Оценка конечного значения вероятности

[reader_st]

Пусть

$$n$$

--- число последовательно соединенных звеньев. При этом звено

$$i$$

характеризутся величинами:
1) вероятностью

$$p_{\text{внут.}}^i$$

означающей, что негативное событие, связанное с данным звеном, произойдет по причине "самого" звена;
2) вероятностью

$$p_{\text{внеш.}}^i$$

означающей, что негативное событие, связанное с данным звеном, произойдет по причине не зависящей от звена.

Тогда, если я не ошибаюсь, вероятность того, что для данного звена произойдет негатиное событие, обусловленное внутренними и внешними негативными причинами, равна

$$P^i=1-(1-p_{\text{внеш.}}^i)(1-p_{\text{внут.}}^i)$$

.
Далее, ввиду последовательного соединения для звена

$$i+1$$

известны величины:

$$p_{\text{внут.}}^{i+1}$$

и

$$p_{\text{внеш.}}^{i+1}=P^i$$

.

Возникло несколько вопросов:
1) верна ли приведенная формула для вычисления общей вероятности для одного звена;
2) верно ли, что для

$$n$$

-го звена формула имеет вид

$$P^n=1-(1-P^{n-1})(1-p_{\text{внут.}}^{n-1})$$

.
3) как измениться общая оценка вероятности в случае, если для каждого звена известно несколько различных "внешних" значений вероятности, например,

$$p1_{\text{внеш.}}^{i},p2_{\text{внеш.}}^{i}$$

.

[PAV]

Не все сходу понял. Отмечу лишь, что базовая формула верна, если указанные негативные события независимы. Тогда действительно можно перемножать вероятности (хотя это, по сути, определение независимости).

[reader_st]

PAV

негативные события для каждого звена ("внешние" и "внутренние") явл. независимыми. Если базовая формула верна, тогда остается выснить самый главный вопрос --- 3). В этом случае, если имеется несколько независимых внешних негативных событий, то как мне кажется, оценка общей вероятности для

$$i$$

-го звена определяется по формуле

$$P^i=1-(1-p_{\text{внутр.}}^i)(1-\max(p1_{\text{внеш.}}^i,p2_{\text{внеш.}}^i))$$

.

[PAV]

Давайте теперь уточним, что понимается под "различными внешними значениями вероятности". Если может произойти несколько внешних событий, которые независимы и для каждого из них вероятность задана точно, то это принципиально ничем не отличается от "внешнего" и "внутреннего" события. Формула будет такая же, только больше сомножителей.

Если же Вы имеете в виду, что событие одно, но его вероятность не известна точно, а есть несколько экспертных ее оценок, то это уже не задача теории вероятностей. Это что-то типа нечеткой задачи об оценке истинной неизвестной вероятности по имеющимся экспертным знаниям. Для ее решения необходимо исследование этих знаний с использованием достаточно большого объема обучающего материала.

[reader_st]

PAV

Это именно первый, из указанных Вами случаев, т.е. имеется к-независимых событий (внеш.) вероятности, которых известны

$$p1_{\text{внеш.}}^i,p2_{\text{внеш.}}^i,...,pk_{\text{внеш.}}^i$$

.

Тогда, как Вы предлагаете, формула для i-го звена имеет вид:

$$P^i=1-(1-p_{\text{внут.}}^i)(1-p1_{\text{внеш.}}^i)(1-p2_{\text{внеш.}}^i) ...(1-pk_{\text{внеш.}}^i)$$

[PAV]

Да, тогда именно так. С точки зрения вычисления вероятности внутренние и внешние события не отличаются друг от друга.

[reader_st]

PAV

Попробую несколько уточнить условия задачи, хотя это, наверное, как Вы заметили выше не имеет отношения к теории вероятностей. Значения

$$p1_{\text{внеш}}^i,p2_{\text{внеш}}^i...pk_{\text{внеш}}^i$$

определяют вероятности необеспеченности по k показателям по отношению к i-му звену. Тогда вероятность обеспеченности i-го звена, в рамках располагаемых значений показателей, по моему, определяется по формуле

$$1-\max({p1_{\text{внеш}}^i,p2_{\text{внеш}}^i...pk_{\text{внеш}}^i})$$

. К примеру, если мы готовим салат из яблок и груш, и известно, что вероятность нехватки яблок 0.1, а груш 0.2, то запланированное количество салата мы приготовим с вероятностью 0.8.

