• Гідрологія і Гідрометрія
• Господарське право
• Економіка будівництва
• Економіка природокористування
• Економічна теорія
• Земельне право
• Історія України
• Кримінально виконавче право
• Медична радіологія
• Методи аналізу
• Міжнародне приватне право
• Міжнародний маркетинг
• Основи екології
• Предмет Політологія
• Соціальне страхування
• Технічні засоби організації дорожнього руху
• Товарознавство продовольчих товарів

Методичні вказівки до індивідуального домашнього завдання №3

1 Тема Теореми про ймовірність суми та добутку подій. Формула повної ймовірності. Формули Байєса

2 Мета Набути навички та вміння обчислювати ймовірності подій за теоремами про ймовірність суми та добутку подій, за формулою повної ймовірності та формулами Байєса.

3 Теоретичні відомості

Теорема 1. Імовірність суми сумісних подій А і В дорівнює сумі ймовірностей цих подій без ймовірності їх добутку

Р ( А + В) = Р (А) + Р (В ) - Р ( А·В)

Теорема 2. Якщо А і В несумісні, то А·В =V, Р (А·В) = 0 і тоді ймовірність суми несумісних подій А і В дорівнює сумі ймовірностей цих подій

Р ( А + В ) = Р (А ) + Р ( В ).

Сума ймовірностей взаємо протилежних подій дорівнює одиниці:

Р ( А ) + Р ( ) = 1.

Означення. Умовною ймовірністю Р (В/А ) називається ймовірність події В за умови, що подія А відбулась.

Теорема 3. Ймовірність добутку двох залежних подій А і В дорівнює добутку ймовірності однієї з цих подій на умовну ймовірність іншої

Р ( А·В ) = Р (А)· Р (В/А) = Р (В)· Р ( А /В ).

Н а с л і д о к. Р (В / А ) = Р ( А·В) / Р ( А ).

Теорема 4. Ймовірність добутку незалежних подій А і В дорівнює добутку ймовірностей цих подій

Р ( А·В ) = Р (А )· Р ( В ).

Формула повної ймовірності. Якщо Н₁, Н ₂ . . . . Н_n - повна група подій, Р (Н_k)> 0 для k= 1, 2,…..n, то для будь-якої випадкової події А виконується рівність

Формули Байєса. Якщо Н₁, Н ₂ . . . . Н_n - повна група подій,

то

Ця формула зветься ще формулою ймовірності гіпотез

4 Розв’язування типових прикладів

Приклад 1. Ймовірність влучення в ціль першої гармати Р(А) = 0,8, другої – Р(В) = 0,9. Знайти ймовірність влучення: а) двох гармат, б) хоча б однієї, в) тільки однієї, г) жодної.

Розв’язування. Маємо А і В незалежні події.

а) Р (А·В) = Р (А)· Р (В) = 0,8ּ0,9 = 0,72;

б) Р (А+В) = Р (А) + P(В) – Р (А·В)=0,98;

в) Р (А· + ·В)=0,8 ּ0,1+0,2 ּ0,9 =0,26;

г) Р ( ) =0,2 ּ0,1 = 0,02.

Звертаємо увагу на те, що Р (А+В) = 1 - Р ( ).

Приклад 2. Одну і ту ж деталь виготовляють на трьох верстатах. Ймовірність браку на першому верстаті дорівнює 0,010, на другому – 0,015, на третьому – 0,020. Продуктивність першого верстата у 1,5 рази більша за продуктивність другого, продуктивність третього верстата у 2,5 рази більша за продуктивність другого. Усі деталі складаються до одного ящика. Чому дорівнює ймовірність того, що взята навмання деталь з ящику буде бракованою?

Розв’язування. Розглянемо такі випадкові події:

А – деталь бракована;

Н₁- деталь виготовлена на першому верстаті;

Н₂ - деталь виготовлена на другому верстаті;

Н₃ - деталь виготовлена на третьому верстаті.

Спочатку обчислимо ймовірності Р (Н_k). Покладемо Р (Н₂) = p. Тоді за умовою маємо, що Р (Н₁) = 1,5p; Р (Н ₃)= 2,5p. Звідси випливає ( враховуючи, що

Р(Н₁) + Р(Н₂) +Р(Н₃) =1 ) 1,5p + p + 2,5p = 1, тобто 5p =1, p = 0,2. Тому

Р (Н₂ ) = p =0,2; P (H₁) = 1,5p = 1,5 • 0,2 = 0,3; P (H₃) = 2,5 p = =2,5 • 0,2 = 0,5.

За умовою задачі Р (А/Н₁ ) = 0,010; Р (А/Н₂ ) = 0,015; Р (А/Н₃) = 0,020.

Тому маємо Р (А ) = Р(Н₁) Р (А/Н₁ ) + P (H₂) Р (А/Н₂ ) + +P (H₃) Р (А/Н₃) = 0,3• 0,010 + 0,2• 0,015 +0,5• 0,020 = 0,016.

