Теория вероятности

[nbyte]

Цитата:

Найдите сначала по формуле Байеса апостериорные вероятности гипотез (из какой урны шар)

А можно немного поподробней?
У меня вот такое решение вышло, но опять сильно сомневаюсь в правильности
Решение к четвёртой
Вероятность выбрать каждую урну у нас $1/2$
Если без условия что первый шар у нас попался именно белый, то вероятность выбрать конкретную урну + белый шар + белый шар равна:
$(1/2)*(22/30)*(21/29)$ - с первой урны
$(1/2)*(40/89)*(39/88)$ - с второй урны

Допустим $P(B)$ - вероятность выбрать белый шар + белый шар из взятой урны
$P(B) = (1/2)*(22/30)*(21/29) + (1/2)*(40/89)*(39/88)$
$P(B|A)$ - вероятность выбрать белый шар из взятой урны
$P(B|A) = (22/30) + (40/89)$
$P(A)$ - вероятность выбрать урну
$P(A) = 1/2$
Тогда по формуле Байеса
$P(A|B)=\dfrac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}$
$P(A|B)= \[\frac{\text{(}\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{)*((}\frac{\text{22}}{\text{30}}\text{) + (}\frac{\text{40}}{\text{89}}\text{))}}{\text{(}\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{)*(}\frac{\text{22}}{\text{30}}\text{)*(}\frac{\text{21}}{\text{29}}\text{) + (}\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{)*(}\frac{\text{40}}{\text{89}}\text{)*(}\frac{\text{39}}{\text{88}})}\]$

[Henrylee]

Хотелось бы вернуться к первой задаче, потому как она далеко не так проста и наивна. При первом же ознакомлении лично у меня возникло ощущение подвоха.

Мало того, что условие допускает разночтения. Главное, что ни в одном из варианте трактовки
задача решения не имеет.

А теперь подробности.
Обозначим события
$H_1$ - в этот день будет дождь;
$H_2$ - дождя не будет;
$S_1$ - синоптики говорят: "будет";
$S_2$ - синоптики говорят: "не будет";
$A$ - Иван берет зонт.

Понятно, что мы ищем $1-\Prob(A|H_1)$.
Теперь о том, что нам известно наверняка из условия задачи:
$\Prob(H_1)=1-\Prob(H_2)=0,68,\quad \Prob(A|S_1)=1,\quad\Prob(A|S_2)=0,26 $
Далее, фраза "синоптики прогнозируют дождь с вероятностью 80%" допускает следующие трактовки:
1) $\Prob(S_1|H_1)=0,8$,
2) $\Prob(H_1|S_1)=0,8$,
3) $\Prob(S_1|H_1)=\Prob(S_2|H_2)=0,8$.
Конечно, вариант 2 наиболее экзотичный, вариант 3 кажется наиболее правдоподобным. Но суть не в этом.
Обатимся к картинке:

Область с синими каплями - идет дождь :)
Зеленая область - Иван взял зонт (событие $A$). Четыре прямоугольные зоны - пересечения события $H_iS_j, i,j=1,2.$
Мы знаем, что в белой области $S_2$ эллиптический кусочек события $A$ занимает 0,26 ее площади. Но нам по-прежнему, ни в каком из вариантов трактовки, ничего неизвестно о вероятности события $AH_1S_2$, а именно, в какой пропорции овальный кусочек события $A$ распределен между $H_1S_2$ и $H_2S_2$, что играет ключевую роль при вычилсении искомой вероятности.

[nbyte]

Henrylee, а если в условии вероятность дождя не $0.68$, а $0.63$?
А пересмотрел много раз условие откуда я переписывал и заметил ошибку.

[faruk]

nbyte в сообщении #305006 писал(а):

$P(B|A) = (22/30) + (40/89)$

$\dfrac{22}{30}+\dfrac{40}{89}>1$

nbyte в сообщении #305006 писал(а):

Допустим $P(B)$ - вероятность выбрать белый шар + белый шар из взятой урны

Зачем всё так усложнять нагромождениями? Внимательно читаем условие задачи и стараемся выбрать события наиболее просто:

Цитата:

В одной урне есть 22 белых и 8 чёрных шаров, а в другой - 40 белых и 49 чёрных шаров. У наугад выбранной урны вытаскивается белый шар.
Какая вероятность того что выбранный из той же самой урны ещё один шар будет белым?

