Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

не приймається. Знайти ймовірність того, що партію буде при-

йнято, якщо в ній

нестандартних виробів.

1.44.

Виготовляючи виріб, послідовно працюють

робітників.

Якість виробу, що передається кожному наступному виконавцеві,

не перевіряється. Робітники не припускаються браку з імовірнос-

тями ).,...,2,1(

kip

Знайти ймовірність того, що готовий виріб

буде стандартним.

1.45.

Випущено

лотерейних білетів, серед яких

виграш-

них. Гравець придбав

білетів. Знайти ймовірність того, що се-

ред них буде принаймні один виграшний.

1.46.

Завод випускає вироби певного виду. Кожен виріб може

мати дефект з імовірністю

. Після виготовлення виріб оглядають

контролерів;

-й контролер виявляє дефект з імовірністю

()

.,...2,1

kip

Виріб із виявленим дефектом бракується. Знайти

ймовірності подій:

— «виріб забраковано»;

— «виріб забракував 2-й контролер»;

— «виріб забракували всі контролери».

1.47.

Завод випускає вироби певного виду. Кожний виріб мо-

же мати дефект з імовірністю

. Виріб оглядає контролер, який

може виявити дефект з імовірністю

Якщо дефекту не виявле-

но, виріб вважається придатним. Контролер з імовірністю

α мо-

же забракувати придатний виріб. Знайти ймовірності подій:

— «виріб забраковано»;

— «виріб забраковано помилково»;

— «дефектний виріб оцінено як придатний».

1.4. ФОРМУЛА ПОВНОЇ ЙМОВІРНОСТІ І ФОРМУЛА БАЄСА

Нехай подія

може відбутися тільки за умови настання однієї

із несумісних подій

(

= 1, 2,…,

), які утворюють повну групу.

Тоді ймовірність події

подається формулою:

() ( ) ( )

∑

⋅=

BAPBPAP

де

()

— імовірність події

;

(

)

BAP

— умовні ймовірності

настання події

Наведена залежність називається

формулою повної ймовірності

Знову розглянемо події

(

)

,...,,2,1

niB

які утворюють повну

групу подій і попарно несумісні. Ці події називатимемо

гіпоте-

зами

. Подія

може відбутись одночасно з деякою із подій .

Відомі ймовірності подій

та умовні ймовірності того, що подія

відбудеться. Відомо, що в результаті випробування подія

від-

булась. Потрібно з огляду на це переоцінити ймовірності гіпотез

Для цього застосовують формулу Баєса:

()

(

)

(

)

()( )

()

....,,2,1,

BAPBP

ABP

∑

Приклади розв’язування задач

Приклад 1

. Маємо

партій деталей, по

деталей у кожній.

Відомо, що серед

деталей

стандартних

(

)

.,...,2,1

Із на-

вмання взятої партії беремо одну деталь. Знайти ймовірність то-

го, що вибрана деталь: а) стандартна; б) нестандартна.

Розв’язання.

Позначимо події:

(

)

NiB

,...,2,1

— «деталь узя-

то з

-ї партії»;

— «узята деталь стандартна». Події

попарно

несумісні й утворюють повну групу. Подія

може настати одно-

часно з деякою подією .

Задача розв’язується за формулою по-

вної ймовірності:

()

() ()

....,,2,1,/ Ni

BAP

()

∑

Імовірність події

можна визначити відніманням від одиниці

ймовірності події

, яку щойно знайдено.

Приклад 2

. На двох верстатах-автоматах виробляють однако-

ві деталі, які надходять на транспортер. Продуктивність першого

верстата утричі більша, ніж другого, причому перший верстат

виробляє нестандартну деталь з імовірністю 0,15, а другий — з

імовірністю 0,2. Знайти ймовірність того, що навмання взята з

транспортера деталь буде стандартною.

Розв’язання.

Розглянемо події:

— «деталь виготовлено на

першому верстаті»;

— «деталь виготовлено на другому верс-

таті»;

— «вибрана деталь стандартна». Події

i BB несумісні

й утворюють повну групу, що ж до події

, то вона може відбу-

тись одночасно з кожною із цих подій. Умовні ймовірності на-

стання події

відомі. Згідно з умовою, що продуктивність

першого верстата утричі більша, ніж другого, знаходимо

()

,75,0

()

0,25.

