდევ უფრო მეტი მონაცემი ჩვენს მოდელში შეფასების შემდგომი დახვეწისთვის (სანამ მონაცემები სასარგებლო იქნება განსახილველი შემთხვევისთვის). მაგალითად, ვიცი, რომ თუ ჩემი ტელეფონი იტენება, მაშინ 95% არის იმის შანსი, რომ დავიძინო. ეს ფაქტი შეიძლება იყოს გათვალისწინებული ჩვენს მოდელში.

დავუშვათ, რომ ჩემი ტელეფონის დატენვის ალბათობა დამოუკიდებელია საძინებლის განათებისგან (მოვლენების დამოუკიდებლობა ძლიერი გადაჭარბებული გამარტივებაა, მაგრამ ეს ამოცანას ბევრად გაამარტივებს). მოდით გავაკეთოთ ახალი, კიდევ უფრო ზუსტი გამოთქმა ალბათობისთვის:

შედეგად მიღებული ფორმულა რთულად გამოიყურება, მაგრამ პითონის კოდის გამოყენებით, ჩვენ შეგვიძლია დავწეროთ ფუნქცია, რომელიც შეასრულებს გამოთვლას. დროის ნებისმიერ მომენტში და განათების/ტელეფონის დამუხტვის ნებისმიერი კომბინაციისთვის, ეს ფუნქცია აბრუნებს დარეგულირებულ ალბათობას, რომ მე ვიძინებ.

დრო არის 11:00:00 PM შუქი ჩართულია ტელეფონი არ იტენება.

ძილის წინასწარი ალბათობა: 95.52%
ძილის განახლებული ალბათობა: 1.74%

საღამოს 23:00 საათზე, დამატებითი ინფორმაციის გარეშე, თითქმის დანამდვილებით შეგვიძლია ვთქვათ, რომ ვოცნებობდი. თუმცა, როგორც კი გვექნება დამატებითი ინფორმაცია იმის შესახებ, რომ შუქი ჩართულია და ტელეფონი არ იტენება, დავასკვნით, რომ მეძინების ალბათობა პრაქტიკულად ნულის ტოლია. აი კიდევ ერთი მაგალითი:

დრო არის 10:15:00 PM შუქი გამორთულია ტელეფონი იტენება.

ძილის წინასწარი ალბათობა: 50,79%
ძილის განახლებული ალბათობა: 95.10%

ალბათობა იცვლება ქვევით ან ზევით, კონკრეტული სიტუაციიდან გამომდინარე. ამის საჩვენებლად, განიხილეთ ოთხი დამატებითი მონაცემთა კონფიგურაცია და როგორ ცვლის ისინი ალბათობის განაწილებას:

ეს გრაფიკი იძლევა უამრავ ინფორმაციას, მაგრამ მთავარი ის არის, რომ ალბათობის მრუდი იცვლება დამატებითი ფაქტორების მიხედვით. რაც უფრო მეტი მონაცემი დაემატება, ჩვენ მივიღებთ უფრო ზუსტ შეფასებას.

დასკვნა

ბეიზის თეორემა და სხვა სტატისტიკური ცნებები შეიძლება იყოს რთული გასაგები, როდესაც ისინი წარმოდგენილია აბსტრაქტული განტოლებებით მხოლოდ ასოების ან წარმოსახვითი სიტუაციების გამოყენებით. რეალური სწავლა მოდის მაშინ, როდესაც ჩვენ ვიყენებთ აბსტრაქტულ ცნებებს რეალურ პრობლემებზე.

მონაცემთა მეცნიერებაში წარმატება არის უწყვეტი სწავლა, ახალი მეთოდების დამატება თქვენს უნარების კომპლექტში და საუკეთესო მეთოდის პოვნა პრობლემების გადასაჭრელად. ბეიზის თეორემა საშუალებას გვაძლევს დავხვეწოთ ჩვენი ალბათობის შეფასებები დამატებითი ინფორმაციით უკეთესი მოდელის რეალობისთვის. ინფორმაციის მოცულობის გაზრდა უფრო ზუსტი პროგნოზების გაკეთების საშუალებას იძლევა და ბეისი აღმოჩნდება, რომ ეს არის სასარგებლო ინსტრუმენტი ამ ამოცანისთვის.

