Р(А) = 0,32*0,7 + 0,64*0,91 = 0,8064.

Пример 3. На трех станках-автоматах обрабатываются однотипные детали, поступающие после обработки на общий конвейер. Первый станок дает 2% брака, второй – 7%, третий – 10%. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а третьего – в 2 раза меньше, чем второго.

а) Каков процент брака на конвейере?

б) Каковы доли деталей каждого станка среди бракованных деталей на конвейере?

Решение :

Возьмем с конвейера наудачу одну деталь и рассмотрим событие А – деталь бракованная. Оно связано с гипотезами относительно того, где была обработана эта деталь: Н_к – взятая наудачу деталь обработана на к-ом станке, к = 1..3.

Условные вероятности (в условии задачи они даны в форме процентов):

Р(А/Н₁) = 0,02 ; Р(А/Н₂) = 0,07 ; Р(А/Н₃) = 0,1.

Зависимости между производительностями станков означают следующее: Р(Н₁) = 3Р(Н₂), Р(Н₃) = 0,5Р(Н₂). А т.к. гипотезы образуют полную группу, то Р(Н₁) + Р(Н₂) + Р(Н₃) = 1.

Решив полученную систему уравнений, найдем:

Р(Н₁) = 6/9 ; Р(Н₂) = 2/9 ; Р(Н₃) = 1/9.

а) Полная вероятность того, что взятая наудачу с конвейера деталь – бракованная:

Р(А) = 6/9 * 0,02 + 2/9 * 0,07 + 1/9 * 0,1 = 0,04.

Другими словами, в массе деталей, сходящих с конвейера, брак составляет 4%.

б) Пусть известно, что взятая наудачу деталь – бракованная. Пользуясь формулой Байеса, найдем условные вероятности гипотез:

Р(Н₁/А) = [6/9 * 0,02] / 0,04 = 0,33 ;

Р(Н₂/А) = [2/9 * 0,07] / 0,04 = 0,39;

Р(Н₃/А) = 1 – Р(Н₁/А) – Р(Н₂/А) = 0,28.

Таким образом, в общей массе бракованных деталей на конвейере доля первого станка составляет 33%, второго – 39%, третьего – 28%.

ТЕМА 5. Повторение опытов.

Основные определения и формулы :

Пусть осуществляется n независимых повторений некоторого эксперимента (или n независимых экспериментов), в каждом из которых может произойти событие А.

Если вероятность этого события в каждом испытании равна р, то вероятность Р(n;k) того, что в n испытаниях событие А наступит ровно к раз определяется формулой Бернулли :

Р(n;k) = .

В случае когда вероятность события А в m-ом испытании равна p_m , m = 1.. n, вероятность Р(n;k) равна коэффициенту при z^k в разложении производящей функции :

G(z) = ,

где q_m = 1 – р_m.

Другое обобщение формулы Бернулли состоит в следующем. Пусть в каждом из независимых испытаний может появиться одно из m несовместных событий A_i и P(A_i) = p_i во всех испытаниях, =1. Тогда вероятность Р(n;k₁;k₂;…;k_m) того, что в n испытаниях событие A_i произойдет k_i раз, i = 1..m, , определяется полиномиальной формулой:

P(n;k₁;k₂;…;k_m) = .

Наиболее вероятное число m₀ появлений события А в n испытаниях (если в каждом испытании Р(А) = р) равно целой части числа р(n+1). Если р(n+1) – целое, то наибольшее значение вероятности Р(n;k) достигается при двух числах: m₀ = р(n+1) и m₀ = 1.

Замечание. Некоторые задачи, связанные с повторением испытаний, не требуют для своего решения использования специальных формул, а решаются на основании теорем сложения и умножения.

---

Решение типовых примеров:

Пример 1. В продукции некоторого производства брак составляет 10%. Наудачу отбираются семь изделий. Найти вероятности событий :

В – среди отобранных – 2 бракованных;

С – не более двух бракованных;

D – хотя бы одно бракованное.

Решение :

Отбор одного изделия – это испытание, в котором может появиться событие А – изделие является бракованным, причем р=Р(А)=0,1. По условию задачи проведено семь таких испытаний. Вероятность события В сразу находим по формуле Бернулли:

Р(В) = Р(7;2) = .

