Обратная задача теории вероятностей

[dgwuqtj]

Буквально явно написать конкретное вероятностное пространство $(X, \Omega, P)$, где $X = \{p, q, r, s\}$ множество элементарных исходов, $\Omega = 2^X$ сигма-алгебра событий (у нас же дискретный случай), $P \colon \Omega \to \mathbb R$ вероятностная мера. Ну и написать события, можно $A = \{p, q\}$ и $B = \{p, r\}$.

[BorisK]

И все же, как при заданном таким образом пространстве событий можно решить конкретную задачу. Даны вероятности событий $P(A \supset B)$ и $P(A \wedge B)$. Нужно вычислить значения $P(A)$ и $P(B)$.

[dgwuqtj]

Нахождение формулы для $P(A)$ - лёгкое упражнение. Построение вероятностного пространства, показывающего, что $P(B)$ нельзя однозначно восстановить, - чуть более сложное упражнение. Пробуйте! Вообще тема больше для ПРР подходит.

[Mikhail_K]

BorisK в сообщении #1649183 писал(а):

Извините, но мне непонятно, что в данном случае означает "построить пространство с событиями".

Уточню, что построить конечное вероятностное пространство можно так: указать, сколько в нём элементарных исходов (и обозначить каждый элементарный исход своей буквой; впрочем, dgwuqtj это уже сделал: элементарных исходов четыре, $X = \{p, q, r, s\}$) и указать вероятность каждого элементарного исхода (так чтобы в сумме они давали единицу; эти вероятности могут выражаться через $x,y,z$ - вот это уже должны сделать Вы). Затем ещё нужно указать, из каких элементарных исходов состоят события $A$ и $B$ (например, $A = \{p, q\}$ и $B = \{p, r\}$). И это надо сделать так, чтобы выполнялись условия задачи: $P(A \cap B) = x$, $P(B) = y$, $P(A \supset B) = z$.

Из утверждения этой задачи легко следует ответ на Ваш вопрос

BorisK в сообщении #1649122 писал(а):

Пусть даны случайные события $A, B, C, \dots $ и известна вероятность событий, выраженных формулами исчисления высказываний с пропозициональными переменными $A, B, C, \dots $. Можно ли по этим данным вычислить вероятность событий $A, B, C, \dots $?
Например, даны две переменные $A$ и $B$ и известны вероятности событий $P(A \supset B)$ и $P(A \wedge B)$. Необходимо вычислить $P(A)$ и $P(B)$.

Так как $0 \leq x \leq y \leq z \leq 1$ в задаче произвольны, то зная $P(A \cap B) = x$ и $P(A \supset B) = z$, нельзя определить $P(B) = y$.

BorisK в сообщении #1649192 писал(а):

Даны вероятности событий $P(A \supset B)$ и $P(A \wedge B)$. Нужно вычислить значения $P(A)$

Указание: как, зная $P(A \supset B)$, найти вероятность того, что событие $A$ произошло и при этом событие $B$ не произошло? Как, после этого, зная $P(A \wedge B)$, найти вероятность события $A$?

Наверное, с этого вопроса и лучше начать, а потом уже решать задачу от dgwuqtj. Она только выглядит сложно, на самом деле достаточно нарисовать пересекающимися кружочками события $A$ и $B$ и подписать вероятности. И всё будет видно.

P.S.

BorisK в сообщении #1649159 писал(а):

Под $(A \supset B)$ в математической логике понимается " не $A$ или $B$".

dgwuqtj в сообщении #1649129 писал(а):

Никогда не понимал такое обозначение. Тут $A \supset B$ является универсумом тогда и только тогда, когда $A \subseteq B$ как множества.

Соглашусь, что обозначение очень плохое и вводящее в заблуждение. Чем $A\to B$ не нравится вместо $A \supset B$?

[BorisK]

Спасибо за вопросы и замечания. Признаю свою небрежность в формулировках и уточняю пространство событий. Для двух переменных $A$ и $B$ элементарных событий 4. Это ПАРЫ единичных событий $(A,B)$, $(\neg A,B)$, $(A, \neg B)$ и $(\neg A, \neg B)$. Для трех переменных пространство – это ТРОЙКИ единичных событий. Их соответственно будет 8, для 4-х переменных пространство - это ЧЕТВЕРКИ, их соответственно будет 16 и т.д. Вероятность каждого элементарного события ($n$-ки) равна произведению вероятностей единичных событий. Именно при таком пространстве событий сложные события можно выражать формулами исчисления высказываний. Тогда для решения обратной задачи число необходимых для решения формул равно числу переменных $n$, из которых формируются $n$-ки элементарных событий. Хотя имеются случаи, при которых решение невозможно.

-- 10.08.2024, 18:41 --

[dgwuqtj]

BorisK в сообщении #1649229 писал(а):

Вероятность каждого элементарного события ($n$-ки) равна произведению вероятностей единичных событий.