მივესალმები გამოხმაურებას, დისკუსიას და კონსტრუქციულ კრიტიკას. შეგიძლიათ დამიკავშირდეთ Twitter-ზე.

გაკვეთილი ნომერი 4.

თემა: საერთო ალბათობის ფორმულა. ბეიზის ფორმულა. ბერნულის სქემა. პოლინომიური სქემა. ჰიპერგეომეტრიული სქემა.

საერთო ალბათობის ფორმულა

ბეიესის ფორმულა

თეორია

საერთო ალბათობის ფორმულა:

დაე, იყოს შეუთავსებელი მოვლენების სრული ჯგუფი:

(, შემდეგ A მოვლენის ალბათობა შეიძლება გამოითვალოს ფორმულით

(4.1)

მოვლენებს ჰიპოთეზას უწოდებენ. წამოაყენეს ჰიპოთეზები ექსპერიმენტის იმ ნაწილთან დაკავშირებით, რომელშიც არის გაურკვევლობა.

, სადაც არის ჰიპოთეზების აპრიორი ალბათობები

ბეიზის ფორმულა:

დაე, ექსპერიმენტი დასრულდეს და ცნობილია, რომ მოვლენა A მოხდა ექსპერიმენტის შედეგად, შემდეგ ამ ინფორმაციის გათვალისწინებით შეგვიძლია გადააჭარბეთ ჰიპოთეზების ალბათობას:

(4.2)

, სადაც ჰიპოთეზების უკანა ალბათობა

ᲞᲠᲝᲑᲚᲔᲛᲘᲡ ᲒᲐᲓᲐᲭᲠᲐ

დავალება 1.

მდგომარეობა

საწყობში მიღებული ნაწილების 3 პარტიაში კარგია 89 %, 92 % და 97 % შესაბამისად. ნაწილების რაოდენობა პარტიაში მოიხსენიება როგორც 1:2:3.

რა არის იმის ალბათობა, რომ საწყობიდან შემთხვევით შერჩეული ნაწილი იყოს დეფექტური. შეგახსენებთ, რომ შემთხვევით შერჩეული ნაწილი დეფექტური აღმოჩნდა. იპოვეთ ალბათობა, რომ ის ეკუთვნის პირველ, მეორე და მესამე მხარეებს.

გამოსავალი:

აღნიშნეთ A-ით ის მოვლენა, რომ შემთხვევით შერჩეული ნაწილი აღმოჩნდება დეფექტური.

1 კითხვა - საერთო ალბათობის ფორმულამდე

მე-2 კითხვა - ბეიზის ფორმულამდე

წამოაყენეს ჰიპოთეზები ექსპერიმენტის იმ ნაწილთან დაკავშირებით, რომელშიც არის გაურკვევლობა. ამ პრობლემაში გაურკვევლობა მდგომარეობს იმაში, თუ რომელი ჯგუფიდან არის შემთხვევით შერჩეული ნაწილი.

შეუშვით პირველ თამაშში ადეტალები. შემდეგ მეორე თამაშში - 2 ადეტალები და მესამეში - 3 ადეტალები. მხოლოდ სამი თამაში 6 ადეტალები.

(პირველ სტრიქონზე ქორწინების პროცენტი ითარგმნა ალბათობაში)

(მეორე სტრიქონზე ქორწინების პროცენტი გადაითარგმნა ალბათობაში)

(მესამე ხაზში ქორწინების პროცენტი გადაყვანილია ალბათობაზე)

საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით, ჩვენ ვიანგარიშებთ მოვლენის ალბათობას ა

-პასუხი 1 კითხვაზე

ალბათობა იმისა, რომ დეფექტური ნაწილი ეკუთვნის პირველ, მეორე და მესამე პარტიას, გამოითვლება ბეიზის ფორმულით:

დავალება 2.

