Формула полной вероятности - презентация, доклад, проект скачать

Нажмите для полного просмотра!

Содержание ▲

Вы можете ознакомиться и скачать презентацию на тему Формула полной вероятности. Доклад-сообщение содержит 33 слайдов. Презентации для любого класса можно скачать бесплатно. Если материал и наш сайт презентаций Mypresentation Вам понравились – поделитесь им с друзьями с помощью социальных кнопок и добавьте в закладки в своем браузере.

Слайды и текст этой презентации

Слайд 1

Описание слайда:

§2.4. Формула полной вероятности

Слайд 2

Описание слайда:

Пусть требуется определить вероятность некоторого события А, которое может произойти вместе с одним из событий Н1, Н2,…, Нn, образующих полную группу несовместных событий (известны вероятности этих событий и условные вероятности Р(АН1),…,Р(АНn)). Ответ дает следующая теорема. Пусть требуется определить вероятность некоторого события А, которое может произойти вместе с одним из событий Н1, Н2,…, Нn, образующих полную группу несовместных событий (известны вероятности этих событий и условные вероятности Р(АН1),…,Р(АНn)). Ответ дает следующая теорема. Теорема 2.7: Вероятность события А, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий Н1, Н2,…, Нn, образующих полную группу, равна сумме произведений, вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

Слайд 3

Описание слайда:

Р(А)= (Нi) Р(АНi). Р(А)= (Нi) Р(АНi). Доказательство: Н1, Н2,…, Нn Н1А,…, НiА,…, НnА Р(А)=Р(Н1А+ Н2А+…+ НnА). (1) Р(Н1А+ Н2А+…+ НnА)= = Р(Н1А)+Р( Н2А)+…+ Р(НnА). (2) Р(Н1А)= Р(Н1) Р(АН1),…, Р(НnА)= = Р(Нn) Р(АНn). (3)

Слайд 4

Описание слайда:

Пример 1: 3 урны. В первой урне 2 белых и 1 черный; во второй – 3 белых и 1 черный; в третьей – 2 белых и 2 черных шара. Выбирается наугад одна из урн и вынимается из нее шар. Найти вероятность того, что этот шар белый. Пример 1: 3 урны. В первой урне 2 белых и 1 черный; во второй – 3 белых и 1 черный; в третьей – 2 белых и 2 черных шара. Выбирается наугад одна из урн и вынимается из нее шар. Найти вероятность того, что этот шар белый. Решение: А – появление белого шара; Н1 – выбор первой урны; Н2 – выбор второй урны; Н3 – выбор третьей урны. Т.к. Н1Н2Н3 образуют полную группу несовместных событий, то Р(Н1+ Н2+ Н3)=Р(Н1)+Р(Н2)+Р(Н3)=1. Следовательно: Р(Н1)=Р(Н2)=Р(Н3)=1/3. Условные вероятности события А при осуществлении событий Нi соответственно равны: Р(АН1)=2/3, Р(АН2)=3/4, Р(АН3)=2/4. По формуле полной вероятности Р(А)=Р( Н1)Р(АН1) + +Р(Н2) Р(АН2)+Р( Н3) Р(АН3)=1/3 2/3+1/3 3/4+ +1/3 2/4=23/36.

Слайд 5

Описание слайда:

Пример 2: По самолету производятся 3 одиночных выстрела. Вероятность попадания при 1-ом выстреле – 0,4; при 2-ом – 0,5; при 3-ем – 0,7. Для вывода самолета из строя заведомо достаточно трех попаданий: при одном попадании самолет выходит из строя с вероятностью 0,2; при двух – 0,6. Найти вероятность того, что в результате трех выстрелов самолет будет выведен из строя. Пример 2: По самолету производятся 3 одиночных выстрела. Вероятность попадания при 1-ом выстреле – 0,4; при 2-ом – 0,5; при 3-ем – 0,7. Для вывода самолета из строя заведомо достаточно трех попаданий: при одном попадании самолет выходит из строя с вероятностью 0,2; при двух – 0,6. Найти вероятность того, что в результате трех выстрелов самолет будет выведен из строя. Решение: 4 гипотезы Н0 – в самолет не попало ни одного снаряда; Н1 – попал 1 снаряд; Н2 – попало 2 снаряда; Н3 –попало 3 снаряда.

