Эддоус М., Стэнсфилд Р. Методы принятия решений

Подождите немного. Документ загружается.

Ijt. I. иСНОвЫ теории вероятпи^тси

о Пример 1.16. Фирма имеет три источника поставки комплектующих —

фирмы А, В, С. На долю фирмы А приходится 50% общего объема поставок, В

—

30%

и С

—

20%. Из практики известно, что 10% поставляемых фирмой А деталей

бракованных, фирмой В

—

5% и фирмой С

—

6%.

Какова вероятность, что взятая наугад деталь была получена от фирмы А?

Какова вероятность, что взятая наугад и оказавшаяся бракованной деталь

получена от фирмы А?

Решение.

Так как 50% комплектующих деталей поставляются фирмой А, то

Р (деталь поставлена Л) =

50%,

или Р (А) = 0,5.

Следовательно, вероятность того, что взятая наугад деталь была поставлена

фирмой А, равна 0,5.

Рассмотрим рис. 1.8.

• Деталк

Выбраннок m\\

Выброннак г<эдмоя

(О

94)

деталь * '

Исход Вероятность

А (брокованная) 0,5 х 0,1

А (годная)

В (броковонная)

В (годноя)

(не требуется)

0;3

0,05

(не требуется)

С (бракованная) 0,2 х 0,06

С (годноя) (не требуется)

Рис. 1.8. Дерево вероляостей

На основе рис. 1.8 вероятность брака в поставках равна:

(0,5

0,1) + (0,3

0,5) + (0,2

0,06) = 0,077,

т.е.

число бракованных деталей в общем количестве составляет 77 из 1000 штук.

Вычислим долю фирмы А в общем количестве бракованной про,;(укции:

Р (фирма А, деталь бракованная )

' -_ ' '

0,65 .

Иначе говоря, вероятность того, что выбранная деталь была получена от

фирмы А при условии, что она оказалась бракованной, изменилась с 0,5 до 0,65.

Используя формулу Байеса, это можно выразить так:

t^ Ч. 1. Принятие решений в условиях недостатка

информации

Г./А / < \ Р (А и с браком )

Р (А / с браком ) = ^ . • г— ' =

Р (с браком )

0,5x0,1 0,5x0,1

(0,5x0.1)+ (0,3x0,05)+ (0,2x0,06)

0,077

' '

Итак, вероятность того, что поступившая бракованная деталь была поставлена

фирмой А, равна 0,65.

О Пример 1.17. В центральную бухгалтерию корпорации поступили пачки

накладных для проверки и обработки. 90% пачек были признаны удовлетвори-

тельными: они содержали только 1% неправильно оформленных накладных.

Остальные 10% пачек накладных были признаны неудовлетворительными, так как

содержали 5% непргщильно оформленных накладных.

Какова вероятность того, что следующая партия поступивших накладных будет

признана неудовлетворительной?

Взятая наугад из пачки накладная оказалась оформленной неправильно. Учи-

тывая это, какова вероятность того, что вся пачка накладных будет признана не

соответствующей стандартам?

Вторая взятая наугад накладная тоже была неправильно формленной. Приняв

во внимание оба факта, определите вероятность, что вся пачка накладных

является неудовлетворительной.

Верошмосп»

нокподноя Пра^»^_}^}^ (не требуется)

Удовлетвори- С^С'^

Почка fY^ ' '

ноклояных

^--Ч.,.^^^^^

Про^;;;;;^:!:!! (не требуете)

Нвудовпатвори-^*^^^

твлшо» (,1) 0.1

0,05 -

0,005

Пврвоя "епровильноя /051

ноклодноя '

Рис.

1.9. Вероятность появлешш неправильной накладной

Peutenue.

Ввиду объемности каждой пачки накладных будем считать, что вероятность

появления неправильной накладной существенно не изменится.

Без дополнительной информации, основываясь на данных прошлых экспери-

ментов, верюятность того, что пачка накладных будет признана недействитель-

ной, равна 0,1.

Для последующего решения может быть применена диаграмма в виде <дерева»

(см.

рис. 1.9).

Полная вероятность обнаружения неправильной накладной равна:

0.009

0,005

= 0,014.

Гл.

Основы

теории

вероятностей

Р (пачка накладных признана неудовлетворительной после того, как первая

отобранная накладная признана неправильной

Р (пачка неудовлетворительна и накладная неправильна) _

0,005

_ „ „су

Р (неправильная накладная) 0,014 '

Для ответа на последний вопрос используем дополнительную схему.