მდგომარეობა:

პირველ ურნაში 10 ბურთები: 4 თეთრი ქვიშა 6 შავი. მეორე ურნაში 20 ბურთები: 2 თეთრი ქვიშა 18 შავი. თითოეული ურნადან შემთხვევით ირჩევა ერთი ბურთი და მოთავსებულია მესამე ურნაში. შემდეგ მესამე ურნიდან შემთხვევით შეირჩევა ერთი ბურთი. იპოვეთ ალბათობა, რომ მესამე ურნადან ამოღებული ბურთი თეთრია.

გამოსავალი:

პრობლემის კითხვაზე პასუხის მიღება შესაძლებელია საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით:

გაურკვევლობა მდგომარეობს იმაში, თუ რომელი ბურთები დასრულდა მესამე ურნაში. ჩვენ წამოვაყენეთ ჰიპოთეზა მესამე ურნაში ბურთების შემადგენლობასთან დაკავშირებით.

H1=(მესამე ურნაში არის 2 თეთრი ბურთი)

H2=(მესამე ურნაში არის 2 შავი ბურთი)

H3=(მესამე ურნა შეიცავს 1 თეთრ და 1 შავ ბურთს)

A=(ბურთი 3-დან ამოღებული იქნება თეთრი)

დავალება 3.

თეთრი ბურთი ჩაშვებულია ურნაში, რომელშიც არის 2 უცნობი ფერის ბურთი. ამის შემდეგ ამ ურნადან ამოგვაქვს 1 ბურთი. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ ურნადან ამოღებული ბურთი თეთრია. ზემოთ აღწერილი ურნიდან ამოღებული ბურთი თეთრი აღმოჩნდა. იპოვეთ ალბათობები რომ გადატანამდე ურნაში იყო 0 თეთრი ბურთი, 1 თეთრი ბურთი და 2 თეთრი ბურთი .

1 კითხვაგ - საერთო ალბათობის ფორმულამდე

2 კითხვა-ბეიზის ფორმულაზე

გაურკვევლობა მდგომარეობს ურნაში ბურთების თავდაპირველ შემადგენლობაში. რაც შეეხება ურნაში ბურთების თავდაპირველ შემადგენლობას, ჩვენ წამოვაყენეთ შემდეგი ჰიპოთეზა:

Hi=( ურნაში ცვლამდე იყოi-1 თეთრი ბურთი),i=1,2,3

, i=1,2,3(სრული გაურკვევლობის ვითარებაში, ჰიპოთეზების აპრიორული ალბათობები ერთნაირია, რადგან ვერ ვიტყვით, რომ ერთი ვარიანტი უფრო სავარაუდოა, ვიდრე მეორე)

A = (გადაცემის შემდეგ ურნადან ამოღებული ბურთი თეთრი იქნება)

გამოვთვალოთ პირობითი ალბათობები:

მოდით გამოვთვალოთ საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით:

1 კითხვაზე პასუხი

მეორე კითხვაზე პასუხის გასაცემად ვიყენებთ ბეიზის ფორმულას:

(შემცირდა წინა ალბათობასთან შედარებით)

(უცვლელი წინა ალბათობით)

(გაზრდილი წინა ალბათობასთან შედარებით)

დასკვნა ჰიპოთეზების წინა და შემდგომი ალბათობების შედარებიდან: საწყისი გაურკვევლობა რაოდენობრივად შეიცვალა.

დავალება 4.