Слайд 6

Описание слайда:

По т.сложения и умножения По т.сложения и умножения Р(Н0)=0,6 0,5 0,3=0,09 Р(Н1)=0,4 0,5 0,3+0,6 0,5 0,3+0,6 0,5 0,7=0,36 Р(Н2)=0,6 0,5 0,7+0,4 0,5 0,7+0,4 0,5 0,3=0,41 Р(Н3)=0,4 0,5 0,7=0,14 Р(АН0)=0 Р(АН1)=0,2 Р(АН2)=0,6 Р(АН3)=1 Р(А)=Р(Н0) Р(АН0)+Р(Н1) Р(АН1)+ +Р(Н2) Р(АН2)+Р(Н3) Р(АН3)=0,36 0,2+ +0,41 0,6+0,14 1=0,458

Слайд 7

Описание слайда:

§2.5.Теорема гипотез. Формула Байеса Имеется полная группа несовместных гипотез (событий) Н1, Н2,…, Нn. Известны вероятности этих гипотез до опыта Р(Н1), Р(Н2),…, Р(Нn). Определить: Р(НiА) гипотезы Нi. Теорема 2.8. Пусть Н1, Н2,…, Нn, полная группа несовместных событий. Тогда, если произошло событие А, то Р(НiА)=Р(Нi) Р(АНi)/ ( Нi) Р(АНi).

Слайд 8

Описание слайда:

Доказательство: Р(АНi) Доказательство: Р(АНi) Р(НiА)=Р( Нi) Р(АНi)/Р(А) Р(А)= Р(Нi) Р(АНi) Пример: Два стрелка независимо друг от друга стреляют по одному выстрелу по одной мишени. Вероятность попадания в мишень первого стрелка 0,8, второго – 0,4. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Найти вероятность того, что эта пробоина принадлежит первому стрелку.

Слайд 9

Описание слайда:

Решение: Н1 – оба стрелка промахиваются; Н2 – оба стрелка попадают; Н3 – первый стрелок попадает, второй не попадает; Н4 – второй стрелок попадает, первый не попадает. Вероятности этих гипотез равны: Р(Н1)=0,20,6=0,12; Р(Н2)=0,80,4=0,32; Р(Н3)=0,80,6=0,48; Р(Н4)=0,20,4=0,08. Р(АН1)=0; Р(АН2)=0; Р(АН3)=1; Р(АН4)=1. Решение: Н1 – оба стрелка промахиваются; Н2 – оба стрелка попадают; Н3 – первый стрелок попадает, второй не попадает; Н4 – второй стрелок попадает, первый не попадает. Вероятности этих гипотез равны: Р(Н1)=0,20,6=0,12; Р(Н2)=0,80,4=0,32; Р(Н3)=0,80,6=0,48; Р(Н4)=0,20,4=0,08. Р(АН1)=0; Р(АН2)=0; Р(АН3)=1; Р(АН4)=1. Р(Н3А)= Р(Н3) Р(АН3)/(Р(Н3)Р(АН3)+ +Р(Н4)Р(А Н4))=(0,481)/(0,481+0,081)=6/7; Р(Н4А)= Р(Н4) Р(АН4)/(Р(Н3)Р(АН3)+ + Р(Н4)Р(А Н4))=(0,081)/(0,481+0,081)=1/7.

