Рабочий обслуживает 3 станка известно что вероятность бесперебойной работы на протяжении одного часа

1. Рабочий обслуживает 3 станка.

Известно, что вероятность бесперебойной работы на протяжении одного часа после наладки равна для первого станка 0, 9, для второго — 0, 8, для третьего — 0, 7.

Найти вероятность того что за этот час лишь один станок потребует вмешательства рабочего.

2. Вероятность того что каждый из трех друзей придет в условленное место соответственно равны : р1 = 0, 8 р2 = 0, 4 р3 = 0, 7.

Определить вероятность того что встреча состоится, если для этого достаточно явиться двум из трех друзей.

Если вам необходимо получить ответ на вопрос 1. Рабочий обслуживает 3 станка?, относящийся
к уровню подготовки учащихся 5 — 9 классов, вы открыли нужную страницу.
В категории Математика вы также найдете ответы на похожие вопросы по
интересующей теме, с помощью автоматического «умного» поиска. Если после
ознакомления со всеми вариантами ответа у вас остались сомнения, или
полученная информация не полностью освещает тематику, создайте свой вопрос с
помощью кнопки, которая находится вверху страницы, или обсудите вопрос с
посетителями этой страницы.

Источник

1. Вероятность того, что только один станок потребует вмешательства, равна сумме вероятностей трех несовместных событий, когда вмешательства потребует только первый, второй или третий станок:
Р(1)=Р1+Р2+Р3= 0,9*(1-0,8)*(1-0,7) + (1-0,9)*0,8*(1-0,7) + (1-0,9)*(1-0,8)*0,7 = 0,092.
2. Вероятность того, что приедут не менее двух друзей, равна:
Р(>=2) = 1-P(0)-P(1), где Р(0) — вероятность того, что никто не приедет, а Р(1) — вероятность того, что приедет только один из друзей.
Р(0)=(1-0,8)*(1-0,4)*(1-0,7) = 0,036.
Вероятность Р(1) находится как в задаче 1:
Р(1)=0,8*(1-0,4)*(1-0,7)+(1-0,8)*0,4*(1-0,7)+(1-0,8)*(1-0,4)*0,7 = 0,252.
В результате:
Р(>=2) = 1-0,036-0,252 = 0,712.

Комментариев (0)

Источник

я первого станка 0,9, для второго — 0,8, для третьего — 0,7. Найти вероятность того что за этот час лишь один станок потребует вмешательства рабочего.
2. Вероятность того что каждый из трех друзей придет в условленное место соответственно равны: р1=0,8 р2=0,4 р3=0,7. Определить вероятность того что встреча состоится, если для этого достаточно явиться двум из трех друзей

1 ответ:

0

0

Добро пожаловать!

Для того чтобы стать полноценным пользователем нашего портала, вам необходимо пройти регистрацию.

Авторизоваться
Уже зарегистрированны? А ну-ка живо авторизуйтесь!

Войти на сайт

Источник

8.Два стрелка производят по одному выстрелу в цель. Вероятность попадания в цель первого стрелка равна 0,8, а вероятность попадания в цель второго стрелка равна 0,7. Найти вероятность того, что цель будет поражена или первым, или вторым стрелком.

9.Экзаменационный билет содержит три вопроса. Вероятность того, что студент даст правильный ответ на первый вопрос, равна 0,9, вероятность правильного ответа на второй вопрос равна 0,8 и, наконец, вероятность правильного ответа на третий вопрос равна 0,7. Найти вероятность того, что студент ответит на все три вопроса правильно.

10.Вероятность установления в данной местности устойчивого снежного покрова с октября равна 0,1. Определить вероятность того, что в ближайшие два года в этой местности устойчивый снежный покров с октября месяца не установится ни разу.

11.Рабочий обслуживает три станка. Известно, что вероятность бесперебойной работы на протяжении одного часа после наладки равна для первого станка 0,9, для второго станка – 0,8 и для третьего станка – 0,7. Найти вероятность того, что за этот час лишь один станок откажет в работе и потребует вмешательства рабочего.

12.В урне 6 черных, 5 красных 4 белых шара. Последовательно вынимают три шара.

Найти вероятность того, что первый шар окажется черным, второй – красным и третий – белым.

Ответы: 1. 0,48. 2. 0,107. 3. 0,984. 4. а) 0,44, б) 0,92. 5. 0,876. 6. а) 0,2986, б) 0,9999, в) 0,9477. 7. 6791. 8. 0,94. 9. 0,504. 10. 0,81 11. 0,398. 12. 0,044.

