При выводе формулы полной вероятности предполагалось, что событие А , вероятность которого следовало определить, могло произойти с одним из событий Н 1 , Н 2 , ... , Н n , образующих полную группу попарно несовместных событий. При этом вероятности указанных событий (гипотез) были известны заранее. Предположим, что произведен эксперимент, в результате которого событие А наступило. Эта дополнительная информация позволяет произвести переоценку вероятностей гипотез Н i , вычислив Р(Н i /А).

или, воспользовавшись формулой полной вероятности, получим

Эту формулу называют формулой Байеса или теоремой гипотез. Формула Байеса позволяет «пересмотреть» вероятности гипотез после того, как становится известным результат опыта, в результате которого появилось событие А .

Вероятности Р(Н i) − это априорные вероятности гипотез (они вычислены до опыта). Вероятности же Р(Н i /А) − это апостериорные вероятности гипотез (они вычислены после опыта). Формула Байеса позволяет вычислить апостериорные вероятности по их априорным вероятностям и по условным вероятностям события А .

Пример . Известно, что 5 % всех мужчин и 0.25 % всех женщин дальтоники. Наугад выбранное лицо по номеру медицинской карточки страдает дальтонизмом. Какова вероятность того, что это мужчина?

Решение . Событие А – человек страдает дальтонизмом. Пространство элементарных событий для опыта – выбран человек по номеру медицинской карточки – Ω = {Н 1 , Н 2 } состоит из 2 событий:

Н 1 −выбран мужчина,

Н 2 −выбрана женщина.

Эти события могут быть выбраны в качестве гипотез.

По условию задачи (случайный выбор) вероятности этих событий одинаковые и равны Р(Н 1 ) = 0.5; Р(Н 2 ) = 0.5.

При этом условные вероятности того, что человек страдает дальтонизмом, равны соответственно:

Р(А/Н 1 ) = 0.05 = 1/20; Р(А/Н 2 ) = 0.0025 = 1/400.

Так как известно, что выбранный человек дальтоник, т. е. событие произошло, то используем формулу Байеса для переоценки первой гипотезы:

Пример. Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом ящике 20 белых шаров, во втором – 10 белых и 10 черных, в третьем – 20 черных шаров. Из выбранного наугад ящика вынули белый шар. Вычислить вероятность того, что шар вынут из первого ящика.

Решение . Обозначим через А событие – появление белого шара. Можно сделать три предположения (гипотезы) о выборе ящика: Н 1 , Н 2 , Н 3 − выбор соответственно первого, второго и третьего ящика.

Так как выбор любого из ящиков равновозможен, то вероятности гипотез одинаковы:

Р(Н 1 )=Р(Н 2 )=Р(Н 3 )= 1/3.

По условию задачи вероятность извлечения белого шара из первого ящика

Вероятность извлечения белого шара из второго ящика

Вероятность извлечения белого шара из третьего ящика

Искомую вероятность находим по формуле Байеса:

Повторение испытаний. Формула Бернулли .

Проводится n испытаний, в каждом из которых событие А может произойти или не произойти, причем вероятность события А в каждом отдельном испытании постоянна, т.е. не меняется от опыта к опыту. Как найти вероятность события А в одном опыте мы уже знаем.

Представляет особый интерес вероятность появления определенного числа раз (m раз) события А в n опытах. подобные задачи решаются легко, если испытания являются независимыми.

Опр. Несколько испытаний называюся независимыми относительно события А , если вероятность события А в каждом из них не зависит от исходов других опытов.

Вероятность Р n (m) наступления события А ровно m раз (ненаступление n-m раз, событие ) в этих n испытаниях. Событие А появляется в самых разных последовательностях m раз).

Формулу Бернулли.

Очевидны следующие формулы:

Р n (mменее k раз в n испытаниях.

P n (m>k) = P n (k+1) + P n (k+2) +…+ P n (n) - вероятность наступления события А более k раз в n испытаниях.1) n = 8, m = 4, p = q = ½,

Возможно, вы никогда не слышали про теорему Байеса, но пользовались ей постоянно. Например, изначально вы оценили вероятность получения прибавки к зарплате как 50%. Получив положительные отзывы от менеджера, вы скорректировали оценку в лучшую сторону, и, наоборот, уменьшили ее, если сломали кофеварку на работе. Так происходит уточнение значения вероятности по мере аккумулирования информации.

Основная идея теоремы Байеса состоит в том, чтобы получить большую точность оценки вероятности события путем учета дополнительных данных.

Принцип прост : есть первоначальная основная оценка вероятности, которую уточняют c получением большего количества информации.

Формула Байеса

Интуитивные действия формализуются в простом, но мощном уравнении (формула вероятности Байеса ):

Левая часть уравнения — апостериорная оценка вероятности события А при условии наступления события В (т. н. условная вероятность).

• P(A) — вероятность события А (основная, априорная оценка);
• P(B|A) — вероятность (также условная), которую мы получаем из наших данных;
• а P(B) — константа нормировки, которая ограничивает вероятность значением 1.

Это короткое уравнение является основой байесовского метода .

Абстрактность событий А и В не позволяет четко осознать смысл этой формулы. Для понимания сути теоремы Байеса рассмотрим реальную задачу.

Пример

Одной из тем, над которой я работаю, является изучение моделей сна. У меня есть данные за два месяца, записанные с помощью моих часов Garmin Vivosmart, показывающие, во сколько я засыпаю и просыпаюсь. Окончательная модель, показывающая наиболее вероятное распределение вероятности сна как функцию времени (MCMC — приблизительный метод), приведена ниже.

На графике приведена вероятность того, что я сплю, в зависимости лишь от времени. Как она изменится, если учесть время, в течение которого включен свет в спальне? Для уточнения оценки и нужна теорема Байеса. Уточненная оценка основана на априорной и имеет вид:

Выражение слева — вероятность того, что я сплю, при условии, что известно, включен ли свет в моей спальне. Априорная оценка в данный момент времени (приведена на графике выше) обозначена как P(sleep) . Например, в 10:00 вечера априорная вероятность того, что я сплю, равна 27,34%.

Добавим больше информации, используя вероятность P(bedroom light|sleep) , полученную из наблюдаемых данных.