$A_1$ – первая урна
$A_2$ – вторая урна
$B_1$ – первый шар белый
$B_2$ – второй шар белый

$P(B_2|B_1) = P(A_1|B_1)\cdot P(B_2|A_1) + P(A_2|B_1)\cdot P(B_2|A_2)$

nbyte в сообщении #305279 писал(а):

Henrylee, а если в условии вероятность дождя не $0.68$, а $0.63$?
А пересмотрел много раз условие откуда я переписывал и заметил ошибку.

Проблема не в цифрах, а в неоднозначности понимания выражения:

Цитата:

Известно, что синоптики прогнозируют дождь с вероятностью 80%.

[nbyte]

faruk в сообщении #305316 писал(а):

$A_1$ – первая урна
$A_2$ – вторая урна
$B_1$ – первый шар белый
$B_2$ – второй шар белый

$P(B_2|B_1) = P(A_1|B_1)\cdot P(B_2|A_1) + P(A_2|B_1)\cdot P(B_2|A_2)$

Проверьте пожалуйста, правильно-ли я понял
$P(B_2|B_1) = \[\left( \frac{1}{2}*\left( \frac{22}{30} \right) \right)*\left( \frac{21}{29} \right)+\left( \frac{1}{2}*\left( \frac{40}{89} \right) \right)*\left( \frac{39}{88} \right)\] = 0.36510$
(В ответе нужно получить 5 знаков после запятой)

faruk в сообщении #305316 писал(а):

Проблема не в цифрах, а в неоднозначности понимания выражения:
Цитата:
Известно, что синоптики прогнозируют дождь с вероятностью 80%.

У меня в условие прогноз синоптиков и сама вероятность дождя отделены.

-- Пт апр 02, 2010 19:56:32 --

Решение к третей
Посмотрите пожалуйста, что у меня тут нетак.
Вродебы рассуждаю правильно, но ответ > 1
Попробую рассуждать так
вероятность = (1тенесист и 2тенесист) и ( (1судья) или (2судья) или (3судья) или (1судья и 2судья) или (1судья и 3судья) или (2судья и 3судья) или (1судья и 2судья и 3судья))
Тогда решение
$(0.52 * 0.52) * ( (0.58) + (0.87) + (0.87) + (0.58 * 0.87) + (0.58 * 0.87) + (0.87 * 0.87) + (0.58 * 0.87 * 0.87))$

[ewert]

nbyte в сообщении #305650 писал(а):

Посмотрите пожалуйста, что у меня тут нетак.
Вродебы рассуждаю правильно, но ответ > 1
Попробую рассуждать так
вероятность = (1тенесист и 2тенесист) и ( (1судья) или (2судья) или (3судья) или (1судья и 2судья) или (1судья и 3судья) или (2судья и 3судья) или (1судья и 2судья и 3судья))
Тогда решение
$(0.52 * 0.52) * ( (0.58) + (0.87) + (0.87) + (0.58 * 0.87) + (0.58 * 0.87) + (0.87 * 0.87) + (0.58 * 0.87 * 0.87))$

Не так, что в формуле "включений-исключений" знаки -- не все плюсы.

А ещё более не так, что ни один нормальный человек даже и не попытается этой формулой пользоваться. Истчо раз: перейдите к противоположному событию относительно судей.

[faruk]

nbyte в сообщении #305650 писал(а):

Проверьте пожалуйста, правильно-ли я понял
$P(B_2|B_1) = \[\left( \frac{1}{2}*\left( \frac{22}{30} \right) \right)*\left( \frac{21}{29} \right)+\left( \frac{1}{2}*\left( \frac{40}{89} \right) \right)*\left( \frac{39}{88} \right)\] = 0.36510$
(В ответе нужно получить 5 знаков после запятой)

Неправильно.

Сначала надо правильно посчитать апостериорные вероятности $P(A_1|B_1)$ и $P(A_2|B_1)$

$P(A_1|B_1) = \dfrac{P(B_1|A_1)\cdot P(A_1)}{P(B_1|A_1)\cdot P(A_1)+P(B_1|A_2)\cdot P(A_2)}$

$P(A_2|B_1) = \dfrac{P(B_1|A_2)\cdot P(A_2)}{P(B_1|A_1)\cdot P(A_1)+P(B_1|A_2)\cdot P(A_2)}$

[Henrylee]

nbyte в сообщении #305279 писал(а):

Henrylee, а если в условии вероятность дождя не $0.68$, а $0.63$?