მდგომარეობა:

სისხლის გადასხმისას აუცილებელია დონორისა და პაციენტის სისხლის ჯგუფების გათვალისწინება. ადამიანი, რომელსაც აქვს მეოთხე ჯგუფისისხლი ნებისმიერი ტიპის სისხლის გადასხმა შესაძლებელია, ადამიანს მეორე და მესამე ჯგუფთან ერთადშეიძლება დაასხით ან მისი ჯგუფის სისხლი, ან პირველი.ადამიანს პირველი სისხლის ჯგუფითშეგიძლიათ სისხლის გადასხმა მხოლოდ პირველი ჯგუფი.ცნობილია, რომ მოსახლეობაში 33,7 % აქვს პირველი ჯგუფიპუ, 37,5 % აქვს მეორე ჯგუფი, 20,9%აქვს მესამე ჯგუფიდა 7,9%-ს მე-4 ჯგუფი ჰყავს.იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ შემთხვევით მიღებულ პაციენტს შეიძლება გადასცეს შემთხვევით მიღებული დონორის სისხლი.

გამოსავალი:

ჩვენ წამოვაყენეთ ჰიპოთეზა შემთხვევით მიღებული პაციენტის სისხლის ჯგუფის შესახებ:

გამარჯობა = (პაციენტშიმე- სისხლის ჯგუფი),i=1,2,3,4

(პროცენტები გადაყვანილია ალბათობებში)

A=(შესაძლებელია გადასხმა)

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით ვიღებთ:

ანუ ტრანსფუზია შეიძლება ჩატარდეს შემთხვევების დაახლოებით 60%-ში

ბერნულის სქემა (ან ბინომიალური სქემა)

ბერნულის ცდები -ეს არის დამოუკიდებელი ტესტები 2 შედეგს, რომელსაც პირობითად ვუწოდებთ წარმატება და წარუმატებლობა.

p-წარმატების მაჩვენებელი

ქ- წარუმატებლობის ალბათობა

წარმატების ალბათობა არ იცვლება გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე

წინა ტესტის შედეგი არ მოქმედებს შემდეგ ტესტზე.

ზემოთ აღწერილი ტესტების ჩატარებას ეწოდება ბერნულის სქემა ან ბინომიალური სქემა.

ბერნულის ტესტების მაგალითები:

Ხუდრა

წარმატება -გერბი

წარუმატებლობა -კუდები

სწორი მონეტის საქმე

არასწორი მონეტის საქმე

გვდა ქარ გადავიდეთ გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე, თუ ექსპერიმენტის დროს არ შევცვლით მონეტას

კამათლის სროლა

წარმატება -რულეტი "6"

წარუმატებლობა -ყველა დანარჩენი

ჩვეულებრივი კამათლის შემთხვევა

არასწორი კამათლის შემთხვევა

გვდა ქარ გადავიდეთ გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე, თუ ექსპერიმენტის ჩატარების პროცესში კამათელს არ ვცვლით

ისრის სროლა სამიზნეზე

წარმატება -მოხვდა

წარუმატებლობა -მის

p =0.1 (მსროლელი ურტყამს 10-დან ერთ გასროლაში)

გვდა ქარ გადავიდეთ გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე, თუ ექსპერიმენტის ჩატარების პროცესში არ შევცვლით ისარს

ბერნულის ფორმულა.

დაეგაიმართა ნ გვ. განიხილეთ მოვლენები

(შიn ბერნულის ცდები წარმატების ალბათობითp მოხდებამ წარმატებები),

- არსებობს ასეთი მოვლენების ალბათობის სტანდარტული აღნიშვნა

<-ბერნულის ფორმულა ალბათობების გამოსათვლელად (4.3)

ფორმულის ახსნა : ალბათობა იმისა, რომ იქნება m წარმატებები (ალბათობა მრავლდება, რადგან ცდები დამოუკიდებელია და რადგან ყველა ერთნაირია, ჩნდება ხარისხი), - ალბათობა იმისა, რომ მოხდეს n-m წარუმატებლობა (ახსნა მსგავსია როგორც წარმატებებისთვის), - ღონისძიების განხორციელების გზების რაოდენობა, ანუ რამდენი გზით შეიძლება განთავსდეს m წარმატება n ადგილზე.