Из собственных наблюдений мне известно следующее: вероятность того, что я сплю, когда свет включен, равна 1%.

Вероятность того, что свет выключен во время сна, равна 1-0,01 = 0,99 (знак «-» в формуле означает противоположное событие), потому что сумма вероятностей противоположных событий равна 1. Когда я сплю, то свет в спальне либо включен, либо выключен.

Наконец, уравнение также включает в себя константу нормировки P(light) — вероятность того, что свет включен. Свет бывает включен и когда я сплю, и когда бодрствую. Поэтому, зная априорную вероятность сна, вычислим константу нормировки так:

Вероятность того, что свет включен, учтена в обоих вариантах: либо я сплю, либо нет (P (-sleep) = 1 — P (sleep) — это вероятность того, что я не сплю.)

Вероятность того, что свет включен в тот момент, когда я не сплю, равна P(light|-sleep), и определяется путем наблюдения. Мне известно, что свет горит, когда я бодрствую, с вероятностью 80% (это означает, что есть 20% вероятность того, что свет не включен, если я бодрствую).

Окончательное уравнение Байеса принимает вид:

Оно позволяет вычислить вероятность того, что я сплю, при условии, что свет включен. Если нас интересует вероятность того, что свет выключен, нужно каждую конструкцию P(light|… заменить на P(-light|… .

Давайте посмотрим, как используют полученные символьные уравнения на практике.

Применим формулу к моменту времени 22:30 и учтем, что свет включен. Мы знаем, вероятность того, что я спал, равна 73,90%. Это число — отправная точка для нашей оценки.

Уточним его, учтя информацию об освещении. Зная, что свет включен, подставим числа в формулу Байеса:

Дополнительные данные резко изменили оценку вероятности: от более 70% до 3,42%. Это показывает силу теоремы Байеса: мы смогли уточнить нашу первоначальную оценку ситуации, включив в нее больше информации. Возможно, мы уже интуитивно делали это раньше, но теперь, рассуждая об этом в терминах формальных уравнений, мы смогли подтвердить наши прогнозы.

Рассмотрим еще один пример. Что если на часах 21:45 и свет выключен? Попытайте рассчитать вероятность самостоятельно, считая априорную оценку равной 0.1206.

Вместо того, чтобы каждый раз считать вручную, я написал простой код на Python для выполнения этих вычислений, который вы можете попробовать в Jupyter Notebook . Вы получите следующий ответ:

Time: 09:45:00 PM Light is OFF.

The prior probability of sleep: 12.06%
The updated probability of sleep: 40.44%

И снова дополнительная информация меняет нашу оценку. Теперь, если моя сестра захочет позвонить мне в 21:45 зная, что мой свет включен, она может воспользоваться этим уравнением, чтобы определить, смогу ли я взять трубку (предполагая, что я беру трубку только бодрствующим)! Кто говорит, что статистика неприменима повседневной жизни?

Визуализация вероятности

Наблюдение за вычислениями полезно, но визуализация помогает добиться более глубокого понимания результата. Я всегда стараюсь использовать графики, чтобы генерировать идеи, если они сами не приходят при простом изучении уравнений. Мы можем визуализировать априорное и апостериорное распределения вероятности сна с использованием дополнительных данных:

Когда свет включен, график смещается вправо, указывая на то, что я с меньшей вероятностью сплю в данный момент времени. Аналогично, график смещается влево, если мой свет выключен. Понять смысл теоремы Байеса непросто, но эта иллюстрация наглядно демонстрирует, зачем ее нужно использовать. Формула Байеса — инструмент для уточнения прогнозов с помощью дополнительных данных.

Что, если есть еще больше данных?

Зачем останавливаться на освещении в спальне? Мы можем использовать еще больше данных в нашей модели для дальнейшего уточнения оценки (пока данные остаются полезными для рассматриваемого случая). Например, я знаю, что если мой телефон заряжается, то я сплю с вероятностью 95%. Этот факт можно учесть в нашей модели.

Предположим, что вероятность того, что мой телефон заряжается, не зависит от освещения в спальне (независимость событий — это достаточно сильное упрощение, но оно позволит сильно облегчить задачу). Составим новое, еще более точное выражение для вероятности:

Получившаяся формула выглядит громоздко, но, используя код на Python, мы можем написать функцию, которая будет производить расчет. Для любого момента времени и любой комбинации наличия освещения/зарядки телефона эта функция возвращает уточненную вероятность того, что я сплю.

Time is 11:00:00 PM Light is ON Phone IS NOT charging.

The prior probability of sleep: 95.52%
The updated probability of sleep: 1.74%

В 23:00 без дополнительной информации мы могли почти с полной вероятностью сказать, что я сплю. Однако, как только у нас будет дополнительная информация о том, что свет включен, а телефон не заряжается, мы заключаем, что вероятность того, что я сплю, практически равна нулю. Вот еще один пример:

Time is 10:15:00 PM Light is OFF Phone IS charging.

The prior probability of sleep: 50.79%
The updated probability of sleep: 95.10%

Вероятность смещается вниз или вверх в зависимости от конкретной ситуации. Чтобы продемонстрировать это, рассмотрим четыре конфигурации дополнительных данных и то, как они изменяют распределение вероятности:

На этом графике представлено много информации, но главный смысл состоит в том, что кривая вероятности изменяется в зависимости от дополнительных факторов. По мере добавления других данных мы будем получать более точную оценку.

Заключение

Теорема Байеса и другие статистические понятия могут быть трудными для понимания, когда они представлены абстрактными уравнениями, использующими только буквы или выдуманные ситуации. Настоящее обучение приходит, когда мы применяем абстрактные понятия в реальных задачах.

Успех в области data science — это непрерывное обучение, добавление новых методов в набор навыков и поиск оптимального метода для решения задач. Теорема Байеса позволяет уточнять наши оценки вероятности с помощью дополнительной информации для более качественного моделирования реальности. Увеличение количества информации позволяет получать более точные прогнозы, и метод Байеса оказывается полезным инструментом для решения этой задачи.

Я приветствую обратную связь, дискуссию и конструктивную критику. Связаться со мной можно в Twitter.

Цель работы: сформировать навыки решения задач по теории вероятностей с помощью формулы полной вероятности и формулы Байеса.