Слайд 10

Описание слайда:

§2.6. Частная теорема о повторении опытов. Теорема Я.Бернулли При практическом применении теории вероятности приходится встречаться с задачами, в которых требуется определить вероятность любого заданного числа появлений событий в результате серии опытов. В большинстве случаев эти задачи решаются, когда опыты являются независимыми. Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого их опыта не зависит от того, какие исходы имели другие опыты.

Слайд 11

Описание слайда:

Независимые опыты могут проводиться при одинаковых или различных условиях Q. В первом случае вероятность события А во всех опытах одна и та же. Во втором случае вероятность события А от опыта к опыту меняется. К первому случаю относится частная теорема, а ко второму – общая теорема о повторении опытов. Независимые опыты могут проводиться при одинаковых или различных условиях Q. В первом случае вероятность события А во всех опытах одна и та же. Во втором случае вероятность события А от опыта к опыту меняется. К первому случаю относится частная теорема, а ко второму – общая теорема о повторении опытов. Теорема 2.9 (теорема Я. Бернулли). Если производится n независимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью p, то вероятность Рm,n того, что событие А появится ровно m раз в n опытах, выражается формулой:

Слайд 12

Описание слайда:

Pm,n= Pm,n= где q=1-р. Доказательство: n = 2; А; р; q=1-р. m=1? А1А2 и А1А2 В= А1А2+А1А2 Р(В)=р(1-р)+(1-р)р=pq+qp=2pq=С12pq. n=3, m=2 А1 А2А3 , А1А2 А3 и А1А2 А3 В= А1 А2А3 + А1А2 А3 + А1А2 А3 Р(В)=pp(1-p)+p(1-p)p+(1-p)pp=pq+pq+pq=С23pq=3pq В= А1 А2 … АnАn+1 + А1А2 А3 … Аn-1 Аn + +…+А1А2 …Аn-m Аn-m+1 …Аn,

Слайд 13

Описание слайда:

Полученную формулу называют формулой Бернулли. Она описывает, как распределяются вероятности между возможными значениями некоторой случайной величины m – числа появления события А при n независимых опытах. Полученную формулу называют формулой Бернулли. Она описывает, как распределяются вероятности между возможными значениями некоторой случайной величины m – числа появления события А при n независимых опытах. Пример: Оптовая база снабжает 10 магазинов. От каждого магазина независимо от других с вероятностью 0,4 может поступить на очередной день заявка. Найти вероятность получения от 10 магазинов четырех заявок. Решение: В данном случае n=10 m=4 p=0,4. Вероятность получения 4 заявок из 10 согласно формуле Бернулли равна: Р10,4=С410(0,4)4(0,6)6.

Слайд 14

Описание слайда:

§2.7. Локальная и интегральная теоремы Лапласа В тех случаях, когда использование формулы Бернулли затруднено из-за большого значения n, можно использовать асимптотическую формулу из следующей теоремы.

Слайд 15

Описание слайда:

Локальная теорема. Вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна p (0 < p < 1), событие наступит ровно m раз (безразлично, в какой последовательности), приближенно равна (тем точнее, чем больше n) Локальная теорема. Вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна p (0 < p < 1), событие наступит ровно m раз (безразлично, в какой последовательности), приближенно равна (тем точнее, чем больше n) Здесь

Слайд 16

Описание слайда:

Слайд 17

Описание слайда:

Слайд 18

Описание слайда:

Слайд 19

Описание слайда:

Слайд 20

Описание слайда:

Слайд 21

Описание слайда:

Пример. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена не менее 75 раз и не более 90 раз. Пример. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена не менее 75 раз и не более 90 раз. Решение. По условию задачи n = 100; m1 = 75; m2 = 90; p = 0,8; q = 1- p = 0,2. Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа: Pn(m1 ≤ m ≤ m2) = Ф(x2) – Ф(x1), где Ф(x) – функция Лапласа,

Слайд 22

Описание слайда:

Слайд 23

Описание слайда:

Так как функция Лапласа нечетна, т.е. Ф(х)=  Ф(х) , получим Так как функция Лапласа нечетна, т.е. Ф(х)=  Ф(х) , получим P100(75 ≤ 90) = Ф(2,25)  Ф( 1,25) = =Ф(2,25) + Ф(1,25). По справочным таблицам найдём: Ф(2,25) = 0,4938; Ф(1,25) = 0,3944. Искомая вероятность P100(75 ≤ m ≤ 90) = 0,4938 + 0,3944 = =0,8882.