ბერნულის ფორმულის შედეგები:

დასკვნა 1:

დაეგაიმართა ნბერნულის ცდები წარმატების ალბათობით გვ. განიხილეთ მოვლენები

A(m1,m2)=(წარმატებების რაოდენობაn ბერნულის ცდები ჩართული იქნება დიაპაზონში [მ1;მ2])

(4.4)

ფორმულის ახსნა: ფორმულა (4.4) გამომდინარეობს ფორმულიდან (4.3) და ალბათობის დამატების თეორემიდან შეუთავსებელი მოვლენები, იმიტომ - შეუთავსებელი მოვლენების ჯამი (გაერთიანება) და თითოეულის ალბათობა განისაზღვრება ფორმულით (4.3).

შედეგი 2

დაეგაიმართა ნბერნულის ცდები წარმატების ალბათობით გვ. განიხილეთ მოვლენა

A=(inn ბერნულის ცდები გამოიწვევს მინიმუმ 1 წარმატებას}

(4.5)

ფორმულის ახსნა: ={ ბერნულის ცდებში წარმატება არ იქნება)=

(ყველა n ტესტი წარუმატებელი იქნება)

პრობლემა (ბერნულის ფორმულაზე და მის შედეგებზე)მაგალითი 1.6-D პრობლემისთვის. თ.

სწორი მონეტა გადაყარეთ 10-ჯერ. იპოვნეთ შემდეგი მოვლენების ალბათობა:

A=(გერბი ზუსტად 5-ჯერ ჩამოვარდება)

B=(გერბი ჩამოვარდება არაუმეტეს 5-ჯერ)

C=(გერბი ერთხელ მაინც ჩამოვარდება)

გამოსავალი:

მოდით გადავაფორმოთ პრობლემა ბერნულის ტესტების თვალსაზრისით:

n=10 ცდების რაოდენობა

წარმატება- გერბი

p=0.5 – წარმატების ალბათობა

q=1-p=0.5 – წარუმატებლობის ალბათობა

A მოვლენის ალბათობის გამოსათვლელად ვიყენებთ ბერნულის ფორმულა:

B მოვლენის ალბათობის გამოსათვლელად ვიყენებთ შედეგი 1რომ ბერნულის ფორმულა:

C მოვლენის ალბათობის გამოსათვლელად ვიყენებთ დასკვნა 2რომ ბერნულის ფორმულა:

ბერნულის სქემა. გამოთვლა სავარაუდო ფორმულებით.

MOIAVRE-LAPLACE-ის სავარაუდო ფორმულა

ადგილობრივი ფორმულა

გვწარმატება და ქწარუმატებლობა, მაშინ ყველასთვის მსავარაუდო ფორმულა მოქმედებს:

, (4.6)

მ.

ფუნქციის მნიშვნელობა შეგიძლიათ იხილოთ სპეციალურში მაგიდა. ის შეიცავს მხოლოდ მნიშვნელობებს. მაგრამ ფუნქცია თანაბარია, ე.ი.

თუ, მაშინ დავუშვათ

ინტეგრალური ფორმულა

თუ ცდების რაოდენობა n ბერნულის სქემაში დიდია და ალბათობაც დიდია გვწარმატება და ქწარუმატებლობა, მაშინ სავარაუდო ფორმულა მოქმედებს ყველასთვის (4.7) :

ფუნქციის მნიშვნელობა შეგიძლიათ იხილოთ სპეციალურ ცხრილში. ის შეიცავს მხოლოდ მნიშვნელობებს. მაგრამ ფუნქცია უცნაურია, ე.ი. .

