Вероятность

[Stensen]

Уважаемые помогите осознать Задачу. При исследовании больного имеется подозрение на одно из трех заболеваний: $A_1,\, A_2, \, A_3$. Известно, что больной страдает ровно одним из этих заболеваний, причем вероятность заболевания каждым из них в данных условиях составляет соответственно $p_1 = \frac{1}{2} , \, p_2 = \frac{1}{6}, \, p_3 = \frac{1}{3}$. Для уточнения диагноза назначен некоторый анализ, который дает положительный результат с вероятностью $0,1$ в случае заболевания $A_1$, с вероятностью $0,2$ - в случае заболевания $A_2$ и с вероятностью $0,9 $ в случае заболевания $A_3$. Анализ был проведен пять раз, из которых четыре имели положительный результат и один отрицательный. Для каждого заболевания найти вероятность того, что больной им страдает.
Найти вероятность заболевания одним из этих заболеваний можно, если правильно понимаю, по формуле Байеса. Обозначим:
вероятности заболеть одним из заболеваний: $p(A_1)=\frac{1}{2} ,\, p(A_2) =\frac{1}{6},\, p(A_3)=\frac{1}{3}$
вероятности получить положительную пробу анализа при этих заболеваниях: $p(+/A_1)=0.1 ,\, p(+/A_2)=0.2 ,\, p(+/A_3)=0.9$
вероятность получить положительную пробу анализа по формуле полной вероятности: $p(+)=p(+/A_1)p(A_1)+p(+/A_2)p(A_2)+p(+/A_3)p(A_3) = 0.38$

Тогда вероятность заболевания одним из этих заболеваний при положительном анализе: $p(A_i/+)=\frac{p(A_i )\cdot p(+/A_i)}{p(+)}$, $i=1,2,3$, если анализ проводили один раз. Догадываюсь, что при повторных анализах вероятность $p(A_i/+)$ будет изменяться (переоцениваться), но не понимаю как учесть проведение анализа 5 раз с разным результатом?

[Otta]

Stensen в сообщении #1358738 писал(а):

вероятности получить положительную пробу анализа

А у Вас другая схема исследования. Соответственно и событие выбирайте.

[Евгений Машеров]

Событие, исходя из вероятности которого при разных гипотезах Вы вычисляете апостериорную вероятность, состоит в том, что при пяти независимых анализах было получено 4 положительных и 1 отрицательный результат. И Вам прежде всего надо рассчитать вероятность этого при разных гипотезах.

[Stensen]

Otta в сообщении #1358742 писал(а):

Stensen в сообщении #1358738 писал(а):

вероятности получить положительную пробу анализа

А у Вас другая схема исследования. Соответственно и событие выбирайте.

Обозначим: $q_1=0.1,\, q_2=0.2,\, q_3=0.9$ - вероятности того, что анализ при одном исследовании окажется положительным для $A_1,\, A_2,\, A_3$ соответственно. $p_1=p(A_1)=\frac{1}{2} ,\, p_2=p(A_2) =\frac{1}{6},\, p_3=p(A_3)=\frac{1}{3}$. Тогда, т.к. анализы независимы, то вероятности того, что анализ 4 раза окажется положительным и 1 раз отрицательным для $A_1,\, A_2,\, A_3$ соответственно равны:

$ p(+/A_1) = 5 p_1 q_1^4 ( 1- q_1 )$

$ p(+/A_2) = 5 p_2 q_2^4 ( 1- q_2 )$

$ p(+/A_3) = 5 p_3 q_3^4 ( 1- q_3 )$

Полная вероятность положительного анализа: $ p(+)=p(+/A_1)+p(+/A_2)+p(+/A_3) $

По формуле Байеса вероятность того, что это: $A_1,\, A_2,\, A_3$ равна

$p(A_1/+) = \frac{ p(+/A_1)}{ p(+)}$

$p(A_2/+) = \frac{ p(+/A_2)}{p(+)}$

$p(A_3/+) = \frac{ p(+/A_3)}{p(+)}$. Поправьте пожалуйста если не верно.

[Otta]

Stensen в сообщении #1359222 писал(а):

соответственно равны:

$ p(+/A_1) = 5 p_1 q_1^4 ( 1- q_1 )$

Не равны. Может, Вы и посчитали вероятности правильно в конце концов, но здесь выражение для них неверное. Но думаете Вы в ту сторону, так что как исправите, так все будет нормально.

-- 06.12.2018, 16:57 --

Stensen в сообщении #1359222 писал(а):

$ p(+)=p(+/A_1)+p(+/A_2)+p(+/A_3) $

Тоже неверно.