Приклад 3. Знову розглянемо ситуацію, яка викладена у задачі про три верстати. Відомо, що витягнута деталь – бракована. Яка ймовірність того, що вона виготовлена на третьому верстаті?

Розв’язування. Усі необхідні ймовірності ми вже знаємо (див. попередній приклад). Тому маємо за формулою Байєса

.

Бачимо, що переважна кількість бракованих деталей виготовлена на третьому верстаті.

5 Контрольні питання

1. Теорема про ймовірність суми сумісних подій.

2. Теорема про ймовірність суми несумісних подій.

3. Теорема про ймовірність добутку залежних подій.

4. Теорема про ймовірність добутку незалежних подій.

5. Формула повної ймовірності.

6. Формули Байєса.

Індивідуальне завдання № 2

1 Тема Теореми про ймовірність суми та добутку подій. Формула повної ймовірності та формула Байєса

2 Мета Навчитись застосовувати теореми про ймовірність суми та добутку подій, формули повної ймовірності та формулу Байєса

3 Завдання

3.1 Для практики на 30 студентів є 15 місць у Мінську, 8 – у Гомелі, 7 – у Вітебську. Яка ймовірність того, що 2 визначених студента потраплять в одне місто?

3.2 Прилад складається з двох елементів, що працюють незалежно один від одного. Ймовірність виходу з ладу першого елемента при вмиканні 0,05, другого – 0,02. Знайдіть ймовірність того, що при вмиканні приладу:

а) будуть працювати обидва елемента;

б) вийде з ладу тільки один елемент.

3.3 У першому цеху виготовляється в середньому 80% стандартних деталей, у другому – 85%, у третьому – 95%. У збиральний цех цього ж заводу надходить 40% деталей з першого цеху, 30% - з другого, 30% - з третього. Знайдіть ймовірність того, що деталь навмання взята збиральником, опиниться стандартною.

3.4 Деталі для зборки виготовляються тільки на двох станках, з котрих перший виготовляє в 2 рази більше деталей ніж другий. При цьому брак складає перший станок – 3,5%, другий – 0,5%. Взята навмання деталь опинилась стандартною. Знайдіть ймовірність того, що вона виготовлена на другому станку.

4 Виконання завдання

4.1 Випробування: вибирають місця для практики

Подія А – 2 студента потраплять в одне місто

За класичним означенням

Відповідь: .

4.2 Випробування: вмикання приладу, який складається з двох елементів

Подія А – вийде з ладу другий елемент

Подія – не вийде з ладу перший елемент

Подія В – вийде з ладу другий елемент

Подія – не вийде з ладу другий елемент

Р(А)=0,05 Р( )=0,95

Р(В)=0,02 Р( )=0,98

А, В – незалежні події.

1) - будуть працювати обидва елементи

а)

2) - вийде з ладу тільки один елемент

б)

Відповідь: а) , б) .

4.3 Випробування: навмання беремо деталь

Подія А – взята деталь стандартна

Н₁ – взята деталь з першого цеху

Н₂ – взята деталь з другого цеху

Н₃ – взята деталь з третього цеху

Р(А) – ?

За формулою повної ймовірності

Р(Н₁)=0,4 Р(А/Н₁)= 0,8

Р(Н₂)=0,3 Р(А/Н₂)=0,85

Р(Н₃)=0,3 Р(А/Н₃)=0,95

Відповідь: .

4.4 Випробування: беремо навмання деталь

Подія А – взята деталь гідна

Н₁ – деталь з 1-го станка

Н₂ – деталь з 2-го станка

Р(Н₂/А) – ?

За формулою Байєса

Р(Н₁)= Р(А/Н₁)= 0,965

Р(Н₂)= Р(А/Н₂)=0,995

Відповідь: .

5 Висновок

Я навчився (-лася) застосовувати теореми про ймовірність суми та добутку подій, формулу повної ймовірності та формулу Байєса до розв’язання задач.

Методичні вказівки до індивідуального домашнього завдання №3

1 Тема Схема незалежних випробувань. Формула Бернуллі.

Локальна та інтегральна теореми Муавра - Лапласа. Формула Пуассона

2 Мета Набути навички та вміння обчислювати ймовірності подій за формулами Бернуллі, Пуассона, за локальною та інтегральною теоремами Муавра – Лапласа

3 Теоретичні відомості

Формула Бернуллі. Проводиться n незалежних випробувань, в кожному з яких подія А настає з однією і тією ймовірністю р. При цьому знаходять ймовірність того, що в n випробуваннях подія А настає k разів ( 0 ≤ k ≤ n )

Значення k₀ називають найімовірнішим числом появи події А і знаходять із нерівності: np – q ≤ k₀ ≤ np + р

Локальна теорема Муавра-Лапласа. Якщо ймовірність появи події в схемі Бернуллі дорівнює р ( р ≠ 0, р ≠ 1), а n велике (п>10), то

— парна, .

≈ 0 при х > 4 , x < - 4

Інтегральна теорема Муавра-Лапласа. Якщо ймовірність появи події в схемі Бернуллі дорівнює р ( р ≠ 0, р ≠ 1), то ймовірність того, що ця подія настане від

k₁ до k₂ разів, дорівнює

i= 1, 2 .