То есть $A$ и $B$ независимы. Это, конечно, меняет дело. Вероятность $P(B)$ найти можно, кроме случая, когда $P(A \cap B) = 0$ и $P(A \supset B) = 1$ (то есть когда $P(A) = 0$).

[BorisK]

dgwuqtj в сообщении #1649234 писал(а):

То есть $A$ и $B$ независимы. Это, конечно, меняет дело. Вероятность $P(B)$ найти можно, кроме случая, когда $P(A \cap B) = 0$ и $P(A \supset B) = 1$ (то есть когда $P(A) = 0$).

К сожалению, это не так. Случай, когда $P(A \cap B) = 0$ и $P(A \supset B) = 1$ как раз имеет решение (хотя и не единственное), но возможны другие значения $P(A \cap B)$ и $P(A \supset B)$, при которых задача решения не имеет. Но ближе к делу.
Схема решения данного варианта обратной задачи теории вероятностей такова.
1) Заданные формулы исчисления высказываний преобразуются в ортогональные ДНФ (дизъюнктивная нормальная форма), т.е. в ДНФ, у которых любая пара конъюнктов не имеет общих выполняющих подстановок. Задача преобразования произвольной дизъюнкции в ортогональную ДНФ решена П.С. Порецким в 1887 г. (Порецкий П.С. Решение общей задачи теории вероятностей при помощи математической логики.- Собрание протоколов заседаний секции физико-математических наук общества естествоиспытателей при Казанском университете. Казань: 1887. Т.5. С.83-116). Задача преобразования любой формулы (более точно произвольных ДНФ или КНФ) исчисления высказываний в ортогональную ДНФ решена Ю.В. Мерекиным в 1963 г. (Мерекин Ю.В. Решение задач вероятностного расчета однотактных схем методом ортогонализации // Вычислительные системы. Сборник трудов Института математики СО АН СССР. 1963. Вып.4. С.10-21).
Пример: формулу $X \supset Y$ можно преобразовать в ортогональную ДНФ $ \neg X \vee (X \wedge Y)$.
2) Используя ортогональные ДНФ, формируем вероятностные полиномы. Для этого переменные в логических формулах заменяем обозначениями вероятностей единичных событий, связку $\vee$ заменяем на знак суммы $+$, а связку $\wedge$ на знак умножения $\times$. При этом $\neg X$ заменяем на $1 - P(X)$.
Пример: обозначим $P(X)$ - $x$ и $P(Y)$ - $y$. Тогда ортогональную ДНФ $ \neg X \vee (X \wedge Y)$ можно преобразовать в вероятностный полином $1-x+(x \times y)$.
3) Решить систему уравнений, выраженных вероятностными полиномами, с учетом следующих ограничений: величина переменных должна находиться в интервале $[0,1]$.
Рассмотрим пример. Пусть $P(A \supset B) = C$ и $P(A \cap B) = D$. Обозначим $P(A)$ - $x$ и $P(B)$ - $y$. Тогда получим следующую систему уравнений:
$1-x + x \times y = C$;
$x \times y = D$.
Решая систему уравнений, получаем
$x = P(A) =1 + D - C$;
$y = P(B) = \frac D {1+D-C}$.
Единственное ограничение в этом примере: $D \leq C$, в противном случае значение $P(A)$ превысит единицу.
Рассмотрим частный случай, который собеседник dgwuqtj рассматривает как исключение: $P(A \supset B) = C =1$ и $P(A \cap B) = D = 0$.
Из $x = P(A) =1 + D - C$ получаем $P(A) = 0$, в то же время при вычислении $P(B)$ получается крупная неприятность $P(B) = \frac {0} {0}$ (!!!)
Мы знаем, что на ноль делить нельзя, поэтому пока непонятно, чему равно $P(B)$. Для ответа вернемся к уравнениям, подставив в них $C = 1$, $D = 0$ и $x = 0$. Тогда получается, что при любом значении $y$ равенства в уравнениях не нарушаются. Отсюда ясно, что задача решается при $P(A) = 0$ и любом значении $P(B)$ в интервале $[0,1]$.
Алгоритм и другие примеры решения обратной задачи теории вероятностей можно найти в статье Б.А. Кулика. К сожалению, там недостаточно четко определено пространство событий, но подразумевается именно то, которое в этой дискуссии было ранее сформулировано мною после замечаний.

[BorisK]

dgwuqtj в сообщении #1649194 писал(а):

Нахождение формулы для $P(A)$ - лёгкое упражнение. Построение вероятностного пространства, показывающего, что $P(B)$ нельзя однозначно восстановить, - чуть более сложное упражнение. Пробуйте! Вообще тема больше для ПРР подходит.

А что такое ПРР?

-- 12.08.2024, 19:38 --

Прошу прощения, в алгоритма опечатка: $P(A \cap B)$ надо читать как $P(A \wedge B)$ в четырех местах.

[dgwuqtj]

BorisK в сообщении #1649658 писал(а):

А что такое ПРР?

Раздел "Помогите решить / разобраться (М)".