Вврсмтностк

Вторая

накладная

Провипьноя_

Первая

нсклодноя

УАОшетаори

тельная (0,9)

Пачка

накладных

Не удошптво-

риталкноя (0,1)

Перм»

наклодноя '^*'во«,

''^'"««'«ОЯ I

0,9 X 0,1 X 0,1 -

0,00009

0,1 X 0,5 X 0,5 -

0,00025

Рис. 1.10. Вероятность обнаружения двух неправильных накладных

Вероятность того, что первые две накладные неправильны, равна:

0,00009

0,00025

= 0,00034,

Р (пачка накладных признана неудовлетворительной из-за двух накладных,

признанных неправильными) =

Р (пачка накладных признана неудовлетворительной и две накладные неправильные)

Р (две накладные неправильны)

0,00025

0,00034'

0,735

Итак, если, по преяварительным данным, вероягаость того, чго пачка накладных

будет неудовлетворительна, составляла 0,1, то после первого эксперимента она

составила 0,36, после второго

—

0,74.

of, Ч. 1. Принятие решений в условиях

недостатка

информации

1.6. МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ОЖИДАНИЕ

Рассмотрим теперь только те эксперименты, результаты которых имеют численное

значение. Например, бросив монету 10 раз, зафиксируем выпавшее число «решек».

При многократном повторении эксперимента можно вычислить среднее значение

величины. Среднее значение величины (полученное при неограниченно большом

числе опытов) иначе назьшается матеиалпеским ожиданием Е(х). Метод определения

математического ожидания имеет много общего с нахождением среднего значения

частотного распределения, которое выглядит так:

-..^ .

Если значения частот f заменить на относшельные частоты (или вероятности)

р,

то мы получим среднюю, или математическое ожидание:

Так как ^ р = 1, то Е (х) = ]^ рх .

О Пример 1.18. Стандартная монета брошена 4 раза. Каково ожидаемое число

«решек»?

Решение.

Возможны 16 исходов:

(рррр, ррро, ррор, рорр, оррр, рроо, poop, оорр, орор, роро, орро, рооо, ороо,

ооро,

ооор, оооо).

Вероятность каждого из исходов равна 1/16. Поэтому

Р (О «решек» за 4 броска) = 1/16

Р (1 «решка» за 4 броска) = 4/16;

Р (2 «решки» за 4 броска) = 6/16;

Р (3 «решки» за 4 броска) = 4/16

Р (4 «решки» за 4 броска) = 1/16

Общая вероятность = 16/16 = 1.

Следовательно, ожидаемое количество «решек» за 4 броска равно:

E(x) = Xpx = -j^xO + -j|xl+ —x2

ygx3

^x4 = 2,

'''•е.

ожидаемое количество «решек» равно 2.

Гл.

Основы

теории

вероятностей

LJ Пример 1.19. Вероятность того, что игрюк выиграет 1000 ф. ст. составляет 0,1.

Вероятность выигрьппа 500 ф. ст. равна 0,2. В случае проигрыша ему нужно будет

уплатить 300 ф. ст. Какова ожидаемая прибыль от игры?

Решение

Вероятность проигрыша = 1 - Р (выигрыш) =

-(0,1 +0,2) =

-0,3

0.7.

Ожидаемая прибыль такова:

Е (х )

2] рх

0,1

1000

0,2

500

0,7 х

(-300)

= -10 ф. ст. за игру.

Таков средний размер убытка за одну игру, если играется множество игр при

идентичных условиях. В каждой отдельной игре игрок может выиграть 1000, 500 ф. сг.

или проиграть 300 ф. ст., но при большом количестве игр убыток составит 10 ф. ст.

в расчете на одну игру.

Математическое ожидание помогает определить необходимость проведения

эксперимента, так как при большом значении математического ожидания экспери-

мент целесообразен (см. гл. 3).

1.7. ПЕРЕСТАНОВКИ И СОЧЕТАНИЯ

Производя выборки из совокупности, важно знать, сколько выборок может быть

сделано. Для этого мы должны, во-первых, решить влияет ли порядок отбора

элементов на результат.

Перестановки: элементы совокупности идентифицированы и порядок, в кото-

ром они отобраны имеет большое значение.

• Пример 1.20. Из пяти букв — А, В, С, Д, Е

—

нужно составить как можно

больше трехбзгквенных сочетаний.

Решение

На первое место можно поставить любую из пяти букв. Для второй позиции

остаются вакантными четыре буквы, для третьей — три. Итак, для первых пяти

вариантов существуют четыре вторых и три третьих буквы, т.е. общее число

перестановок из трех букв равно:

5x4x3 = 60.

Иными словами, количество перестановок пять по три: 5 х 4 х 3 = 60.