За формулою повної ймовірності має-

мо:

()

.8375,08,025,085,075,0

⋅

+⋅=AP

Приклад 3

. Партію виготовлених деталей перевіряли два кон-

тролери. Перший перевірив 45 %, а другий — 55 % деталей. Імо-

вірність припуститися помилки під час перевірки для першого

контролера становить 0,15, для другого — 0,1. Після додаткової

перевірки в партії прийнятих деталей виявлено браковану. Оці-

нити ймовірність помилки для кожного контролера.

Розв’язання.

Розглянемо події:

— «деталь перевіряв пер-

ший контролер»;

— «деталь перевіряв другий контролер»;

—

«виявлено браковану деталь». Події

i BB

несумісні й утворю-

ють повну групу. Подія

відбулась одночасно з однією із цих

подій, імовірності яких потрібно переоцінити. Застосуємо фор-

мулу Баєса.

()

(

)

(

)

()( )

;551,0

1,055,015,045,0

15,045,0

≈

⋅+⋅

⋅

∑

BAPBP

ABP

()

(

)

.449,0551,01/1/

=−=−= ABPABP

Отже, більш імовірно, що помилки припустився перший конт-

ролер.

Приклад 4

. Маємо дві партії однакових виробів. Перша скла-

дається з 15 стандартних і 4 нестандартних, друга — із 18 стан-

дартних і 5 нестандартних виробів. Із навмання вибраної партії

взято один виріб, який виявився стандартним. Знайти ймовірність

того, що другий навмання взятий виріб також буде стандартним.

Розв’язання.

Розглянемо події:

— «перший виріб взято з

першої партії»;

— «перший виріб узято з другої партії»;

—

«перший узятий виріб стандартний»;

— «другий узятий виріб

стандартний». За формулою повної ймовірності знаходимо ймо-

вірність події

() ( )( ) ( )( )

874

587

2211

=⋅+⋅=+= BAPBPBAPBPAP

За формулою Баєса обчислюємо умовні ймовірності

()

ABP

()

ABP

()

;

229

115

874

587

=⋅=ABP

()

229

114

229

115

=−=ABP

Імовірність події

знаходимо за формулою:

(

)( )

(

)

(

)

(

)

./////

2211

BACPCBPBACPABPACP II

Умовні ймовірності такі:

()()

/ ,

== BACPBACP

Отже,

()

.775,0

229

114

229

115

/ ≈⋅+⋅=ACP

Вправи для самостійного розв’язування

1.48.

На двох верстатах-автоматах виробляються однакові за-

готівки, які транспортером перекидаються в те саме місце. Про-

дуктивність другого верстата в 1,5 раза більша, ніж першого. Пе-

рший верстат дає 5 % нестандартних заготівок, а другий — 93 %

стандартних. Знайти ймовірність того, що взята навмання заготі-

вка буде:

стандартна; 2) нестандартна.

1.49.

На конвеєр надходять деталі від трьох автоматів. Пер-

ший дає 90 %, другий — 93 %, а третій — 95 % придатної проду-

кції. Протягом зміни від першого автомата надходить 60, від дру-

гого — 50, від третього — 40 деталей. Знайти ймовірність

потрапляння на конвеєр:

1) нестандартної деталі; 2)стандартної деталі.

1.50.

На складі зберігаються кінескопи, 70 % яких виготовлено

на заводі № 1, а решта — на заводі № 2. Імовірність того, що кі-

нескоп витримає гарантійний строк, дорівнює 0,9 для заводу № 2

і 0,8 для заводу № 1. Знайти ймовірність того, що навмання взя-

тий кінескоп:

1) не витримає гарантійного строку; 2) витримає гарантійний

строк.

1.51.

Маємо дві партії деталей. Перша складається з 15 стан-

дартних і 4 нестандартних, друга — із 10 стандартних і 3 нестан-

дартних. Із першої партії береться одна деталь і перекладається у

другу. Знайти ймовірність того, що деталь, яку після цього взяли

із другої партії :

1) стандартна; 2) нестандартна.

1.52.