Формула полной вероятности

Вероятность события А , которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий В х,В 2 ,...,В п, образующих полную группу, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события А:

Эту формулу называют формулой полной вероятности.

Вероятность гипотез. Формула Байеса

Пусть событие А может наступить при условии появления одного из несовместных событий В ь В 2 ,...,В п, образующих полную группу. Поскольку заранее неизвестно, какое из этих событий наступит, их называют гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной вероятности:

Допустим, что произведено испытание, в результате которого появилось событие А . Требуется определить, как изменились (в связи с тем, что событие А уже наступило) вероятности гипотез. Условные вероятности гипотез находят по формуле

В этой формуле индекс / = 1,2

Эту формулу называют формулой Байеса (по имени английского математика, который её вывел; опубликована в 1764 г.). Формула Байеса позволяет переоценить вероятности гипотез после того, как становится известным результат испытания, в итоге которого появилось событие А .

Задача 1. Завод изготавливает определённого типа детали, каждая деталь имеет дефект с вероятностью 0,05. Деталь осматривается одним контролёром; он обнаруживает дефект с вероятностью 0,97, а если дефект не обнаружен, пропускает деталь в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать деталь, не имеющую дефекта; вероятность этого равна 0,01. Найти вероятности следующих событий: А - деталь будет забракована; В - деталь будет забракована, но ошибочно; С - деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом.

Решение

Обозначим гипотезы:

Н = (на контроль поступит стандартная деталь);

Н =(на контроль поступит нестандартная деталь).

Событие А = (деталь будет забракована).

Из условия задачи находим вероятности

Р Н (А) = 0,01; Pfi(A) = 0,97.

По формуле полной вероятности получаем

Вероятность того, что деталь будет забракована ошибочно, равна

Найдём вероятность того, что деталь будет пропущена в готовую продукцию с дефектом:

Ответ:

Задача 2. Изделие проверяется на стандартность одним из трёх товароведов. Вероятность того, что изделие попадёт к первому товароведу, равна 0,25, ко второму - 0,26 и к третьему - 0,49. Вероятность того, что изделие будет признано стандартным первым товароведом, равна 0,95, вторым - 0,98, третьим - 0,97. Найти вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром.

Решение

Обозначим события:

Л. = (изделие для проверки попадёт к /-му товароведу); / = 1, 2, 3;

В = (изделие будет признано стандартным).

По условию задачи известны вероятности:

Также известны условные вероятности

По формуле Байеса находим вероятность того, что стандартное изделие проверено вторым контролёром:

Ответ: «0,263.

Задача 3. Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер. Вероятность получения нестандартной детали на первом автомате равна 0,06, а на втором - 0,09. Производительность второго автомата вдвое больше, чем первого. С конвейера взята нестандартная деталь. Найти вероятность того, что эта деталь произведена вторым автоматом.

Решение

Обозначим события:

А. = (взятая с конвейера деталь произведена /-м автоматом); / = 1,2;

В = (взятая деталь окажется нестандартной).

Также известны условные вероятности

По формуле полной вероятности находим

По формуле Байеса находим вероятность того, что взятая нестандартная деталь произведена вторым автоматом:

Ответ: 0,75.

Задача 4. Испытывается прибор, состоящий из двух узлов, надёжность которых равна 0,8 и 0,9 соответственно. Узлы отказывают независимо друг от друга. Прибор отказал. Найти с учётом этого вероятности гипотез:

• а) неисправен только первый узел;
• б) неисправен только второй узел;
• в) неисправны оба узла.

Решение

Обозначим события:

Д = (7-й узел не выйдет из строя); i = 1,2;

Д - соответствующие противоположные события;

А = (при испытании будет отказ прибора).

Из условия задачи получаем: Р(Д) = 0,8; Р(Л 2) = 0,9.

По свойству вероятностей противоположных событий

Событие А равно сумме произведений независимых событий

Используя теорему сложения вероятностей несовместных событий и теорему умножения вероятностей независимых событий, получаем

Теперь находим вероятности гипотез:

Ответ:

Задача 5. На заводе болты изготавливаются на трёх станках, которые производят соответственно 25%, 30% и 45% всего количества болтов. В продукции станков брак составляет соответственно 4%, 3% и 2%. Какова вероятность того, что болт, случайно взятый из поступившей продукции, окажется дефектным?

Решение

Обозначим события:

4 = (наудачу взятый болт изготовлен на /-м станке); i = 1, 2, 3;

В = (взятый наудачу болт окажется дефектным).

Из условия задачи по формуле классической вероятности находим вероятности гипотез:

Также по формуле классической вероятности находим условные вероятности:

По формуле полной вероятности находим

Ответ: 0,028.

Задача 6. Электронная схема принадлежит одной из трёх партий с вероятностями 0,25; 0,5 и 0,25. Вероятность того, что схема проработает сверх гарантийного срока службы для каждой из партий, соответственно составляет 0,1; 0,2 и 0,4. Найти вероятность того, что наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы.

Решение

Обозначим события:

4 = (наугад взятая схема из г-й партии); i = 1, 2, 3;

В = (наугад взятая схема проработает сверх гарантийного срока службы).

По условию задачи известны вероятности гипотез:

Также известны условные вероятности:

По формуле полной вероятности находим

Ответ: 0,225.

Задача 7. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определить вероятность того, что отказали оба блока.

Решение

Обозначим события:

Д = (z-й блок выйдет из строя); i = 1,2;

А = (устройство выйдет из строя).

Из условия задачи по свойству вероятностей противоположных событий получаем: ДД) = 1-0,99 = 0,01; ДД) = 1-0,97 = 0,03.

Событие А наступает только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий Д или А 2 . Поэтому это событие равно сумме событий А = Д + А 2 .

По теореме сложения вероятностей совместных событий получаем

По формуле Байеса находим вероятность того, что устройство вышло из строя из-за отказа обоих блоков.

Ответ:

Задачи для самостоятельного решения Задача 1. На складе телевизионного ателье имеется 70% кинескопов, изготовленных заводом № 1; остальные кинескопы изготовлены заводом № 2. Вероятность того, что кинескоп не выйдет из строя в течение гарантийного срока службы, равна 0,8 для кинескопов завода № 1 и 0,7 - для кинескопов завода № 2. Кинескоп выдержал гарантийный срок службы. Найти вероятность того, что он изготовлен заводом № 2.