თუ, მაშინ დავუშვათ

მიახლოებითი შხამის ფორმულა

ადგილობრივი ფორმულა

მოდით ცდების რაოდენობა ნბერნულის სქემის მიხედვით დიდია და ერთ ტესტში წარმატების ალბათობა მცირეა და პროდუქტიც მცირეა. შემდეგ იგი განისაზღვრება სავარაუდო ფორმულით:

, (4.8)

ალბათობა იმისა, რომ წარმატებების რაოდენობა n ბერნულის ცდებში არის მ.

ფუნქციის მნიშვნელობები შეგიძლიათ იხილოთ სპეციალურ ცხრილში.

ინტეგრალური ფორმულა

მოდით ცდების რაოდენობა ნბერნულის სქემის მიხედვით დიდია და ერთ ტესტში წარმატების ალბათობა მცირეა და პროდუქტიც მცირეა.

მერე განისაზღვრება სავარაუდო ფორმულით:

, (4.9)

ალბათობა იმისა, რომ წარმატებების რაოდენობა n ბერნულის ცდებში არის დიაპაზონში.

ფუნქციის მნიშვნელობები შეიძლება იხილოთ სპეციალურ ცხრილში და შემდეგ შეაჯამოთ დიაპაზონში.

ფორმულა	პუასონის ფორმულა	მოივრე-ლაპლასის ფორმულა	ხარისხიანი შეფასებები
			შეფასებები უხეშია
10			გამოიყენება უხეში შეფასებებისთვის გამოთვლები
			გამოიყენება გამოყენებული საინჟინრო გამოთვლები
100 0			გამოიყენება ნებისმიერი საინჟინრო გამოთვლებისთვის
n>1000			ძალიან კარგი შეფასებები

თქვენ შეგიძლიათ ნახოთ მაგალითების ხარისხი 1.7 და 1.8 D. z.

გამოთვლა პუასონის ფორმულით.

პრობლემა (პუასონის ფორმულა).

მდგომარეობა:

საკომუნიკაციო ხაზზე შეტყობინების გადაცემისას ერთი სიმბოლოს დამახინჯების ალბათობა უდრის 0.001. შეტყობინება მიღებულად ითვლება, თუ მასში არ არის დამახინჯება. იპოვეთ შეტყობინების მიღების ალბათობა, რომელიც შედგება 20 სიტყვები თითო 100პერსონაჟები თითოეული.

გამოსავალი:

აღნიშნეთ მიერ მაგრამ

-სიმბოლოების რაოდენობა შეტყობინებაში

წარმატება: ხასიათი არ არის დამახინჯებული

წარმატების ალბათობა

გამოვთვალოთ. იხილეთ რეკომენდაციები სავარაუდო ფორმულების გამოყენების შესახებ ( ) : გაანგარიშებისთვის თქვენ უნდა მიმართოთ პუასონის ფორმულა

პუასონის ფორმულის ალბათობა დაm შეგიძლიათ იხილოთ სპეციალურ ცხრილში.

მდგომარეობა:

სატელეფონო სადგური 1000 აბონენტს ემსახურება. ალბათობა იმისა, რომ ერთ წუთში ნებისმიერ აბონენტს დაკავშირება დასჭირდება არის 0.0007. გამოთვალეთ ალბათობა, რომ ერთ წუთში სატელეფონო სადგურზე მინიმუმ 3 ზარი მოვა.

გამოსავალი:

გადააფორმეთ პრობლემა ბერნულის სქემის მიხედვით

წარმატება: მიღებული ზარი

წარმატების ალბათობა

– დიაპაზონი, რომლის ფარგლებშიც უნდა იყოს წარმატებების რაოდენობა

A = (მინიმუმ სამი ზარი ჩამოვა) - მოვლენა, რომლის ალბათობაც საჭიროა. მოძებნა ამოცანაში

(დადგება სამზე ნაკლები ზარი) გადავდივართ დამატებითზე. მოვლენა, რადგან მისი ალბათობის გამოთვლა უფრო ადვილია.