Для события С можно написать: С = С₀ + С₁ + С₂, где С_к – среди отобранных ровно к бракованных. Используя теорему сложения, получим:

Р(С) = Р(7;0) + Р(7;1) + Р(7;2) =

Как интерпретировать полученный результат? Будем считать, что изделия укладываются в коробки по 7 штук, причем, если в коробке оказалось не более двух бракованных, то её назовем “хорошей”. Полученный результат для Р(С) означает, что 97,4% всех коробок являются “хорошими”.

Для вычисления P(D) нет необходимости применять формулу Бернулли, а достаточно перейти к – все изделия стандартные и применить одну из теорем сложения:

P(D) = 1 – 0,9⁷ = 0,522.

Пример 2. Имеется n перенумерованных урн, в каждой из которых n шаров, причем в к-ой урне ровно к черных и n-k белых, к = 1..n. Из каждой урны наудачу извлекают по одному шару. Найти вероятность P(n;k) того, что среди n извлеченных шаров ровно к черных? Рассмотреть частный случай, когда n = 4, к = 2.

Решение :

Извлечение шара из урны – это испытание, в котором может появиться интересующее нас событие А – шар черный. Однако вероятность события зависит от номера испытания: для к-ой урны Р(А) = р_к = к / n, q_k = (n – k) / n, k = 1.. n. Составляем производящую функцию:

G(z) =

Искомая вероятность P(n;k) есть коэффициент при z^k в разложении этой функции:

G(z) =

Коэффициенты такой функции можно найти дифференцированием:

P(n;k) =

В частном случае имеем:

G(z) =

Коэффициент при z³ – это искомая вероятность:

Р(4;3) =

Пример 3. В каждом выстреле стрелок наверняка попадает в мишень, состоящую из четырех перенумерованных частей, причем вероятность попасть в каждую часть пропорциональна ее номеру. Найти вероятность того, что в пяти выстрелах стрелок 1 раз попадет в первую часть и по два раза в третью и четвертую.

Решение :

Каждый выстрел – это испытание, в котором может произойти одно из четырех событий: А_к – стрелок попал в часть мишени с номером к, к = 1..4. По условию Р(А_к) = р_к = М*к и . Для коэффициента пропорциональности М имем:

М*1 + М*2 + М*3 + М*4 = 1, откуда М = 0,1.

Итак, р₁ = 0,1 ; р₂ = 0,2 ; р₃ = 0,3 ; р₄ = 0,4.

Искомая вероятность есть вероятность Р(5; 1, 0, 2, 2) того, что в пяти испытаниях событие А₁ произошло 1 раз, А₂ – ни разу, А₃ и А₄ – по 2 раза. Полиномиальная формула дает ответ:

Р(5; 1, 0, 2, 2) =

Пример 4. Из урны, содержащей 3 черных и 4 белых шара, извлекают по одному с возвращением несколько шаров: а) Найти наиболее вероятное число появлений черного шара в 10-ти извлечениях; в 20-ти извлечениях. б) Сколько нужно произвести извлечений, чтобы наивероятнейшее число появлений черного шара было равно 7?

---

Решение :

Обозначим: А – извлечен черный шар. Тогда: р = Р(А) = 3/7.

а) для 10-ти извлечений имеем: (n+1)p = 11*3/74,7. Целая часть этого числа m₀ = 4. Это и есть наиболее вероятное число появлений черного шара в 10-ти извлечениях.

Для 20-ти извлечений имеем: (n+1)p = 21*3/79. Это число целое, поэтому существуют два значения m₀ = 9 и m₁ = 8, при которых вероятность Р(20;к) того, что в 20-ти извлечениях черный шар появится к раз, достигает наибольшего значения. Найдем это значение:

Р(20;9) =

б) исходя из того, что наивероятнейшее число m₀ появлений события А является целой частью числа р(n+1), можно написать двойное неравенство:

np – q  m₀ np + p, где q = 1 – p.

Отсюда для n можно получить:

Для наших условий р = 3/7, q = 4/7, m₀ = 7:

или 15,3  n  17,6.

Таким образом, если число извлечений равно 16 или 17, то наиболее вероятное число появлений черного шара равно 7.

Пример 5. Независимые испытания продолжаются до тех пор, пока событие А не произойдет к раз. Найти вероятность того, что потребуется n испытаний (n  k), если в каждом из них Р(А) = р.

Решение :

Событие В – n испытаний до к-го появления события А – есть произведение двух таких событий:

D – в n-ом испытании А произошло;

С – в первых (n–1)-ом испытаниях А появилось (к-1) раз.