Маємо три партії деталей. Перша складається з 10 стан-

дартних і 4 нестандартних, друга — із 14 стандартних і 4 нестан-

дартних, третя — із 16 стандартних і 5 нестандартних деталей. Із

навмання вибраної партії береться деталь. Знайти ймовірність то-

го, що деталь буде:

1) стандартною; 2) нестандартною.

1.53.

Металеві заготівки для подальшої обробки надходять із

двох цехів: 55 % із першого, 45 % із другого. При цьому продук-

ція з першого цеху містить 3 %, а з другого цеху — 5 % браку.

Знайти ймовірність того, що заготівка, яка надійшла на обробку:

1) придатна; 2) бракована.

1.54.

На склад надходить продукція від двох підприємств. Від

першого — 60 %, від другого — 40 %. Перше підприємство дає

80 % продукції 1-го сорту і 20 % 2-го сорту, а друге дає 70 %

продукції 1-го сорту і 30 % 2-го сорту. Знайти ймовірність того,

що навмання взята одиниця продукції буде:

1) першого сорту; 2) другого сорту.

1.55.

Для посіву пшениці заготовлено насіння, серед якого

95 % 1-го сорту, 3 % 2-го та 2 % 3-го сорту. Імовірність того, що з

насінини виросте колосок, в якому не менш ніж 50 зерен, для

1-го сорту насіння становить 0,5, для 2-го сорту — 0,2, для 3-го —

0,1. Знайти ймовірність того, що навмання взятий колосок у разі

такого посіву матиме не

менш як 50 зерен.

1.56.

Маємо 50 комплектів деталей. Відомо, що кількість ком-

плектів із дефектами серед них може з однаковою ймовірністю

становити 0, 1 або 2. Знайти ймовірність того, що навмання взяті

3 комплекти виявилися без дефектів.

1.57.

Кожний виготовлений заводом виріб може мати дефект з

імовірністю

. У цеху є три контролери, кожний з яких виявляє

дефект з імовірністю

(

)

.3,2,1

Імовірності потрапляння деталі

на перевірку до кожного контролера однакові. Виріб, який не бу-

ло забраковано в цеху, перевіряє ВТК заводу, де дефект виявля-

ється з імовірністю

Визначити ймовірність того, що:

виріб буде забраковано в цеху;

виріб буде забраковано у ВТК заводу;

виріб буде забраковано.

1.58.

Партія складається з 10 стандартних і 5 нестандартних

деталей. Із партії навмання взяли деталь і без обстеження відкла-

ли вбік. Знайти ймовірність того, що довільно взята після цього з

партії деталь буде стандартною.

1.59.

Маємо дві партії виробів. Перша складається з

виробів,

серед яких

стандартних. У другій партії

виробів, із них

стандартних. Із першої партії взяли

виробів, а із другої

виро-

бів. Вибрані вироби перемішали, і вони утворили нову партію.

Знайти ймовірність того, що виріб, узятий навмання з нової пар-

тії, буде стандартним.

1.60.

Деталі на конвеєр надходять із двох автоматів. Від першо-

го — 60 %, від другого — 40 %. Перший автомат дає 2 %, а дру-

гий — 1 % браку. Деталь, яка надійшла на конвеєр, виявилась ста-

ндартною. Знайти ймовірність того, що цю деталь виготовлено:

1) першим автоматом; 2) другим автоматом.

1.61.

Дві перфораторниці набили 500 перфокарток, із них пе-

рша набила 300. Імовірність припуститися помилки під час вико-

нання цієї роботи становить 0,15 для першої і 0,1 для другої пра-

цівниці. Під час контролю на перфокартці виявлено помилку.

Знайти ймовірність того, що помилку зробила:

1) перша перфораторниця; 2) друга перфораторниця.

1.62.

Маємо три партії однакових деталей. У першій 20 стан-

дартних і 5 нестандартних, у другій — 15 стандартних і 3 нестан-

дартні, у третій — 14 стандартних і 2 нестандартні деталі. Із на-

вмання вибраної партії взяли деталь. Вона виявилася стандарт-

ною. Знайти ймовірність того, що цю деталь узято:

1) із першої партії; 2) із другої партії; 3) із третьої партії.