(ტერმინების გამოთვლა იხილეთ სპეციალური ცხრილი)

Ამგვარად,

პრობლემა (ადგილობრივი Mouvre-Laplace ფორმულა)

მდგომარეობა

ერთი გასროლით მიზანში მოხვედრის ალბათობა უდრის 0,8.განსაზღვრეთ ამის ალბათობა 400-ზესროლები მოხდება ზუსტად 300ჰიტები.

გამოსავალი:

გადააფორმეთ პრობლემა ბერნულის სქემის მიხედვით

n=400 – ცდების რაოდენობა

m=300 – წარმატებების რაოდენობა

წარმატება - დარტყმა

(პრობლემური კითხვა ბერნულის სქემის თვალსაზრისით)

შეფასება:

Ჩვენ ვხარჯავთ დამოუკიდებელი ტესტები, რომელთაგან თითოეულში გამოვყოფთ m პარამეტრები.

p1 - ​​პირველი ვარიანტის მიღების ალბათობა ერთ საცდელში

p2 - მეორე ვარიანტის მიღების ალბათობა ერთ საცდელში

…………..

pm არის მიღების ალბათობამ-ე ვარიანტი ერთ საცდელში

p1,p2, ……………..,pm არ შეიცვალოს გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე

ზემოთ აღწერილი ტესტების თანმიმდევრობას ე.წ პოლინომიური სქემა.

(როდესაც m=2, მრავალწევრი სქემა გადაიქცევა ორწევრად), ანუ ზემოთ აღწერილი ბინომიური სქემა არის უფრო ზოგადი სქემის განსაკუთრებული შემთხვევა, რომელსაც პოლინომი ეწოდება.

განვიხილოთ შემდეგი მოვლენები

А(n1,n2,….,nm)=( ზემოთ აღწერილი n ცდაში, ვარიანტი 1 გამოჩნდა n1-ჯერ, ვარიანტი 2 გამოჩნდა n2-ჯერ, ….. და ა.შ., nm-ჯერ გამოჩნდა ვარიანტი m)

ალბათობების გამოთვლის ფორმულა პოლინომიური სქემის გამოყენებით

მდგომარეობა

კამათელი გადაყარეთ 10-ჯერ.საჭიროა იპოვოთ ალბათობა, რომ "6" ამოვარდეს 2 ჯერ, და "5" ამოვარდება 3 - ჯერ.

გამოსავალი:

აღნიშნეთ მიერ მაგრამ მოვლენა, რომლის ალბათობაც პრობლემაში აღმოჩნდება.

n=10 -საცდელების რაოდენობა

m=3

1 ვარიანტი - ჩამოაგდეს 6

p1=1/6n1=2

ვარიანტი 2 - ჩამოაგდეს 5

p2=1/6n2=3

ვარიანტი 3 - ჩამოაგდეთ ნებისმიერი სახის გარდა 5 და 6

p3=4/6n3=5

P(2,3,5)-? (პრობლემის მდგომარეობაში მოხსენიებული მოვლენის ალბათობა)

პრობლემა პოლინომიური წრედისთვის

მდგომარეობა

იპოვეთ ალბათობა, რომ შორის 10 შემთხვევით შერჩეულ ადამიანებს პირველ კვარტალში ექნებათ ოთხი დაბადების დღე, მეორეში სამი, მესამეში ორი და მეოთხეში ერთი.

გამოსავალი:

აღნიშნეთ მიერ მაგრამ მოვლენა, რომლის ალბათობაც პრობლემაში აღმოჩნდება.