Домашнее задание.

1.Экспедиция издательства отправила газеты в три почтовых отделения. Вероятность своевременной доставки газет в первое отделение равна 0,95, во второе — 0,9, в третье — 0,8. Найти вероятность следующих событий: а) только одно отделение получит газеты вовремя; б) хотя бы одно отделение получит газеты с опозданием.

2.Для сигнализации об аварии установлены два независимо работающих сигнализатора. Вероятность того, что при аварии сигнализатор сработает, равна 0,95 для первого сигнализатора и 0,9 для второго. Найти вероятность того, что при аварии сработает только один сигнализатор.

3.Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

Тема 4. Формула полной вероятности. Формула Байеса.

Формула полной вероятности. Вероятность события A, которое может наступить лишь при условии появления одного из несовместных событий H1 , H 2 , …, H n , обра-

зующих полную группу событий, равна сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую условную вероятность события A.

P( A) = P(H1 ) PH1 ( A) + P(H 2 ) PH 2 ( A) + … + P(H n ) PH n ( A)

(4.1)

Формулы Бейеса.

Пусть событие A может наступить при наступлении одного из несовместных событий H1 , H 2 , …, H n , образующих полную группу событий. Поскольку заранее неизвестно,

какое из событий наступит, их называют гипотезами. Допустим, что событие A наступило. Надо определить, как изменились вероятности гипотез:

		P(H i ) PH i	( A)
PA	(H i ) =		=
P( A)

		P(H i ) PH i	( A)
=				, i = 1,2,…n

P(H1 )PH1 ( A) + P(H 2 )PH 2 ( A) + … + P(H n )PH n ( A)

Пример 1. Компьютеры одной марки производят 2 предприятия. Первое предприятие выпускает 3/4 всех компьютеров, второе —1/4. На первом предприятии 1% брака, на втором – 2%. Найти вероятность того, что купленный вами компьютер не исправен.

Решение. Пусть событие А – купленный компьютер не исправен. Полная группа событий, необходимая для применения формулы полной вероятности, состоит из двух со-

бытий: H1

– «компьютер куплен на первом заводе» и H 2

– «компьютер куплен на вто-

ром заводе».

По условию задачи

P(H

) =

P(H

) =

P ( A) = 0,01,

( A) = 0,02 —

вероятности брака соответст-

венно на 1-ом и 2-ом предприятии.

Тогда, согласно формуле (4.1), вероятность купить бракованный компьютер, равна

P( A) = 3 0,01 + 1 0,02 = 0,0125.

Пример 2. В первой коробке содержится 20 радиоламп, из них 18 стандартных; во второй коробке –10 ламп, из них 9 стандартных. Из второй коробки наудачу взята лампа и переложена в первую. Найти вероятность того, что лампа, наудачу извлеченная из первой коробки, будет стандартной.

Решение. Обозначим через А событие – из первой коробки извлечена стандартная

лампа.

Из второй коробки могла быть извлечена либо стандартная лампа (событие H1 ), либо нестандартная (событие H 2 ).

Вероятность того, что из второй коробки извлечена стандартная лампа,

P(H1 ) = 9 . 10

Вероятность того, что из второй коробки извлечена нестандартная лампа,

P(H 2 ) = 1 . 10

Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена стандартная лампа равна

19 PH1 ( A) = 21.

Условная вероятность того, что из первой коробки извлечена стандартная лампа, при условии, что из второй коробки в первую была переложена нестандартная лампа рав-

на P		( A) =	18	.

H	2	21

Искомая вероятность того, что из первой коробки будет извлечена стандартная лампа, по формуле (4.1) равна

P( A) = P( H	) P	( A) + P(H		) P		( A) =	9		19	+	1	18	= 0,9
2
1	H1		H	2	10	21		10	21

Пример 3. На склад поступает продукция трех фабрик, причем продукция первой фабрики составляет 20%, второй – 46% и третьей – 34%. Известно, что средний процент нестандартных изделий для первой фабрики равен 3%, для второй – 2%, для третьей – 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятое нестандартное изделие произведено на первой фабрике.