[PAV]

Нет, это не так. Допустим, что у нас есть много ингредиентов, причем вероятность нехватки каждого равна 0.5 (т.е. определяется бросанием правильной монеты). По Вашей формуле, вероятность того, что нам хватит всего, равна 0.5 и не зависит от количества ингредиентов. Тогда как очевидно, что если бросать монету достаточно много раз, то с достаточно большой вероятностью она хотя бы один раз упадет не так, как надо, т.е. нам чего-нибудь да не хватит.

Добавлено спустя 1 минуту 13 секунд:

Строго говоря, если у нас $n$ ингредиентов, то в моей постановке вероятность того, что нам хватит всего, равна $(0.5)^n$.

[reader_st]

PAV

Из Вашего последнего примера, как мне кажется, мы понимаем под вероятностью разные оценки.

В данном случае под вероятностью нехватки я понимаю следующее:
пусть

$$M_i^0$$

--- необходимое количество

$$i$$

-го ингредиента, тогда под

$$\alpha_i, \,\, 0\le\alpha_i\le 1$$

я понимаю вероятность того, что

$$i$$

-го ингредиента хватит, определяется

$$\alpha_i=\alpha_iM_i^0/M_i^0$$

, т.е.

$$\alpha_iM_i^0$$

--- объем фактически используемого ингредиента, тогда вероятность нехватки

$$1-\alpha_i$$

. Вот поэтому, когда я пишу конечную формулу "смешиваю ингредиенты", то беру максимум того, чего не хватит.

В Вашем же последнем примере, насколько я понял, объем

$$i$$

-го ресурса принимает значение 0 или

$$M_i^0$$

с вероятностью 0.5.

А вот над идеей о зависимости конечной формулы от числа ингредиентов надо подумать. Например, вот функция Кобба-Дугласа

$$Y=AX_1^{\alpha_1}X_2^{\alpha_2}..X_n^{\alpha_n}$$

, если рассмотреть отношение фактического объема производства к плановому, то получим

$$Y/Y_0=A(\beta_1X_1)^{\alpha_1}(\beta_2X_2)^{\alpha_2}..(\beta_nX_n)^{\alpha_n}/AX_1^{\alpha_1}X_2^{\alpha_2}..X_n^{\alpha_n}=(\beta_1)^{\alpha_1}(\beta_2)^{\alpha_2}..(\beta_n)^{\alpha_n}$$

[PAV]

reader_st писал(а):

В данном случае под вероятностью нехватки я понимаю следующее:
пусть

$$M_i^0$$

--- необходимое количество

$$i$$

-го ингредиента, тогда под

$$\alpha_i, \,\, 0\le\alpha_i\le 1$$

я понимаю вероятность того, что

$$i$$

-го ингредиента хватит, определяется

$$\alpha_i=\alpha_iM_i^0/M_i^0$$

,

Я не понял этой Вашей формулы. Однако подозреваю, что это не очень-то важно. Что бы ни означали эти вероятности, если события независимы, то они должны перемножаться. Вероятности вообще либо перемножаются, либо складываются, а таких формул, в которых бы брался максимум, я припомнить или придумать затрудняюсь.

Смотрите ведь что получается. Допустим, в Вашем примере с салатами повар имеет возможность выбора - готовить ли ему блюдо, в котором участвуют яблоки и груши, либо блюдо, в котором участвуют только груши. По Вашей формуле получается, что вероятности неудачи при этом одинаковы. Но ведь очевидно, что первый вариант более рискованный, так как нам может хватить груш, но не хватить именно яблок. Если мы сможем приготовить первое блюдо, то смогли бы приготовить и второе, а обратное неверно.

[reader_st]

PAV

Спасибо. Есть над чем подумать во время приготовления салата.