Один фиг.

[nbyte]

ewert в сообщении #305671 писал(а):

А ещё более не так, что ни один нормальный человек даже и не попытается этой формулой пользоваться. Истчо раз: перейдите к противоположному событию относительно судей.

Попробую рассуждать так тогда
Решение к третей
Противоположное событие тому что:
Первый судья не придёт $1 - 0.58 = 0.42$
Второй судья не придёт $1 - 0.87 = 0.13$
Третий судья не придёт $1 - 0.87 = 0.13$
Событие что все не придут $0.42*0.13*0.13 = 0.007098$
А нам надо противоположное событие что кто-то придёт $1 - 0.007098 = 0.992902$
Тогда имеем что нужно найти (первый игрок + второй игрок) + кто-то придёт
Тогда решением будет $(0.52 * 0.52) * 0.992902 = 0.26848$ (5 знаков после запятой)

Проверьте пожалуйста.

-- Сб апр 03, 2010 17:26:17 --

faruk в сообщении #305769 писал(а):

Неправильно.

Сначала надо правильно посчитать апостериорные вероятности $P(A_1|B_1)$ и $P(A_2|B_1)$

$P(A_1|B_1) = \dfrac{P(B_1|A_1)\cdot P(A_1)}{P(B_1|A_1)\cdot P(A_1)+P(B_1|A_2)\cdot P(A_2)}$

$P(A_2|B_1) = \dfrac{P(B_1|A_2)\cdot P(A_2)}{P(B_1|A_1)\cdot P(A_1)+P(B_1|A_2)\cdot P(A_2)}$

Трудновато как-то укладывается в голове.
Надеюсь сейчас хоть посчитаю правильно.
Проверьте пожалуйста
Решение к четвёртой задаче
$\[P({{A}_{1}}|{{B}_{1}})=\frac{\frac{22}{30}*\frac{1}{2}}{\frac{22}{30}*\frac{1}{2}+\frac{40}{89}*\frac{1}{2}}=\frac{979}{1579}\]$
$\[P({{A}_{2}}|{{B}_{1}})=\frac{\frac{40}{89}*\frac{1}{2}}{\frac{22}{30}*\frac{1}{2}+\frac{40}{89}*\frac{1}{2}}=\frac{600}{1579}\]$
$\[P({{B}_{2}}|{{B}_{1}})=\frac{979}{1579}\cdot \frac{21}{29}+\frac{600}{1579}\cdot \frac{39}{88}=\frac{310974}{503701}=0.61737\]$ (5 знаков после запятой)

-- Сб апр 03, 2010 17:28:53 --

Henrylee в сообщении #305878 писал(а):

Один фиг.

Тоесть решения вообще нету или что? Я тут как-то толком и не смог понять где именно заводит в заблуждение.
Если можно, объясните неопытному более подробно

[ewert]

nbyte в сообщении #306021 писал(а):

Тогда решением будет $(0.52 * 0.52) * 0.992902 = 0.26848$ (5 знаков после запятой)

Проверьте пожалуйста.

Цифирки проверять лень, но схема правильна.

[Henrylee]

nbyte в сообщении #306021 писал(а):

Тоесть решения вообще нету или что? Я тут как-то толком и не смог понять где именно заводит в заблуждение.
Если можно, объясните неопытному более подробно

Да, решения нет. Не хватает данных. Вот тут я все уже объяснил:

Henrylee в сообщении #305878 писал(а):

Мы знаем, что в белой области $S_2$ эллиптический кусочек события $A$ занимает 0,26 ее площади. Но нам по-прежнему, ни в каком из вариантов трактовки, ничего неизвестно о вероятности события $AH_1S_2$, а именно, в какой пропорции овальный кусочек события $A$ распределен между $H_1S_2$ и $H_2S_2$

Если в картинке Вам все понятно, то должно быть и вообще все понятно.

[nbyte]

Henrylee, Вы правы. Тут действительно с условием что-то не так.
Так как у меня при проверке ответ не совпал.
(сейчас этот пример для меня уже не актуальный)