Слайд 24

Описание слайда:

§2.8. Наивероятнейшее число появлений события в независимых испытаниях

Слайд 25

Описание слайда:

Число m0 (наступление события в независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна p) называют наивероятнейшим, если вероятность того, что событие наступит в этих испытаниях m0 раз, превышает (или, по крайней мере, не меньше) вероятности остальных возможных исходов испытаний. Число m0 (наступление события в независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна p) называют наивероятнейшим, если вероятность того, что событие наступит в этих испытаниях m0 раз, превышает (или, по крайней мере, не меньше) вероятности остальных возможных исходов испытаний.

Слайд 26

Описание слайда:

Hаивероятнейшее число m0 определяют из двойного неравенства Hаивероятнейшее число m0 определяют из двойного неравенства np – q ≤ m0 ≤ np + p, причем: а) если число (np – q) – дробное, то существует одно наивероятнейшее число m0; б) если число (np – q) – целое, то существует два наивероятнейших числа, а именно m0 и m0+1; в) если число np – целое, то наивероятнейшее число m0 = np.

Слайд 27

Описание слайда:

Пример. В урне 10 белых и 40 чёрных шаров. Вынимают подряд 14 шаров, причём цвет вынутого шара регистрируют, а затем шар возвращают в урну. Определить наивероятнейшее число появлений белого шара. Пример. В урне 10 белых и 40 чёрных шаров. Вынимают подряд 14 шаров, причём цвет вынутого шара регистрируют, а затем шар возвращают в урну. Определить наивероятнейшее число появлений белого шара. Решение. Здесь n = 14, p =10/50 =1/5, q =1 – p = 4/5. Используя двойное неравенство np – q ≤ m0 ≤ np + p при указанных значениях n, р и q, получим 14/5–4/5 ≤ m0 ≤ 14/5 + 1/5 т.е. 2 ≤ m0 ≤ 3. Таким образом, задача имеет два решения: m0 = 2, m0 = 3.

Слайд 28

Описание слайда:

§2.9. Формула Пуассона

Слайд 29

Описание слайда:

Здесь  = np. Имеются таблицы для вычисления Pn(m) , для различных  и m.

Слайд 30

Описание слайда:

Пример. Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение 1 минуты равна 0,004. Найти вероятность того, что в течение 1 минуты обрыв произойдет на пяти веретенах. Пример. Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение 1 минуты равна 0,004. Найти вероятность того, что в течение 1 минуты обрыв произойдет на пяти веретенах. Решение. Так как вероятность p = 0,004 очень мала, применение локальной теоремы Лапласа приведет к значительному отклонению от точного значения Pn(m).

Слайд 31

Описание слайда:

Поэтому при p ≤ 0,1 применяют формулу Пуассона: Поэтому при p ≤ 0,1 применяют формулу Пуассона: , где  = np. По условию задачи n = 1000; m = 5; p = 0,004. Тогда  = 1000 * 0,004 = 4. Подставляя данные задачи, получим

Слайд 32

Описание слайда:

Замечание. Формулы Бернулли, Пуассона и формула, следующая из локальной теоремы Лапласа, служат для нахождения вероятности, что в n испытаниях, проводимых по схеме Бернулли, «успех» наступит ровно m раз. Замечание. Формулы Бернулли, Пуассона и формула, следующая из локальной теоремы Лапласа, служат для нахождения вероятности, что в n испытаниях, проводимых по схеме Бернулли, «успех» наступит ровно m раз. Для удобства сведём их в одну таблицу.