1.63.

Маємо дві партії однакових виробів. Перша складається з

10 виробів заводу № 1 і 5 виробів заводу № 2. У другій партії 15

виробів заводу № 1 i 6 — заводу № 2. Із навмання вибраної партії

взято один виріб, який виявився виготовленим на заводі № 1. Пі-

сля цього випробування повторили. Знайти ймовірність того, що

другий взятий виріб виготовлено на

заводі № 2.

1.5. СХЕМА ВИПРОБУВАНЬ З ПОВТОРЕННЯМИ

Незалежні випробування

Нехай проводяться

випробувань, у кожному з яких подія

може як відбутись, так і не відбутись. Якщо ця ймовірність у ко-

жному випробуванні не залежить від того, відбулась вона в ін-

ших випробуваннях чи ні, то такі випробування називаються

не-

залежними щодо події А

. Згідно з означенням випробування та-

кож незалежні, якщо в кожному з них імовірність настання події

однакова, тобто дорівнює тому самому числу. Імовірність того,

що подія

відбудеться в кожному з незалежних випробувань,

позначають

()

pAP

= а ймовірність настання протилежної події

()

qpAP

=−= Для розв’язування задач на повторні незалежні

випробування застосовують такі формули і теореми.

Формула Бернуллі

. Імовірність того, що в

незалежних

випробуваннях, у кожному з яких імовірність

(

) =

, подія

відбудеться

раз, подається так:

(

)

mnmm

qpCmP

−

Формула застосовується, якщо

.10

≤

Найімовірніша кількість

. Частота

m настання події

незалежних повторних випробуваннях називається

найімовірні-

шою кількістю

(появи цієї події), якщо їй відповідає найбільша

ймовірність. Вона визначається за формулою:

pnpmqnp

≤

−

Розподіл може мати одне або два найімовірніші числа.

Локальна теорема Лапласа

. Імовірність того, що в

неза-

лежних випробуваннях, у кожному з яких

(

) =

, подія

від-

будеться

раз, подається такою наближеною залежністю:

() () ()

. ,

де ,

npq

npm

xexx

npq

−

=ϕϕ⋅≈

−

Локальна теорема Лапласа дає змогу обчислювати ймовірнос-

ті

()

, якщо

> 10 i

> 0,1.

Формула Пуассона

. Якщо в кожному з

незалежних по-

вторних випробувань

(

)

1,00 i

ppAP

, а

велике, то

()

. ,

npae

=≈

−

Інтегральна теорема Лапласа

. Імовірність того, що подія

відбудеться від

до

раз при проведенні

незалежних ви-

пробувань, у кожному з яких подія

відбувається з імовірністю

, подається формулою:

()()() ()

∫

−

=ΦΦ−Φ≈

dtexxxmmP

1221

де ,,

— функція

Лапласа;

. ,

npq

npm

npq

npm

−

Значення функції Лапласа наводяться у спеціальних таблицях.

Відхилення відносної частоти від імовірності

. Імовірність

того, що при проведенні

незалежних випробувань відхилення

відносної частоти події

від її ймовірності за модулем не пере-

вищить

, визначається за формулою:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

εΦ≈

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

ε<−

Твірна функція

. Нехай проводяться

незалежних випро-

бувань, в яких подія

відбувається з імовірністю

(

)

.,...,2,1 nip

Тоді ймовірність настання цієї події

раз визначається за допо-

могою твірної функції

() ( )

∏

+=ϕ

iin

qzpz

Якщо перетворити пра-

ву частину функції і звести подібні члени, то коефіцієнт при

визначає

()

.mP

Приклади розв’язування задач

Приклад 1

. Із партії, в якій 12 стандартних і 4 нестандартні

деталі, навмання беруться 3 деталі з поверненням. Знайти ймові-

рність того, що серед узятих деталей :

усі три стандартні;

2) не більш як одна нестандартна;

3) принаймні одна нестандартна.

Розв’язання.

Маємо схему трьох незалежних випробувань.

