Задачка по терверу.

[Etherius]

Пожалуйста помогите решить такую задачку. Если честно даже не знаю с каой стороны к ней подлезть. Задачка явно простая. У меня были подозрения, что она на схему Бернулли, но я не сумел решить этим методом.
Вот условие:
У больного имеется подозрение на одно из трех болезней. Вероятность заболевания в данном случае составляет для первого 1/2, для 2ого 1/6, для 3 1/3. Для уточнения диагноза проводят анализы дающий положительный результат с вероятностью 0.1 для первой, 0.2 для второй и 0.9 для третьей. После проводят анализ 5 раз, 4 раза он оказывается положительным, один отрицательным. Найти вероятность заболевания каждой болезнью.

интуитивно хочется просто перемножить 0.8*0.1, 0.8*0.2 и 0.8*0.9, тогда получится вероятность просто для каждой болезни. Но для чего даны те вероятности??? Перемножать на них просто глупо, мне кажется.
Заранее благодарю за помощь.

[Someone]

Примените формулу Байеса.

[Etherius]

Тоже сейчас на нее посмотрел 8) Ведь мне даны априорные вероятности 8) Спасибо 8) Рано написал 8) мог сам догадаться 8)

Добавлено спустя 9 минут 23 секунды:

Но кстати не все так оказалось просто =\ У меня три события и выходит весьма проблематично все это впихнуть в формулу. Или событие одно? А - пациент болен, И три гипотезы заболеваний. Тогда что делать с положительными анализами? Я запутался 8(

[Someone]

Etherius писал(а):

А - пациент болен

Результат анализов и есть событие $A$.

P.S. Для написания формул используйте \TeX (http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=183, http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=8355). Другое считается нарушением правил (пункт 1к).

[Etherius]

Да нет, мне решение и не надо. я пытаюсь разобраться 8) Ладно пойду подумаю, выложу мысли чуть позже. Пока ничего связать не могу.

[PAV]

Событие - это то, что из пяти испытаний Бернулли четыре оказались "успехами". А болезни - это гипотезы, каждой из них соответствует своя вероятность "успеха" и, соответственно, своя (условная) вероятность данного события, вычисляемая по формуле Бернулли.

[Etherius]

$P(H_1)=1/2$
$P(H_2)=1/6$
$P(H_3)=1/3$
Верно?

Добавлено спустя 1 минуту:

PAV
Хм, спасибо, сейчас подумаю, видимо то, что написано выше не верно 8)

[Someone]

Etherius писал(а):

PAV
Хм, спасибо, сейчас подумаю, видимо то, что написано выше не верно

Вы правильно поняли. Гипотезы сформулированы верно, а вот условные вероятности подкачали.

P.S. "Звёздочка" в качестве знака умножения выглядит плохо. Используйте вместо неё "\cdot ". А дробь кодируется как "\frac{...}{...}".

[Etherius]

До этого я условные вероятности вычислял так:

$C_5^4\cdot (0.1)^4\cdot (0.9) $
Но вероятность получается крошечная, меня это пугает 8(

Добавлено спустя 34 секунды:

Someone
Спасибо, что-то умножение не получилось опставить 8(

Добавлено спустя 5 минут 29 секунд:

Если так решать то выходит для первой болезни:
По вышеописанной формуле $P(A|H_1)=4.5\cdot 10^{-4}$

Добавлено спустя 4 минуты 12 секунд:

Посчитал походу неверно 8) Сейчас пересчитаю 8)

Добавлено спустя 2 минуты 27 секунд:

Исправил, но всеравно это очень мало.

[Someone]

Etherius писал(а):

Исправил, но всеравно это очень мало.

Ну почему же мало? Если вероятность успеха составляео $0.1$, то вероятность того, что в четырёх опытах будет успех, а в одном - нет, и должна быть маленькой. Считайте всё и показывайте.

[Etherius]

В итоге пришел вот к чему:
$P(A|H_1)=4.5\cdot 10^{-4}$
$P(A|H_2)=6.4\cdot 10^{-3}$
$P(A|H_3)=0.328$

Тогда $P(A)=0.5\cdot 4.5\cdot 10^{-4}+\frac{1}{6}\cdot 6.4\cdot 10^{-3}+0.328\cdot \frac{1}{3}=0.111$

Добавлено спустя 5 минут 36 секунд:

Теперь вероятности
$P(H_1|A)=\frac{P(H_1)\cdot P(A|H_1)}{P(A)}=2.027\cdot 10^{-3}$
$P(H_2|A)=\frac{P(H_2)\cdot P(A|H_2)}{P(A)}=9.61\cdot 10^{-3}$
$P(H_3|A)=\frac{P(H_3)\cdot P(A|H_3)}{P(A)}=0.985$
Не большевата ли последняя? Я понимаю, что 0.9 но все же...

Добавлено спустя 4 минуты 29 секунд:

Сумма 0.997, а не должна быть 1?

[Someone]

Посмотрел ещё раз внимательно Ваше сообщение http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=122694#122694. Вы там как гипотезы-то обозначили? Везде написано $H_1$. Я верно думаю, что индекс должен означать номер заболевания? Тогда у Вас очень странные условные вероятности $P(A|H_2)$ и $P(A|H_3)$. И если хотите получить точную единицу, не округляйте промежуточные результаты и считайте в обыкновенных дробях.

P.S. Про дробь Вы поняли, а про знак умножения - нет.

[Etherius]

Немного напутал вчера вечером 8) сейчас исправил, н надеюсь финальный ответ все же верный?

Добавлено спустя 8 минут 43 секунды:

P.S. Странно вчера он мне скрипт точки отказывался переводить в знак умножения 8)

[PAV]

Формулы верные, так что приблизительно ответ должен быть правильный. Лучше бы считать без округлений, тогда правильнее будет. Если расписать все в общем виде, то часть сомножителей можно будет вынести за скобку и учесть в самом конце... например, из всех условных вероятностей можно выделить общий сомножитель $C_5^4=5$, а также вынести $10^{-5}$

Добавлено спустя 1 минуту 1 секунду:

Etherius писал(а):

P.S. Странно вчера он мне скрипт точки отказывался переводить в знак умножения 8)

Может быть, после слова cdot не было пробела?

[Etherius]

PAV
Т.е. ход решений верный? Спасибо большое 8) Сейчас уже понимаю, что как только увидел выборку с успехом - это была формула Бернулли 100%, а априорные вероятности говорят о схеме Байеса.

Добавлено спустя 54 секунды:

PAV писал(а):

Может быть, после слова cdot не было пробела?

Скорее всего 8)