Задача 2. На сборку поступают детали с трёх автоматов. Известно, что 1-й автомат даёт 0,3% брака, 2-й - 0,2%, 3-й - 0,4%. Найти вероятность поступления на сборку бракованной детали, если с 1-го автомата поступили 1000, со 2-го - 2000, с 3-го - 2500 деталей.

Задача 3. На двух станках производятся одинаковые детали. Вероятность того, что деталь, произведённая на первом станке, будет стандартной, равна 0,8, а на втором - 0,9. Производительность второго станка втрое больше производительности первого. Найти вероятность того, что стандартной будет деталь, взятая наудачу с транспортёра, на который поступают детали с обоих станков.

Задача 4. Руководитель компании решил воспользоваться услугами двух из трёх транспортных фирм. Вероятности несвоевременной доставки груза для первой, второй и третьей фирм равны соответственно 0,05; 0,1 и 0,07. Сопоставив эти данные с данными о безопасности грузоперевозок, руководитель пришёл к выводу о равнозначности выбора и решил сделать его по жребию. Найти вероятность того, что отправленный груз будет доставлен своевременно.

Задача 5. Прибор содержит два блока, исправность каждого из которых необходима для функционирования прибора. Вероятности безотказной работы для этих блоков соответственно равны 0,99 и 0,97. Прибор вышел из строя. Определите вероятность того, что отказал второй блок.

Задача 6. В сборочный цех поступают детали с трёх автоматов. Первый автомат даёт 3% брака, второй - 1% и третий - 2%. Определить вероятность попадания на сборку небракованной детали, если с каждого автомата поступило соответственно 500, 200, 300 деталей.

Задача 7. На склад поступает продукция трёх фирм. Причём продукция первой фирмы составляет 20%, второй - 46% и третьей - 34%. Известно также, что средний процент нестандартных изделий для первой фирмы равен 5%, для второй - 2% и для третьей - 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятое изделие произведено второй фирмой, если оно оказалось стандартным.

Задача 8. Брак в продукции завода вследствие дефекта а составляет 5%, причём среди забракованных по признаку а продукции в 10% случаев встречается дефект р. А в продукции, свободной от дефекта а , дефект р встречается в 1% случаев. Найти вероятность встречи дефекта Р во всей продукции.

Задача 9. В фирме имеются 10 новых автомобилей и 5 старых, которые ранее находились в ремонте. Вероятность исправной работы для нового авто равна 0,94, старого - 0,91. Найти вероятность того, что наудачу выбранный автомобиль будет исправно работать.

Задача 10. Два датчика посылают сигналы в общий канал связи, причём первый из них посылает вдвое больше сигналов, чем второй. Вероятность получить искажённый сигнал от первого датчика равна 0,01, от второго - 0,03. Какова вероятность получить искажённый сигнал в общем канале связи?

Задача 11. Имеется пять партий изделий: три партии по 8 штук, из которых 6 стандартных и 2 нестандартных, и две партии по 10 штук, из которых 7 стандартных и 3 нестандартных. Наудачу выбирают одну из партий, а из этой партии берут деталь. Определить вероятность того, что взятая деталь будет стандартной.

Задача 12. Сборщик получает в среднем 50% деталей первого завода, 30% - второго завода и 20% - третьего завода. Вероятность того, что деталь первого завода отличного качества, равна 0,7; для деталей второго и третьего заводов соответственно 0,8 и 0,9. Наудачу взятая деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что деталь изготовлена первым заводом.

Задача 13. Таможенный досмотр автомашин осуществляют два инспектора. В среднем из 100 машин 45 проходят через первого инспектора. Вероятность того, что при досмотре машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана, составляет 0,95 у первого инспектора и 0,85 - у второго. Найти вероятность того, что машина, соответствующая таможенным правилам, не будет задержана.

Задача 14. Детали, необходимые для сборки прибора, поступают с двух автоматов, производительность которых одинакова. Вычислите вероятность поступления на сборку стандартной детали, если один из автоматов даёт в среднем 3% нарушения стандарта, а второй - 2%.

Задача 15. Тренер по тяжёлой атлетике рассчитал, что для получения командных зачётных очков в данной весовой категории спортсмен должен толкнуть штангу в 200 кг. На место в команде претендуют Иванов, Петров и Сидоров. Иванов за время тренировок пытался поднять такой вес в 7 случаях, а поднял в 3 из них. Петров поднял в 6 случаях из 13, а Сидоров имеет 35%-ную вероятность успешно справиться со штангой. Тренер случайным жребием выбирает одного спортсмена в команду.

• а) Найти вероятность того, что выбранный спортсмен принесёт команде зачётные очки.
• б) Команда не получила зачётных очков. Найти вероятность того, что выступал Сидоров.

Задача 16. В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном - 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Задача 17. В двух ящиках имеются радиолампы. В первом ящике содержится 12 ламп, из них 1 нестандартная; во втором 10 ламп, из них 1 нестандартная. Из первого ящика наудачу взята лампа и переложена во второй. Найти вероятность того, что наудачу извлеченная из второго ящика лампа будет нестандартной.

Задача 18. В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Задача 19. В ящик, содержащий 3 одинаковые детали, брошена стандартная деталь, а затем наудачу одна деталь извлечена. Найти вероятность того, что извлечена стандартная деталь, если равновероятны все возможные предположения о числе стандартных деталей, первоначально находящихся в ящике.

Задача 20. Для улучшения качества радиосвязи используются два радиоприемника. Вероятность приема сигнала каждым приемником равна 0,8, и эти события (прием сигнала приемником) независимы. Определить вероятность приема сигнала, если вероятность безотказной работы за время сеанса радиосвязи для каждого приемника равна 0,9.