Нехай подія

— «узята щоразу деталь стандартна», тоді

()

.75,0

=== pAP

Імовірності обчислюватимемо за формулою

Бернуллі:

(

)

.421875,075,03

3033

=== qpCP

Подію «із трьох деталей не більш як одна нестандартна»

можна розглядати так: узято 3 стандартні деталі або 2 стандартні

і одну нестандартну деталь. У позначеннях формули Бернуллі

()()

(

)

.84375,025,075,0421875,0232

3333

=⋅⋅+=+=≥

CPPmP

Протилежною для даної буде подія «усі три деталі стандар-

тні». Їй рівносильна подія

(

)

Обчислимо цю ймовірність:

() ()

.578125,0421875,01313

=−=−=< PmP

Приклад 2

. Частка довгих волокон у партії бавовни становить

у середньому 0,6 загальної кількості волокон. Скільки потрібно

взяти волокон, щоб найімовірніше число довгих волокон серед

них дорівнювало 40?

Розв’язання.

Скористаємося формулою, за якою визначається

найімовірніше число:

pnpmqnp

≤

−

Підставимо сюди зна-

чення відомих величин:

;6,06,0404,06,0

≤≤−

;406,06,0404,0

−

≤

−

≤

−

;

6,0

4,40

6,0

4,39

≤≤ n

.3,677,65

≤

Задача має два розв’язки: n = 66 i n = 67.

Приклад 3

. На кожні 40 відштампованих виробів у середньо-

му припадає 4 дефектних. Із усієї продукції навмання узято 400

виробів. Знайти ймовірність того, що серед них 350 виробів бу-

дуть без дефектів.

Розв’язання.

Подія А — «узято виріб без дефекту». За умовою

Р(А) = р = 0,9. Проведено n = 400 незалежних випробувань.

Розв’яжемо задачу за формулою локальної теореми

Лапласа:

() ()

npq

ϕ⋅≈

npq

npm

−

Підставляючи дані за

умовою задачі, дістаємо:

.67,1

1,09,0400

9,0400350

−≈

⋅⋅

⋅

−

За таблицями знаходимо

(

)

,0989,067,1 =

−

беручи до уваги, що

(

)

xϕ

— парна функція.

Отже,

()

.0165,0

0989,0

350

400

≈≈P

Приклад 4

. Завод відправив на базу 1000 доброякісних виро-

бів. За час перебування в дорозі кожний виріб може бути пошко-

джено з імовірністю 0,003. Знайти ймовірність того, що на базу

прибудуть 3 пошкоджені вироби.

Розв’язання.

Якщо подія А — «виріб пошкоджено», то її ймо-

вірність р = 0,003. Розглядається схема незалежних випробувань,

n = 1000. Імовірність події А досить мала, тому задачу розв’я-

жемо за формулою Пуассона:

()

−

≈

Виконуючи обчислення, знаходимо:

;3003,01000 =⋅

npa

()

.229,0

1000

≈≈

−

Приклад 5

. Зерна пшениці проростають з імовірністю 0,95.

Знайти ймовірність того, що із 2000 посіяних зерен зійде від 1880

до 1920.

Розв’язання.

Подія А — «зерно пшениці зійшло». Її імовір-

ність р = 0,95, кількість незалежних випробувань n = 2000. Засто-

суємо формулу інтегральної теореми Лапласа:

()()()

()

−

=Φ

−

=Φ−Φ≈

∫

−

dtex

npq

npm

npq

npm

xxxmmP

11221

, ,;

функція Лапласа, а далі виконаємо обчислення:

;06,2

19001920

;03,1

05,095,02000

95,020001880

≈

−

=−≈

⋅⋅

⋅

−

= xx

()

(

)

(

)

(

)

()

.8288,03485,04803,003,1

06,203,106,21920;1880

2000

=+=Φ+

+Φ=−Φ−Φ≈P

Значення функції Лапласа беруться з відповідної таблиці.

Приклад 6

. Верстат-автомат виготовляє стандартну деталь з

імовірністю 0,9. Із продукції беруть партію деталей. Скільки де-

талей має містити партія, щоб з імовірністю 0,9973 можна було

стверджувати: у партії відхилення відносної частоти появи не-

стандартної деталі від імовірності її виготовлення не перевищу-

ватиме 0,03? Визначити можливу кількість нестандартних дета-

лей у партії за даних

умов.