Решение. Обозначим через А событие, состоящее в том, что взято нестандартное изделие, через H1 , H 2 , H 3 – гипотезы, состоящие в том, что взято изделие, изготовленное

соответственно на первой, на второй, на третьей фабрике. Из условия задачи следует, что

P(H1 ) = 0,20;	P(H 2 ) = 0,46;	P(H 3 ) = 0,34;
PH1 ( A) = 0,03,	PH 2 ( A) = 0,02;	PH 3 ( A) = 0,01.
Поскольку в данном случае

P( A) = 0,20 0,03 + 0,46 0,02 + 0,34 0,01 = 0,0186 ,

то в соответствии с формулой Байеса находим искомую вероятность

PA	(H1 ) =	P(H1 ) PH ( A)	=	0,20 0,03	= 0,322
1

		P( A)		0,0186

Замечание. Аналогично находятся вероятности:

) =	P(H	2 ) PH ( A)	=	0,46 0,02	= 0,495
		2

		P( A)			0,0186

) =	P(H 3 ) PH	( A)	=	0,34 0,01	= 0,183
	3
P( A)		0,0186

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ

1. На фабрике, изготавливающей болты, первая машина производит 30%, вторая – 25%, третья – 45% всех изделий. Брак в их продукции составляет соответственно 2%, 1%, 3%. Найдите вероятность того, что случайно выбранный болт оказался стандартным. От—

вет: 0,6.

2.На сборку попадают детали с трех автоматов. Известно, что первый автомат дает 0,2% брака, второй – 0,3% и третий – 0,4%. Найти вероятность попадания на сборку бракованной детали, если с первого автомата поступило 500, со второго –1000 и с третьего –

1500 деталей. Ответ: 0,003.

3.Рабочий обслуживает 3 станка, на которых обрабатываются однотипные детали. Вероятность брака для первого станка равна 0,01, для второго – 0,02, для третьего –0,03. Обработанные детали складываются в один ящик. Производительность первого станка в два раза больше, чем второго, а третьего в три раза меньше, чем второго. Какова вероятность того, что взятая наугад деталь будет бракованной? Ответ: 0,015.

4.На складе находятся детали, изготовленные на двух заводах. Известно, что объем продукции первого завода в 4 раза превышает объем продукции второго завода. Вероятность брака на первом заводе равна 0,05, на втором заводе – 0,01. Наудачу взятая деталь оказалась бракованной. Какова вероятность того, что эта деталь изготовлена на первом заводе? Ответ: 0,953.

5.В первой урне 2 голубых и 6 красных шаров, во второй – 4 голубых и 2 красных. Из первой урны наудачу переложили 2 шара во вторую, после чего из второй урны наудачу достали один шар. 1) Какова вероятность того, что этот шар голубой? 2) Предположим, что шар, взятый из второй урны, оказался голубым. Какова вероятность того, что из

первой урны во вторую были переложены 2 голубых шара? Ответ: 9 , 1 16 21

6.Имеется три урны. В первой урне 6 белых и 4 черных шара, во второй – 5 белых и 5 черных шара, в третьей – 7 белых и 3 черных шара. Случайно выбирается урна и из нее извлекается шар. 1) Найти вероятность того, что шар – белый. 2) Найти вероятность того, что он вынут из третьей урны.

7.Имеются три одинаковые на вид урны; в первой урне два белых и один черный шар; во второй – три белых и один черный; в третьей – два белых и два черных шара. Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает из нее шар. Найти вероятность того, что этот шар белый.

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

Ответы: 1. 0,6. 2. 0,003. 3. 0,015. 4. 0,953. 5. 9 , 1 . 16 21

Домашнее задание.

1. Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер. Первый автомат производит 40% всех деталей, второй — 60% деталей. Вероятность изготовления стандартной детали первым автоматом равна 0,95, вторым – 0,8. Найти вероятность того, взятая наугад деталь – стандартная.

2.Студент в поисках книги посещает три библиотеки. Вероятности того, что книга есть в библиотеках, соответственно равны: 0,5, 0,3, 0,2. Какова вероятность того, нужная книга найдена.

3.Имеется две урны. В первой 3 белых и 4 черных шара, во второй – 4 белых и 2 черных шара. Из случайно выбранной урны извлекается шар. Найти вероятность того, что он оказался черным.

4.Имеется две урны. В первой 4 белых и 3 черных шара, во второй – 5 белых и 2 черных шара. Из случайно выбранной урны извлекается шар, который оказался черным. Найти вероятность того, что он вынут из первой урны.

Тема 5: Повторные независимые испытания.

Формула Бернулли. Если в каждом из п независимых испытаний вероятность появления события А постоянна и равна р, то вероятность того, что в п независимых испытаниях событие А наступит ровно т раз, определяется по формуле Бернулли

P (m) = C m p m q n − m	, где	q = 1 − p .	(5.1)
n	n

Пример 1. Вероятность изготовления на станке детали высшего качества равна 0,8. Найти вероятность того, что из 6 взятых наудачу деталей: а) 4 высшего качества; б) хотя бы одна деталь высшего качества.