Возможны следующие сочетания:

ABC

ABD

ЛБЕ

ADC

ЛЕС

ADE

DBC

АСВ

ADB

АЕВ

ACD

АСЕ

AED

DCS

ВАС

BAD

БАЕ

DAC

ЕАС

DAE

BDC

ВСА

BDA

ВЕА

DCA

ЕСА

DEA

BCD

CAB

DAB

ЕАВ

CAD

САЕ

EAD

CDB

СВА

DBA

ЕВА

CDA

CEA

EDA

CBD

9Я Ч. 1. Принятие решений в условиях недостатка информации

ЕВС

DEC

DBE

ЕСВ

DCE

DEB

ВЕС

EDC

BDE

ВСЕ

ECD

BED

СЕВ

CDE

EDB

СВЕ

CED

EBD

Теперь необходимо вывести общую формулу для перестановок, чтобы иметь

возможность подсчитывать их количество, зная общее количество элементов и

сколько элементов нужно выбрать.

Допустим, общее количество элементов п, нужно выбрать три. Тогда на первое

место претендуют п элементов, на второе — (п— 1), на третье — (п —2) элемента.

Число перестановок составит п х (п - 1) х (п - 2). Однако этот метод получения

формулы прием.лем при выборе группы небольшого объема, в противном случае

формула становится громоздкой.

Для краткости перестановка из п элементов по г обозначается как "Р^- Символ !,

будучи помещенным после числа, указывает на факториал. Например:

61 = 6x5x4x3x2x1

или

10!

= 10х9х8х7х6х5х4хЗх2х1.

В общем виде: п! = п х (п - 1) х (п - 2) х (п - 3) х ... х 1 .

Особо отметим, что 1! =• 1 и по определению 0\

\. С небольшими манипуля-

циями факториал может использоваться для вычисления перестановок. Вернемся

к примеру 1.20. Нужно подсчитать число перестановок из пяти по три. Мы

нашли, что ^Pj = 5

3 .

Можем переписать это следующим образом:

Зг, с < •» 2 х1 S

2 х1 5!

Рз = 5х4хЗх^-^ = Т;:х -2! •

Аналогично

По » / Ч\ /- П\ (П - 3)

(П-4)

...X 1 П|

Р,

= п

(п - 1)

(п - 2)

^ rf—% :t 7

= •;

:Г7 •

^ V ' V / (п-3)х(п-4)х ...X 1 (п-3)!

Так как мы не будем всегда отбирать по три элемента, то в общем виде эта

формула выглядит так:

(п - г)1

Сочепшш:

число сочетаний означает число выборок, которые могут быть сделаны из п

Элементов по г элементов — это все г-элементные подмножества п-элементного

*010Жества, где различными подмножествами считаются те, которые имеют различ-

•'•'й состав элементов, при этом порядок отбора не важен.

Гл.

Основы

теории

вероятностей

О Пример 1.21. Сколько существует Э-буквенных сочетаний из литер А, В, С,

Е? Порядок букв в сочетании не важен.

Решение.

Вернувшись к решению примера 1.20, видим, что в каждом ряду, в строке

перестановок использованы одни и те же буквы. Каждый ряд представляет

возможные комбинации из трех букв. Количество комбинаций из 5 букв, взятых

по 3, равно 10. Отметим, что число перестановок трех букв равно:

Зр 3! 31 3! .

Обозначив число комбинаций из 5 элементов, взятых по 3 С^ , получим:

^ ^Р, 5! /2! 5!

5Сз = —^ =

= = 10 .

^Рз 3!

Итак, что же получится если обобщить решение этой задачи, каково число

комбинаций а элементов, взятых по 3 за раз?

«с "Рз п!/(п-3)1 п1

^Рз 31 3!х(п-3)1

Теперь мы можем записать формулу числа сочетаний из п элементов, взятых

по г. В общем виде это выглядит так:

"Р,

п! /(п -

г)1

п1

'Р^

г1

г1 X

(и - г)1

1.7.1.

Использование перестановок

и сочетаний дня

вычисления

вероятности

О пример 1.22. Вернемся к примеру 1.14. Совет директоров компании состоит

из трех бухгалтеров, трех менеджеров и двух инженеров. Во вновь создаваемый

подкомитет должны войти три человека. Необходимо найти вероятность того, что

подкомитет будет состоять полностью из бухгалтеров.

Решение.

Число сочетаний трех бухгалтеров из трех бухгалтеров равно:

Зсз

51—=1.

31 (3

- 3)!

Число сочетаний из 8 чел. по 3 равно:

«0,

—#!

56.

- 3)1

jv) ч. t. Принятие решений в условиях

недостатка информации

Следовательно, вероятность того, что все члены подкомитета будут бухгалтерами,

равна:

Sj.

° 56 '

т.е.

тот же результат, что и в примере 1.14.