Начнем с примера. В урне, стоящей перед вами, с равной вероятностью могут быть (1) два белых шара, (2) один белый и один черный, (3) два черных. Вы тащите шар, и он оказывается белым. Как теперь вы оцените вероятность этих трех вариантов (гипотез)? Очевидно, что вероятность гипотезы (3) с двумя черными шарами = 0. А вот как подсчитать вероятности двух оставшихся гипотез!? Это позволяет сделать формула Байеса, которая в нашем случае имеет вид (номер формулы соответствует номеру проверяемой гипотезы):

Скачать заметку в формате или

х – случайная величина (гипотеза), принимающая значения: х 1 – два белых, х 2 – один белый, один черный; х 3 – два черных; у – случайная величина (событие), принимающая значения: у 1 – вытащен белый шар и у 2 – вытащен чёрный шар; Р(х 1) – вероятность первой гипотезы до вытаскивания шара (априорная вероятность или вероятность до опыта) = 1/3; Р(х 2) – вероятность второй гипотезы до вытаскивания шара = 1/3; Р(х 3) – вероятность третьей гипотезы до вытаскивания шара = 1/3; Р(у 1 |х 1) – условная вероятность вытащить белый шар, в случае, если верна первая гипотеза (шары белые) = 1; Р(у 1 |х 2) – вероятность вытащить белый шар, в случае, если верна вторая гипотеза (один шар белый, второй – черный) = ½; Р(у 1 |х 3) – вероятность вытащить белый шар, в случае, если верна третья гипотеза (оба черных) = 0; Р(у 1) – вероятность вытащить белый шар = ½; Р(у 2) – вероятность вытащить черный шар = ½; и, наконец, то, что мы ищем – Р(х 1 |у 1) – вероятность того, что верна первая гипотеза (оба шара белых), при условии, что мы вытащили белый шар (апостериорная вероятность или вероятность после опыта); Р(х 2 |у 1) – вероятность того, что верна вторая гипотеза (один шар белый, второй – черный), при условии, что мы вытащили белый шар.

Вероятность того, что верна первая гипотеза (два белых), при условии, что мы вытащили белый шар :

Вероятность того, что верна вторая гипотеза (один белый, второй – черный), при условии, что мы вытащили белый шар :

Вероятность того, что верна третья гипотеза (два черных), при условии, что мы вытащили белый шар :

Что делает формула Байеса? Она дает возможность на основании априорных вероятностей гипотез – Р(х 1), Р(х 2) , Р(х 3) – и вероятностей наступления событий – Р(у 1), Р(у 2) – подсчитать апостериорные вероятности гипотез, например, вероятность первой гипотезы, при условии, что вытащили белый шар – Р(х 1 |у 1) .

Вернемся еще раз к формуле (1). Первоначальная вероятность первой гипотезы была Р(х 1) = 1/3. С вероятностью Р(у 1) = 1/2 мы могли вытащить белый шар, и с вероятностью Р(у 2) = 1/2 – черный. Мы вытащили белый. Вероятность вытащить белый при условии, что верна первая гипотеза Р(у 1 |х 1) = 1. Формула Байеса говорит, что так как вытащили белый, то вероятность первой гипотезы возросла до 2/3, вероятность второй гипотезы по-прежнему равна 1/3, а вероятность третьей гипотезы обратилась в ноль.

Легко проверить, что вытащи мы черный шар, апостериорные вероятности изменились бы симметрично: Р(х 1 |у 2) = 0, Р(х 2 |у 2) = 1/3, Р(х 3 |у 2) = 2/3.

Вот что писал Пьер Симон Лаплас о формуле Байеса в работе , вышедшей в 1814 г.:

Это основной принцип той отрасли анализа случайностей, которая занимается переходами от событий к причинам.

Почему формула Байеса так сложна для понимания!? На мой взгляд, потому, что наш обычный подход – это рассуждения от причин к следствиям. Например, если в урне 36 шаров из которых 6 черных, а остальные белые. Какова вероятность вытащить белый шар? Формула Байеса позволяет идти от событий к причинам (гипотезам). Если у нас было три гипотезы, и произошло событие, то как именно это событие (а не альтернативное) повлияло на первоначальные вероятности гипотез? Как изменились эти вероятности?

Я считаю, что формула Байеса не просто о вероятностях. Она изменяет парадигму восприятия. Каков ход мыслей при использовании детерминистской парадигмы? Если произошло событие, какова его причина? Если произошло ДТП, чрезвычайное происшествие, военный конфликт. Кто или что явилось их виной? Как думает байесовский наблюдатель? Какова структура реальности, приведшая в данном случае к такому-то проявлению… Байесовец понимает, что в ином случае результат мог быть иным…

Немного иначе разместим символы в формулах (1) и (2):

Давайте еще раз проговорим, что же мы видим. С равной исходной (априорной) вероятностью могла быть истинной одна из трех гипотез. С равной вероятностью мы могли вытащить белый или черный шар. Мы вытащили белый. В свете этой новой дополнительной информации следует пересмотреть нашу оценку гипотез. Формула Байеса позволяет это сделать численно. Априорная вероятность первой гипотезы (формула 7) была Р(х 1) , вытащили белый шар, апостериорная вероятность первой гипотезы стала Р(х 1 |у 1). Эти вероятности отличаются на коэффициент .

Событие у 1 называется свидетельством, в большей или меньшей степени подтверждающим или опровергающим гипотезу х 1 . Указанный коэффициент иногда называют мощностью свидетельства. Чем мощнее свидетельство (чем больше коэффициент отличается от единицы), тем больше факт наблюдения у 1 изменяет априорную вероятность, тем больше апостериорная вероятность отличается от априорной. Если свидетельство слабое (коэффициент ~ 1), апостериорная вероятность почти равна априорной.

Свидетельство у 1 в = 2 раза изменило априорную вероятность гипотезы х 1 (формула 4). В то же время свидетельство у 1 не изменило вероятность гипотезы х 2 , так как его мощность = 1 (формула 5).

В общем случае формула Байеса имеет следующий вид:

х – случайная величина (набор взаимоисключающих гипотез), принимающая значения: х 1 , х 2 , … , х n . у – случайная величина (набор взаимоисключающих событий), принимающая значения: у 1 , у 2 , … , у n . Формула Байеса позволяет найти апостериорную вероятность гипотезы х i при наступлении события y j . В числителе – произведение априорной вероятности гипотезы х i – Р(х i ) на вероятность наступления события y j , если верна гипотеза х i – Р(y j |х i ). В знаменателе – сумма произведений того же, что и в числителе, но для всех гипотез. Если вычислить знаменатель, то получим суммарную вероятность наступления события у j (если верна любая из гипотез) – Р(y j ) (как в формулах 1–3).