მოდით გადავაფორმოთ პრობლემა პოლინომიური სქემის მიხედვით:

n=10 -ცდების რაოდენობა = ხალხის რაოდენობა

m=4არის ვარიანტების რაოდენობა, რომელსაც ჩვენ განვასხვავებთ თითოეულ საცდელში

ვარიანტი 1 - დაბადება 1 კვარტალში

p1=1/4n1=4

ვარიანტი 2 - დაბადება მე-2 კვარტალში

p2=1/4n2=3

ვარიანტი 3 - დაბადება მე-3 კვარტალში

p3=1/4n3=2

ვარიანტი 4 - დაბადება მე-4 კვარტალში

p4=1/4n4=1

P(4,3,2,1)-? (პრობლემის მდგომარეობაში მოხსენიებული მოვლენის ალბათობა)

ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ ნებისმიერ მეოთხედში დაბადების ალბათობა იგივეა და უდრის 1/4-ს.მოდით გამოვთვალოთ პოლინომიური სქემის ფორმულის მიხედვით:

პრობლემა პოლინომიური წრედისთვის

მდგომარეობა

ურნაში 30 ბურთები: კეთილი იყოს თქვენი დაბრუნება.3 თეთრი, 2 მწვანე, 4 ლურჯი და 1 ყვითელი.

გამოსავალი:

აღნიშნეთ მიერ მაგრამ მოვლენა, რომლის ალბათობაც პრობლემაში აღმოჩნდება.

მოდით გადავაფორმოთ პრობლემა პოლინომიური სქემის მიხედვით:

n=10 -ცდების რაოდენობა = არჩეული ბურთების რაოდენობა

m=4არის ვარიანტების რაოდენობა, რომელსაც ჩვენ განვასხვავებთ თითოეულ საცდელში

ვარიანტი 1 - აირჩიეთ თეთრი ბურთი

p1=1/3n1=3

ვარიანტი 2 - აირჩიეთ მწვანე ბურთი

p2=1/6n2=2

მე-3 ვარიანტი - ლურჯი ბურთის არჩევანი

p3=4/15n3=4

ვარიანტი 4 - აირჩიეთ ყვითელი ბურთი

p4=7/30n4=1

P(3,2,4,1) -? (პრობლემის მდგომარეობაში მოხსენიებული მოვლენის ალბათობა)

p1,p2, p3,p4 არ შეიცვალოს გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე, რადგან არჩევანი კეთდება დაბრუნებით

მოდით გამოვთვალოთ პოლინომიური სქემის ფორმულის მიხედვით:

ჰიპერგეომეტრიული სქემა

იყოს k ტიპის n ელემენტი:

პირველი ტიპის n1

მეორე ტიპის n2

nk ტიპის k

ამ n ელემენტიდან შემთხვევით დაბრუნება არ არისაირჩიეთ m ელემენტები

განვიხილოთ მოვლენა A(m1,…,mk), რომელიც შედგება იმაში, რომ შერჩეულ m ელემენტებს შორის იქნება

პირველი ტიპის m1

მ2 მეორე ტიპის

mk k-th ტიპი

ამ მოვლენის ალბათობა გამოითვლება ფორმულით

P(A(m1,…,mk))= (4.11)

მაგალითი 1

ამოცანა ჰიპერგეომეტრიული სქემისთვის (ნიმუში ამოცანის 1.9 D. h)

მდგომარეობა

ურნაში 30 ბურთები: 10 თეთრი, 5 მწვანე, 8 ლურჯი და 7 ყვითელი(ბურთები განსხვავდება მხოლოდ ფერით). ურნადან შემთხვევით შერჩეულია 10 ბურთი. დაბრუნება არ არის. იპოვეთ ალბათობა, რომ შერჩეულ ბურთებს შორის იქნება: 3 თეთრი, 2 მწვანე, 4 ლურჯი და 1 ყვითელი.

Ჩვენ გვაქვსn=30,k=4,

n1=10,n2=5,n3=8,n4=7,

m1=3,m2=2,m3=4,m4=1

P(A(3,2,4,1))= = შეიძლება დაითვალოს რიცხვამდე, იცის კომბინაციების ფორმულა

მაგალითი 2

გაანგარიშების მაგალითი ამ სქემის მიხედვით: იხილეთ გამოთვლები Sportloto თამაშისთვის (თემა 1)