• Пример 1.23. Из трех бухгалтеров, восьми менеджеров и шести научных

сотрудников необходимо случайным отбором сформировать комитет из десяти

человек. Какова вероятность того, что в комитете окажутся: один бухгалтер, пять

меНеджерюв и четверо научных сотрудников?

Решение.

, 31

Число сочетаний для одного бухгалтера С,

———— = 3 .

я 8'

Число сочетаний для пяти менеджеров "Cj

———— = 56 .

51 (о

—

5}1

к 61

Число сочетаний для четырех з^еных Сд

-——— = 15 .

Число сочетаний для десяти человек '^С.»

,„, „_———

19448.

(6 - 4)!

'">'

101(17- 10)!

Следовательно, итоговая вероятность формирования комитета заданного состава

равна:

^С,

^Сс

^Сд 3

— = = 0,130 .

"С,о 19448

РЕЗЮМЕ

Теория вероятностей имеет дело с понятием неопределенности. При проведении

эксперимента мы знаем все возможные исходы, однако не все они произойдут.

Ответ на вопрос, каковы же шансы реализации того или иного исхода, дает

вероятность.

Событие

—

это один или несколько исходов, которые нас интересуют. Числен-

ные границы вероятности — от

до 1 включительно. Сумма вероятностей всех

возможных исходов (вероятность полной группы событий) всегда равна 1. Веро-

ятность определяется или на основе свойства симметрии эксперимента, или путем

повторения измерений, или на основе субъективной оценки.

Существуют два основных правила подсчета вероятности: правило сложения и

правило умножения вероятностей. Правило сложения вероятностей применяется

для вычисления вероятности появления события А или В, или обоих вместе:

Р(А + В) = Р(А) + Р(В) - Р(АВ).

Гл.

Основы

теории

вероятностей

Для несовместимых событий формула преобразуется в следующую:

Р(А+В) = Р(А) + Р(В).

Правило умножения вероятностей применяется, когда события происходят

вместе:

Р(АВ) = Р(А)

Р(В/А).

Для независимых событий эта формула преобразуется в следующую:

Р(АВ) = Р(А)

Р(В).

Перед вычислением вероятности необходимо составить список всех возможных

исходов эксперимента. Лучше всего иэобраз1т> их графически, для чего используются

таблицы, диаграммы в виде «деревьев», диаграммы Венна. Только после этого

приступают к расчетам.

Расчет по формуле Байеса применяется с целью модификации вероятности в

случае, когда появилась новая дополнительная информация. Этот расчет основан

на правиле умножения вероятностей:

Математическое ожидание определяется следующим образом:

Е(х)-2;рх.

Мы можем решить — проводить эксперимент или нет, вычислив среднюю

величину.

Для определения числа возможных вариантов выборки г элементов из группы

в п элементов используются перестановки и сочетания.

Перестановки:

"Рг =

П^

—

порядок отбора элементов важен.

(п - г)1

Сочетания:

"С,

= -— —

—

порядок отбора элементов не важен.

^ г! (п - г)1

УПРАЖНЕНИЯ

Упражнение 1.1

Монета брощена 4 раза. Какова вероятность выпадения двух «решек» и двух

«орлов»

(i) именно в таком порядке;

(ii) в любом порядке?

Ч. 1. Принятие решений в условиях недостатка информации

Упражнение 1.2

Игральная кость брошена дважды. Результаты двух исходов обобщаются. Какова

вероятность получения

(i) 23;

(ii) 12?

Упражнение 1.3

Служащие компании ^Tutial pic» распределены в таблице по отделам и полу:

Подразделение

Производственный отдел

Ремонтная мастерская

Склады

Автобаза

Отдел реализаш1и

Женщины

Мужчины

Наудачу выбран один служащий. Найти вероятность того, что это:

(1) женщина;

(ii) работник ремонтной мастерской;

(iii) мужчина, работающий на складе;

(iv) женщина, работающая на складе или автобазе;

(v) работник производственного отдела или отдела реализации?

В той же компании решено организовать консультационный комитет из двух

человек. Какова веро5ггаость того, что они будут:

(vi) женщины;

(vii) оба из производственного отдела;

(viii) один из магазина, а другой из автобазы;

(ix) женщина из ремонтной мастерской и мужчина, работающий на складе;

(х) обе женщины, работающие на складе, или один человек из произведет

венного отдела, а другой

—

мужчина, работающий в отдела реализации?

Упражнение 1.4

На курсах повышения квалификации бухгалтеров учат определять правильность

накладной. В качестве проверки преподаватель предлагает обучающимся прове-

рить 10 накладных, 4 из которых содержат ошибки. Он берет наугад из этих 10

две накладные и просит проверить. Какова вероятность того, что они окажутся:

(i) обе ошибочные;

(ii) одна ошибочная, а другая нет?