Еще раз о свидетельстве. Событие y j дает дополнительную информацию, что позволяет пересмотреть априорную вероятность гипотезы х i . Мощность свидетельства – – содержит в числителе вероятность наступления события y j , если верна гипотеза х i . В знаменателе – суммарная вероятность наступления события у j (или вероятность наступления события у j усредненная по всем гипотезам). у j выше для гипотезы x i , чем в среднем для всех гипотез, то свидетельство играет на руку гипотезе x i , увеличивая ее апостериорную вероятность Р(y j |х i ). Если вероятность наступления события у j ниже для гипотезы x i , чем в среднем для всех гипотез, то свидетельство понижает, апостериорную вероятность Р(y j |х i ) для гипотезы x i . Если вероятность наступления события у j для гипотезы x i такая же, как в среднем для всех гипотез, то свидетельство не изменяет апостериорную вероятность Р(y j |х i ) для гипотезы x i .

Предлагаю вашему вниманию несколько примеров, которые, надеюсь, закрепят ваше понимание формулы Байеса.

Задача 2. Два стрелка независимо друг от друга стреляют по одной и той же мишени, делая каждый по одному выстрелу. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна 0,8, для второго - 0,4. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Найти вероятность того, что эта пробоина принадлежит первому стрелку. .

Задача 3. Объект, за которым ведется наблюдение, может быть в одном из двух состояний: Н 1 = {функционирует} и Н 2 = {не функционирует}. Априорные вероятности этих состояний Р(Н 1) = 0,7, Р(Н 2) = 0,3. Имеется два источника информации, которые приносят разноречивые сведения о состоянии объекта; первый источник сообщает, что объект не функционирует, второй - что функционирует. Известно, что первый источник дает правильные сведения с вероятностью 0,9, а с вероятностью 0,1 - ошибочные. Второй источник менее надежен: он дает правильные сведения с вероятностью 0,7, а с вероятностью 0,3 - ошибочные. Найдите апостериорные вероятности гипотез. .

Задачи 1–3 взяты из учебника Е.С.Вентцель, Л.А.Овчаров. Теория вероятностей и ее инженерные приложения, раздел 2.6 Теорема гипотез (формула Байеса).

Задача 4 взята из книги , раздел 4.3 Теорема Байеса.

Занятие № 4.

Тема: Формула полной вероятности. Формула Байеса. Схема Бернулли. Полиномиальная схема. Гипергеометрическая схема.

ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ

ФОРМУЛА БАЙЕСА

ТЕОРИЯ

Формула полной вероятности:

Пусть имеется полная группа несовместных событий :

(, ).Тогда вероятность события А можно рассчитать по формуле

(4.1)

События называются гипотезами. Гипотезы выдвигаются относительно той части эксперимента, в которой присутствует неопределённость.

, где - априорные вероятности гипотез

Формула Байеса:

Пусть опыт завершён и известно, что в результате опыта произошло событие A. Тогда можно с учётом этой информации переоценить вероятности гипотез:

(4.2)

, где апостериорные вероятности гипотез

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Задача 1.

Условие

В поступивших на склад 3 партиях деталей годные составляют 89 %, 92 % и 97 % соот­ветственно. Количество деталей в партиях относится как 1:2:3.

Чему равна вероятность того, что случайно выбранная со склада деталь окажется бракованной. Пусть известно, что случайно выбранная деталь оказалось бракованной. Найти вероят­ности того, что она принадлежит первой, второй и третьей партиям.

Решение:

Обозначим через А событие, состоящее в том, что случайно выбранная деталь окажется бракованной.

1-ый вопрос – на формулу полной вероятности

2-ой вопрос - на формулу Байеса

Гипотезы выдвигаются относительно той части эксперимента, в которой присутствует неопределённость. В данной задаче неопределённость состоит в том, из какой партии случайно выбранная деталь.

Пусть в первой партии а деталей. Тогда во второй партии – 2 a деталей, а в третьей – 3 a деталей. Всего в трёх партиях 6 a деталей.

(процент брака на первой линии перевели в вероятность)

(процент брака на второй линии перевели в вероятность)

(процент брака на третьей линии перевели в вероятность)

По формуле полной вероятности рассчитываем вероятность события A

-ответ на 1 вопрос

Вероятности того, что бракованная деталь принадлежит первой, второй и третьей партиям рассчитываем по формуле Байеса:

Задача 2.

Условие:

В первой урне 10 шаров: 4 белых и 6 чёрных. Во второй урне 20 шаров: 2 белых и 18 чёрных. Из каждой урны выбирают случайным образом по одному шару и кладут в третью урну. Затем из третьей урны случайным образом выбирают один шар. Найти вероятность того, что извлечённый из третьей урны шар будет белым.

Решение:

Ответ на вопрос задачи можно получить с помощью формулы полной вероятности:

Неопределённость состоит в том, какие шары попали в третью урну. Выдвигаем гипотезы относительно состава шаров в третьей урне.

H1={в третьей урне 2 белых шара}

H2={в третьей урне 2 чёрных шара}

H3={ в третьей урне 1 белый шар и 1 чёрный шар}

A={шар взятый из 3 урны будет белым}

Задача 3.

В урну, содержащую 2 шара неизвестного цвета, опустили белый шар. После этого из этой урны извлекаем 1 шар. Найти вероятность того, что шар извлечённый из урны будет белым. Шар, извлечённый из выше описанной урны, оказался белым. Найти вероятности того, что в урне до перекладывания было 0 белых шаров, 1 белый шар и 2 белых шара .