Ф ( -х) = - Ф (х).

Ф (х) ≈ 1/2 при х > 5, Ф (х) ≈ - 1/2 при х < - 5.

Формула Пуассона. Якщо в схемі випробувань Бернуллі р мале

( р< 0,1), n велике, тобто n p < 10, то

Р_n (k) ≈ е^{- а} а^k / k !, а = np

4 Розв’язування типових прикладів

Приклад 1. У цеху п’ять верстатів. Ймовірність того, що кожен з них працює, p=0,8. Знайти ймовірність того, що з них працює k =0, 1, 2, 3 , 4, 5 верстатів.

Розв’язування. Згідно з формулою Бернуллі

Р₅ (0) = ; Р₅ (1) = ;

Р₅ (2) = ; Р₅ (3) = ;

Р₅ (4) = ; Р₅ (5) = ;

Приклад 2. Знайти імовірність того ,що з n= 100 зернин зійде рівно k = 80, якщо їх схожість р = 0,8.

Розв’язування. Згідно з формулою Лапласа, а також з таблицею значень , маємо

Приклад 3. Металургійний завод дістав замовлення, для виконання якого необхідно провести 90 кондиційних плавок. Ймовірність того, що плавка буде кондиційною, р = 0,9. Тому вирішили зробити n =100 плавок. Йдеться про ймовірність Р₁₀₀ (90,100) , для якої ,згідно з інтегральною теоремою, маємо

Р₁₀₀ (90,100) ≈ Ф (3,33) – Ф (0) = 0,4994.

Як бачимо, дістали не таку вже й велику ймовірність.

5 Контрольні питання

1. Схема незалежних випробувань. Формула Бернуллі.

2. Локальна теорема Муавра-Лапласа (коли вона застосовується).

3. Інтегральна теорема Муавра-Лапласа (коли вона застосовується).

4. Формула Пуассона (коли вона застосовується).

5. Найімовірніше число появи події.

Індивідуальне завдання № 3

1 Тема Схема незалежних випробувань. Формула Бернуллі. Локальна та інтегральна теореми Муавра-Лапласа. Формула Пуассона.

2 Мета Навчитись розв’язувати задачі за формулою Бернуллі, за локальною та інтегральною теоремами Мавра-Лапласа, за формулою Пуассона.

3 Завдання

3.1 Завод відправив на базу 700 виробів. Ймовірність пошкодження в дорозі 0,001. Знайти ймовірність того, що пошкоджений буде хоча б один виріб.

3.2 Чому дорівнює ймовірність появи події в одному з випробувань, якщо найбільш ймовірне число появи події в 55 випробуваннях дорівнює 40?

3.3 Посадили 350 дерев. Знайти ймовірність того, що число дерев, що прижилися, більше 300, якщо ймовірність того, що одне з них приживеться дорівнює 0,9.

3.4 При масовому виробництві шестерен ймовірність браку при штампові 0,15. Яка ймовірність того, що із 60 шестерен 8 будуть браковані?

3.5 В магазин зайшли 3 покупця. Ймовірність того, що кожний із них щось купить 0,4. Яка ймовірність того, що 2 покупця щось куплять?

4 Виконання завдання

4.1 Випробування: завод відправив вироби

Подія А – пошкодженим буде хоча б один виріб

Подія – пошкоджених не буде

Р(А) = р = 0,001 q = 1 - р = 0,999

n = 700 k = 0

За формулою Пуассона , , ,

Відповідь: .

4.2 n=55 k₀=40

p – ?

Формула для знаходження найбільш ймовірного числа подій k₀:

Відповідь: р є [ 0,714; 0,732].

4.3 Випробування: Посадили дерева, n = 350

Подія А – дерево прижилося

Р(А) = р = 0,9 q = 0,1

n = 350 k₁ = 301 k₂ = 350

P₃₅₀(301; 350) – ?

За інтегральною теоремою Муавра-Лапласа: ,

За таблицею маємо:

Відповідь: .

4.4 Випробування: виробництво шестерен

Подія А – бракована шестеренка

Р(А) = р = 0,15 q = 1 – р = 0,85

N = 60 k = 8

P₆₀(8) – ?

За локальною теоремою Муавра-Лапласа: ,

За таблицею маємо:

Відповідь: .

4.5 Випробування: в магазин зайшли покупці

Подія А – покупець щось купить

Р(А) = р = 0,4 q = 1 – р = 0,6

n = 3 k = 2

P₃(2) – ?

За формулою Бернуллі

Відповідь: .

5 Висновок Я навчився (-лася) розв’язувати задачі за формулою Бернуллі, за локальною та інтегральною теоремами Муавра-Лапласа, за формулою Пуасcона.

Читайте також:

1. I. ЗАГАЛЬНІ МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ
2. V. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
3. V. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
4. V. Завдання.
5. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
6. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
7. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
8. Vi. домашнє завдання
9. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
10. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
11. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
12. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ

Переглядів: 789