[BorisK]

dgwuqtj в сообщении #1649660 писал(а):

BorisK в сообщении #1649658 писал(а):

А что такое ПРР?

Раздел "Помогите решить / разобраться (М)".

А решение данной задачи Вам не понравилось? Или Вы о нем знали?

[epros]

BorisK в сообщении #1649229 писал(а):

Тогда для решения обратной задачи число необходимых для решения формул равно числу переменных $n$, из которых формируются $n$-ки элементарных событий.

С чего бы это? А мне кажется, что нужно $2^n-1$ условий. В частности, в Вашей задаче $n=2$. Это значит, что имеются 4 элементарных исхода. Их вероятности связаны условием, что их суммы должны равняться 1. Так что для определения значений всех вероятностей элементарных исходов не хватает трёх условий. А у Вас в задаче только два условия. Поэтому вероятности $\neg A \land B$ и $\neg A \land \neg B$ найти никак не получится. Вероятность $A \land \neg B$ находится из первого условия, а вероятность $A \land B$ - из второго условия.

[BorisK]

epros в сообщении #1649717 писал(а):

С чего бы это? А мне кажется, что нужно $2^n-1$ условий. В частности, в Вашей задаче $n=2$. Это значит, что имеются 4 элементарных исхода. Их вероятности связаны условием, что их суммы должны равняться 1. Так что для определения значений всех вероятностей элементарных исходов не хватает трёх условий. А у Вас в задаче только два условия. Поэтому вероятности $\neg A \land B$ и $\neg A \land \neg B$ найти никак не получится. Вероятность $A \land \neg B$ находится из первого условия, а вероятность $A \land B$ - из второго условия.

Позволю не согласиться Вами. Для $n=2$ элементарных исхода 4, но переменных то две! Подформула $\neg A$ в вероятностном полиноме (см. схему алгоритма выше) преобразуется в подфрмулу $1-P(A)$. так что во всех полиномах содержится не более двух переменных. Иногда $n$ полиномов недостаточно, но это уже особые случаи. Показываю на Вашем примере.
Даны $P(\neg A \land B)=C$ и $P(\neg A \land \neg B)=D$. Конъюнкты не требуют ортогонализации, поэтому преобразуем их непосредственно в вероятностные полиномы. Пусть значения $C$ и $D$ находятся в интервале $[0,1]$. Тогда
$(1-P(A))P(B)=C$;
$(1-P(A))(1-P(B))=D$.
Если полученные результаты решения системы уравнений однозначны и не выходят за пределы интервала $[0,1]$, то решение получено. Если неоднозначны, то нужны дополнительные условия. Если значение хотя бы одной переменной выходит за пределы интервала $[0,1]$, то решения с данными $C$ и $D$ невозможны.
И еще обратите внимание на следующий интересный, но вполне закономерный результат. После получения решения для $P(A)$ и $P(B)$ можно вычислить значения полиномов (они соответствуют набору всех конституент для $n=2$):
$(1-P(A))P(B)=C$;
$(1-P(A))(1-P(B))=D$.
$P(A)P(B)=?$;
$P(A)(1-P(B))=?$.
Сумма их значений будет равна 1 для любых $C$ и $D$.

[epros]

BorisK в сообщении #1649773 писал(а):

Для $n=2$ элементарных исхода 4, но переменных то две!

Как это? Переменные ведь у нас - это вероятности элементарных исходов? А они задаются независимо, за исключением условия, что сумма всех должна быть равна 1. Таким образом, остаётся 3 независимых переменных.

BorisK в сообщении #1649773 писал(а):

Даны $P(\neg A \land B)=C$ и $P(\neg A \land \neg B)=D$

BorisK в сообщении #1649773 писал(а):

$(1-P(A))P(B)=C$;
$(1-P(A))(1-P(B))=D$

$(1-P(A))P(B)$ - это не $P(\neg A \land B)$, а $(1-P(A))(1-P(B))$ - это не $P(\neg A \land \neg B)$.

[BorisK]

epros в сообщении #1649788 писал(а):

$(1-P(A))P(B)$ - это не $P(\neg A \land B)$, а $(1-P(A))(1-P(B))$ - это не $P(\neg A \land \neg B)$.

Интересно, на чем основано это Ваше «это не»? Есть публикации, в которых изложены методы преобразования ортогональных ДНФ в вероятностные полиномы – выше есть ссылки на эти публикации. Также выше есть определение пространства событий в случае, когда сложные события заданы логическими формулами. Где Вы видите основания для «это не»?

[epros]

BorisK в сообщении #1649799 писал(а):

Есть публикации, в которых изложены методы преобразования ортогональных ДНФ в вероятностные полиномы

Причём тут какие-то полиномы? Это элементарная теория вероятностей: $P(A \land B) = P(A) P(B)$ только если $A$ и $B$ независимы, но не в общем случае. Декларируя независимость $A$ и $B$, Вы добавляете ещё одно условие в задачу.