1 вопро с - на формулу полной вероятности

2 вопрос –на формулу Байеса

Неопределённость состоит в первоначальном составе шаров в урне. Относительно первоначального состава шаров в урне выдвигаем следующие гипотезы:

Hi={ в урне до перекладывания был i-1 белый шар}, i=1,2,3

, i=1,2,3 (в ситуации полной неопределённости априорные вероятности гипотез берём одинаковыми, т. к. мы не можем сказать, что один вариант более вероятен по сравнению с другим)

А={шар, извлечённый из урны после перекладывания, будет белым}

Вычислим условные вероятности:

Произведём расчёт по формуле полной вероятности:

Ответ на 1 вопрос

Для ответа на второй вопрос используем формулу Байеса:

(уменьшилась по сравнению с априорной вероятностью)

(не изменилась по сравнению с априорной вероятностью)

(увеличилась по сравнению с априорной вероятностью)

Вывод из сравнения априорных и апостериорных вероятностей гипотез: первоначальная неопределённость количественно поменялась

Задача 4.

Условие:

При переливании крови надо учитывать группы крови донора и больного. Человеку, имеющему четвёртую группу крови можно перелить кровь любой группы , человеку со второй и третьей группой можно перелить либо кровь его группы , либо первой. Человеку с первой группой крови можно перелить кровь только первой группы. Известно, что среди населения 33,7 % имеют первую груп пу, 37,5 % имеют вторую группу, 20,9 % имеют третью группу и 7,9 % имеют 4 группу. Найти вероятность того, что случайно взятому больному можно перелить кровь случайно взятого донора.

Решение:

Выдвигаем гипотезы о группе крови случайно взятого больного:

Hi={у больного i-ая группа крови}, i=1,2,3,4

(Проценты перевели в вероятности)

A={ можно осуществить переливание}

По формуле полной вероятности получаем:

Т. е. переливание можно осуществить примерно в 60 % случаев

Схема Бернулли (или биномиальная схема)

Испытания Бернулли – это независимые испытания 2 исхода, которые условно называем успех и неудача.

p- вероятность успеха

q –вероятность неудачи

Вероятность успеха не меняется от опыта к опыту

Результат предыдущего испытания не влияет на следующие испытания.

Проведение описанных выше испытаний называется схемой Бернулли или биномиальной схемой.

Примеры испытаний Бернулли:

Успех – герб

Неудача- решка

Случай правильной монеты

случай неправильной монеты

p и q не меняются от опыта к опыту, если в процессе проведения опыта мы не меняем монету

Успех - выпадение «6»

Неудача – всё остальное

Случай правильной игральной кости

Случай неправильной игральной кости

p и q не меняются от опыта к опыту, если в процессе проведения опыта мы не меняем игральную кость

Успех - попадание

Неудача – промах

p =0.1 (стрелок попадает в одном выстреле из 10)

p и q не меняются от опыта к опыту, если в процессе проведения опыта мы не меняем стрелка

Формула Бернулли.

Пусть проводится n p. Рассмотрим события

{в n испытаниях Бернулли с вероятностью успеха p произойдёт m успехов},

-для вероятностей таких событий существует стандартное обозначение

<-Формула Бернулли для расчёта вероятностей (4.3)

Пояснение к формуле : вероятность того, что произойдёт m успехов (вероятности перемножаются, т. к. испытания независимы, а т. к. они все одинаковы появляется степень), - вероятность того, что произойдёт n-m неудач (объяснение аналогично как для успехов), - число способов реализации события, т. е. сколькими способами может разместиться m успехов на n местах.

Следствия формулы Бернулли:

Следствие 1:

Пусть проводится n испытаний Бернулли c вероятностью успеха p. Рассмотрим события

A(m1, m2)={число успехов в n испытаниях Бернулли будет заключено в диапазоне [ m1; m2]}

(4.4)

Пояснение к формуле: Формула (4.4) следует из формулы (4.3) и теоремы сложения вероятностей для несовместных событий, т. к. -сумма (объединение) несовместных событий, а вероятность каждого определяется формулой (4.3).

Следствие 2

Пусть проводится n испытаний Бернулли c вероятностью успеха p. Рассмотрим событие

A={ в n испытаниях Бернулли произойдёт хотя бы 1 успех }

(4.5)

Пояснение к формуле: ={ в n испытаниях Бернулли не будет ни одного успеха}=

{все n испытаний будут неудачны}

Задача (на формулу Бернулли и следствия к ней) пример к задаче 1.6-Д. з.

Правильную монету подбрасывают 10 раз . Найти вероятности следующих событий:

A={герб выпадет ровно 5 раз}

B={герб выпадет не более 5 раз}

C={герб выпадет хотя бы 1 раз}

Решение:

Переформулируем задачу в терминах испытаний Бернулли:

n=10 число испытаний

успех - герб

p=0.5 –вероятность успеха

q=1-p=0.5 –вероятность неудачи

Для расчёта вероятности события A используем формулу Бернулли:

Для расчёта вероятности события В используем следствие 1 к формуле Бернулли:

Для расчёта вероятности события С используем следствие 2 к формуле Бернулли:

Схема Бернулли. Расчёт по приближённым формулам.

ПРИБЛИЖЁННЫЕ ФОРМУЛА МУАВРА-ЛАПЛАСА

Локальная формула

p успеха и q неудачи, то для всех m справедлива приближённая формула:

, (4.6)

m.

Значение функции можно найти в специальной таблице. Там содержатся значения только для . Но функция -чётная, т. е. .

Если , то полагают

Интегральная формула

Если в схеме Бернулли число испытаний n велико причём велики также вероятности p успеха и q неудачи, то для всех справедлива приближённая формула (4.7) :

Значение функции можно найти в специальной таблице. Там содержатся значения только для . Но функция -нечётная, т. е. .

Если , то полагают

ПРИБЛИЖЁННЫЕ ФОРМУЛЫ ПУАССОНА

Локальная формула

Пусть число испытаний n по схеме Бернулли велико, а вероятность успеха в одном испытании мала, причём мало также произведение . Тогда определяют по приближенной формуле:

, (4.8)

Вероятность того, что число успехов в n испытаниях Бернулли равно m.

Значения функции можно посмотреть в специальной таблице.

Интегральная формула

Пусть число испытаний n по схеме Бернулли велико, а вероятность успеха в одном испытании мала, причём мало также произведение .

Тогда определяют по приближенной формуле:

, (4.9)

Вероятность того, что число успехов в n испытаниях Бернулли заключено в диапазоне .

Значения функции можно посмотреть в специальной таблице и затем просуммировать по диапазону.

Можно посмотреть в кач-ве примеров к задачам 1.7 и 1.8 Д. з.