Теорема умножения и формула Бернулли дают требуемую вероятность:

Р(В) = Р(С)*Р(D) = P(n–1; k–1)*P(A) =

ТЕМА 6. Повторение опытов (при большом N).

Основные определения и формулы:

Пусть в каждом из независимых испытаний событие А может произойти с вероятностью q, q = 1 – p. Обозначим как и раньше, через P(n;k) вероятность ровно к появлений события А в n испытаниях. кроме того, пусть P(n; k₁, k₂) – вероятность того, что число появлений события А находится между к₁и к₂.

Локальная теорема Лапласа. Если n – велико, а р – отлично от 0 и 1, то

P(n;k)

где - функция Гаусса.

Интегральная теорема Лапласа. Если n – велико, а р – отлично от 0 и 1, то

P(n; k₁, k₂)

где - функция Лапласа.

Функции Гаусса и Лапласа обладают свойствами, которые необходимо знать при использовании таблиц значений этих функций: а) (-х) = (х), (-х) = -(х); б) при больших х (х)  0, (х)  0,5.

Теоремы Лапласа дают удовлетворительное приближение при npq  9.

Теорема Пуассона. Если n – велико, а р – мало, то

P(n;k), где  = n*p.

Эта формула дает удовлетворительное приближение для р  0,1и np  10. При больших np рекомендуется применять формулы Лапласа.

Решение типовых примеров :

Пример 1. Пусть т – число появлений события А в n независимых испытаниях. Чему равна вероятность того, что частота т/п события А отклонится от его вероятности р не более чем на ?

Решение :

Итак, искомая вероятность приближенно равна

Пример 2. В продукции некоторого производства брак составляет 15%. Изделия отправляются потребителям (без проверки) в коробках по 100 штук. Найти вероятности событий:

В – наудачу взятая коробка содержит 13 бракованных изделий;

С – число бракованных изделий в коробке не превосходит 20

---

Решение :

Изготовление детали – это испытание, в котором может появиться событие А – изделие бракованное – с вероятностью р = 0,15. Находим пр = 15, npq = 12,75. Можно применять формулы Лапласа:

Р(В) = Р(100;13) 0,28(-0,56) = 0,28*0,341 = 0,095.

Р(С) = Р(100; 0, 20)

Значения функций Гаусса и Лапласа нашли по таблицам с учетом их свойств. Как интерпретировать результат? Приблизительно 9,5% всех коробок содержат 13 бракованных изделий и в 92% коробок число бракованных не превосходит 20.

Пример 3. Известно, что только 80% семян некоторой культуры дают полноценные растения. Сколько семян нужно посадить, чтобы с вероятностью не меньшей 0,95 получить, по крайней мере, 100 растений?

Решение :

Поведение семян в почве – это испытание, событие А – семя дало полноценное растение, р = 0,8. Неизвестное число испытаний п должно удовлетворять неравенству:

Р(п; 100, п)  0,95, причем п > 100.

Используем формулу Лапласа:

Р(n; 100, n)

Учитывая свойства функции Лапласа, получим:

Из таблицы значений функции Лапласа находим: 0,45 = (1,645). Учитывая еще и возрастание (х) получаем неравенство для определения п:

Решая его, получаем: , т.е. п 135.

Итак, посеяв 135 (или более) семян можно с вероятностью 0,95 гарантировать получение, по крайней мере, 100 полноценных растений.

Пример 4, имеется АТС, которая обслуживает 1000 абонентов. Для каждого их них вероятность воспользоваться услугами АТС в течении одной минуты равна 0,003. Для выбранной наудачу минуты найти вероятности событий: В – ровно 5 вызовов на АТС, С – не более двух вызовов, D – хотя бы один вызов.

Решение :

Поведение абонента в течении одной минуты – это испытание, событие А – абонент воспользовался услугами АТС, р = 0,003, nр = 3. Используем формулу Пуассона, причем  = 3:

ТЕМА 7. Дискретная случайная величина.

Основные определения и формулы :

Случайной величиной (СВ) называется величина, которая в результате СЭ может принять то или иное значение, заранее неизвестное и зависящее от случайных причин.

Если множество возможных значений СВ представляет собой последовательность чисел (конечную или бесконечную), то такая СВ называется дискретной (ДСВ).

Случайная величина полностью описывается (с вероятностной точки зрения) заданием своего закона распределения.

Законом распределения случайной величины называется всякое соотношение, устанавливающее связь между возможными значениями СВ и вероятностями принять эти значения.

Для ДСВ закон распределения можно задавать в различных формах: табличной, графической, аналитической.

Рядом распределения ДСВ называется таблица вида:

Х	х1	х2	…	хк	…
Р	р1	р2	…	рк	…

где х_к – все возможные значения ДСВ Х,

р_к – соответствующие вероятности, т.е. р_к = Р(Х=х_к), к = 1,2,…, причем  р_к = 1.

Многоугольником распределения ДСВ Х называется ломаная линия, звенья которой последовательно соединяют точки (х_к, р_к), нанесенные на координатную плоскость хОр.

---

Функцией распределения произвольной СВ Х называется функция F(x) действительного переменного х, определяемая равенством:

F(x) = P(X < x).

Для ДСВ функция распределения всегда есть разрывная ступенчатая функция, скачки которой расположены в точках, соответствующих возможным значениям СВ, и равны вероятностям этих значений. Формально:

К числовым характеристикам ДСВ Х относятся: математическое ожидание М(Х), дисперсия D(Х), среднее квадратичное отклонение  (Х), коэффициент вариации V(Х), асимметрия А(Х), эксцесс Е(Х), мода М (формулу для вычисления см. в примере 1).

Решение типовых примеров :

Пример 1. Из ящика, содержащего 8 деталей, среди которых 2 нестандартные, наудачу извлечены 4 детали. Для СВ Х – число нестандартных деталей среди извлеченных – построить ряд распределения, записать функцию распределения, найти числовые характеристики.

Решение :

Нестандартных деталей среди извлеченных по условию задачи может быть 0, 1 и 2. Пользуясь классическим определением, находим вероятности возможных значений:

Проверка: р₀+ р₁+ р₂ = 1.

Ряд распределения имеет вид:

Х	0	1	2
Р	0,21	0,58	0,21

Ф ункция распределения:

Находим числовые характеристики:

Пример 2. Производится стрельба до 1-го попадания, причем вероятность попадания при каждом выстреле одна и та же и равна 0,8, а выстрелы независимы. Для ДСВ Х – число сделанных выстрелов– найти закон распределения. Рассмотреть два случая: а) боекомплект не ограничен; б) боекомплект состоит из 3 зарядов.

Решение :

Обозначим через А_к событие – попадание в к-ом выстреле, к = 1,2,.. По условию: Р(А_к) = 0,8,

а) в случае неограниченного боекомплекта ДСВ Х может принять любое натуральное значение п, причем:

Это пример аналитической формы закона распределения: P(X=x_n) = G(x_n), где G(x_n) – некоторая функция.

б) в случае ограниченного боекомплекта вероятности р₁ и р₂ совпадают с соответствующими для случая а): р₁ = 0,8, р₂ = 0,2*0,8.

Для р₃ имеем:

р₃ = Р(Х=3) = Р(боекомплект исчерпан) =

Ряд распределения имеет вид:

Х	1	2	3
Р	0,8	0,16	0,04

Пример 3. Число проведенных опытов есть ДСВ Z имеющая распределение Пуассона с параметром . Каждый опыт может быть успешным с вероятностью р и неуспешным с вероятностью q = 1 – p. Найти закон распределения для ДСВ Х – число успешных опытов.

Решение :

Возможные значения СВ Х: 0, 1, 2, … , к, … . Событие {X=k} может осуществиться только с одним их событий H_n = {Z=n}, n  k. Значит можно использовать формулу полной вероятности:

Условие на Z означает следующее:

Условную же вероятность можно вычислить по формуле Бернулли:

Итак, закон распределения СВ Х:

Преобразуем полученный ряд:

Или, окончательно:

т.е. СВ Х имеет распределение Пуассона с параметром р.

Пример 4. Пусть Х – число появлений события А в серии из п независимых испытаний, причем, вероятность появления А в к-ом испытании равна р_к. найти математическое ожидание и дисперсию СВ Х.

---

Смотрите также файлы

• Инновационный мкенеджмент.doc

• 2011ЭВарМУ Стратан ФН-07заоч.doc

• Микроэкономика 1часть.doc

• Документ Microsoft Word.doc

• Документ Microsoft Office Word.docx