Расчёт по формуле Пуассона.

Задача (формула Пуассона).

Условие:

Вероятность искажения одного символа при передаче сообщения по линии связи равна 0.001. Сообщение считают принятым, если в нём отсутствуют искажения. Найти вероятность того, что будет принято сообщение, состоящее из 20 слов по 100 символов каждое.

Решение:

Обозначим через А

-количество символов в сообщении

успех: символ не искажается

Вероятность успеха

Вычислим . См. рекомендации по применению приближенных формул () : для расчёта нужно применить формулу Пуассона

Вероятности для формулы Пуассона по и m можно найти в специальной таблице.

Условие:

Телефонная станция обслуживает 1000 абонентов. Вероятность того, что в течении минуты какому-либо абоненту понадобится соединение, равна 0,0007. Вычислить вероятность того, что за минуту на телефонную станцию поступит не менее 3 вызовов.

Решение:

Переформулируем задачу в терминах схемы Бернулли

успех: поступление вызова

Вероятность успеха

–диапазон, в котором должно лежать число успехов

А={ поступит не менее трёх вызовов}-событие, вероятность которого треб. найти в задаче

{поступит менее трёх вызовов} Переходим к доп. событию, т. к. его вероятность подсчитать проще.

(расчёт слагаемых см. специальная таблица)

Таким образом,

Задача (локальная формула Мувра-Лапласа)

Условие

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0.8. Определить вероятность того, что при 400 выстрелах произойдёт ровно 300 попаданий.

Решение:

Переформулируем задачу в терминах схемы Бернулли

n=400 –число испытаний

m=300 –число успехов

успех - попадание

(Вопрос задачи в терминах схемы Бернулли)

Предварительный расчёт:

Проводим независимые испытания , в каждом из которых мы различаем m вариантов.

p1 – вероятность получить первый вариант при одном испытании

p2 – вероятность получить второй вариант при одном испытании

…………..

pm – вероятность получить m-ый вариант при одном испытании

p1, p2, …………….., pm не меняются от опыта к опыту

Последовательность описанных выше испытаний называется полиномиальной схемой.

(при m=2 полиномиальная схема превращается в биномиальную), т. е. изложенная выше биномиальная схема –это частный случай более общей схемы, называемой полиномиальной).

Рассмотрим следующие события

А(n1,n2,….,nm)={ в n испытаниях описанных выше n1 раз появился вариант 1, n2 раз появился вариант 2, ….., и т. д. , nm раз появился вариант m}

Формула для расчёта вероятностей по полиномиальной схеме

Условие

Игральную кость бросают 10 раз. Требуется найти вероятность того, что «6» выпадет 2 раза , а «5» выпадет 3 раза .

Решение:

Обозначим через А событие вероятность которого требуется найти в задаче.

n=10 – число испытаний

m=3

1 вариант-выпадение 6

p1=1/6 n1=2

2 вариант-выпадение 5

p2=1/6 n2=3

3 вариант-выпадение любой грани, кроме 5 и 6

p3=4/6 n3=5

P(2,3,5)-? (вероятность события, о котором говорится в условии задачи)

Задача на полиномиальную схему

Условие

Найти вероятность того, что среди 10 случайным образом выбранных человек у четырёх дни рождения будут в первом квартале, у трёх – во втором, у двух – в третьем и у одного – в четвёртом.

Решение:

Обозначим через А событие вероятность которого требуется найти в задаче.

Переформулируем задачу в терминах полиномиальной схемы:

n=10 – число испытаний =числу людей

m=4 – число вариантов, которые мы различаем в каждом испытании

1 вариант-рождение в 1 квартале

p1=1/4 n1=4

2 вариант-рождение во 2 квартале

p2=1/4 n2=3

3 вариант - рождение в 3 квартале

p3=1/4 n3=2

4 вариант - рождение в 4 квартале

p4=1/4 n4=1

P(4,3,2,1)-? (вероятность события, о котором говорится в условии задачи)

Предполагаем, что вероятность родиться в любом квартале одинакова и равна 1/4. Проведём расчёт по формуле для полиномиальной схемы:

Задача на полиномиальную схему

Условие

В урне 30 шаров: с возвращением. 3 белых , 2 зелёных , 4 синих и 1 жёлтый.

Решение:

Обозначим через А событие вероятность которого требуется найти в задаче.

Переформулируем задачу в терминах полиномиальной схемы:

n=10 – число испытаний = числу выбранных шаров

m=4 – число вариантов, которые мы различаем в каждом испытании

1 вариант - выбор белого шара

p1=1/3 n1=3

2 вариант - выбор зелёного шара

p2=1/6 n2=2

3 вариант - выбор синего шара

p3=4/15 n3=4

4 вариант - выбор жёлтого шара

p4=7/30 n4=1

P(3,2,4,1)-? (вероятность события, о котором говорится в условии задачи)

p1, p2 , p3, p4 не меняются от опыта к опыту так как выбор производится с возвращением

Проведём расчёт по формуле для полиномиальной схемы:

Гипергеометрическая схема

Пусть имеется n элементов k типов:

n1 первого типа

n2 второго типа

nk k-го типа

Из этих n элементов случайным образом без возвращения выбирают m элементов

Рассмотрим событие A(m1,…,mk), состоящее в том, что среди выбранных m элементов будет

m1 первого типа

m2 второго типа

mk k-го типа

Вероятность этого события рассчитывается по формуле

P(A(m1,…,mk))=(4.11)

Пример 1.

Задача на гипергеометрическую схему (образец к задаче 1.9 Д. з)

Условие

В урне 30 шаров: 10 белых, 5 зелёных, 8 синих и 7 жёлтых (шары различа­ются только цветом). Из урны случайным образом выбирают 10 шаров без возвращения . Найти вероятность того, что среди выбранных шаров будет:3 белых , 2 зелёных , 4 синих и 1 жёлтый.

У нас n=30, k=4,

n1=10, n2=5, n3=8, n4=7,

m1=3, m2=2, m3=4, m4=1

P(A(3,2,4,1))== можно досчитать до числа зная формулу для сочетаний

Пример 2.

Пример расчёта по этой схемы: см. расчёты для игры Спортлото (тема 1)