Решение. Из условия задачи имеем, что п = 6, т = 4, р = 0,8, q = 1- 0,8 = 0,2. Тогда, применяя формулу Бернулли, получаем

а) P (4) = C 4 0,84	0,2 2	=	6 5	0,84 0,2 2	= 0,245 .

6	6		2

б) P (m > 1) = 1 − P (0) = 1 − C 0	0,80	0,26	= 1 − 0,000064 = 0,999936
6		6	6
	Наивероятнейшее число появления события А в п независимых испытаниях оп-
ределяется по формуле
	n p − q ≤ m0	≤ n p + p ,			(5.2)

где п — число независимых испытаний, р — вероятность наступления события А в одном испытании,

q — вероятность не наступления события А в одном испытании, т0 — наивероятнейшее число наступлений событий А.

Пример 2. Монета подбрасывается 3 раза. Найти наиболее вероятное число успехов (выпадений герба).

Решение. Возможными значениями для числа успехов в 3-х рассматриваемых испытаниях являются m = 0, 1, 2 или 3. Пусть Am — событие, состоящее в том, что при 3-х подбрасываниях монеты герб появляется m раз. По формуле Бернулли легко найти вероятности событий Am (см. таблицу):

m	0	1	2	3
Pn(m)	1/8	3/8	3/8	1/8

Из этой таблицы видно, что наиболее вероятными значениями являются числа 1 и 2 (их вероятности равны 3/8). Этот же результат можно получить и по формуле (5,2).

По условию задачи п=3, р= 1 , q= 1 . Тогда, подставляя эти значения в формулу

(5.2), получаем


3	1	−	1	≤ m0 ≤ 3	1	+	1	,
	2		2
2			2
1 ≤ m0	≤ 2 m0	= 1	или m0 = 2 .

Приближенная формула Пуассона используется в том случае, когда число испытаний n – велико, а вероятность успеха в отдельном испытании мала (p<0,1). Тогда вероятность того, что в п испытаниях событие А наступит т раз, определяется приближенно формулой

P (m) =

λm

e −λ ,

где λ = n p .

(5.3)

Пример 3. Завод отправил на базу 5000 доброкачественных изделий. Вероятность

того,

что изделие в пути повредится р = 0,0002. Найти вероятность того, что в пути по-

вредится только 3 изделия.

Решение.

Применяем

формулу

(5.3).

По

данным

задачи

P (m = 3) =

λ3

e −λ ,

где

p = np = 5000 0,0002 = 1 .

5000

Тогда

(m = 3) =

e −1

= 0,06.

5000

Закон Пуассона еще называют законом редких явлений.

Пример 4. Известно, что процент брака для некоторой детали равен 0,5%. Кон-

тролер проверяет 1000 деталей. Какова вероятность обнаружить

ровно 3 бракованных

детали? Какова вероятность обнаружить не меньше 3-х бракованных деталей?

Решение. Имеем 1000 испытаний Бернулли с вероятностью «успеха» р=0,005.

Применяя пуассоновское приближение с

λ = np = 1000 0,005 = 5 , получаем

(3) ≈

e −5

≈ 0,14 ,

1000

(m ≥ 3) = 1 − P

(m < 3) = 1 − (P (0) + P

(1) + P

(2)) =

1000

−5

Дополнение о

значении

1 −

≈ 0,875

закона Пуассона.

Формула Пуассона используется также для расчета вероятности появления различного числа событий (точек) в какой-либо области (площади, объеме или во времени).

Если указано среднее число λ1 появления точек на единицу области (площади, объема, времени), то число λ точек, попадающих в область s, внутри которой появляются интересующие нас события (точки), определяется произведением среднего числа λ1 и

размера области s, т.е. λ = λ1 s . В этом случае вероятность Ps (m) появления m событий (точек) в области s определяется формулой Пуассона

Ps	(m) =	λm	e−λ , где λ = λ1 s .	(5.4)
m!

Пример 5. При определении зараженности зерна установлено, что в 1 кг содержится в среднем 10 вредителей. Определите вероятности того, что в 100 г не встретится ни одного вредителя.

Решение. По условию задачи среднее число точек (вредителей, содержащихся в

1кг зерна) равно		λ1	= 10 , размер области s = 100г = 0,1кг . Следовательно,
λ = λ1 s = 10 0,1 = 1 и искомая вероятность равна
P (0) =	10	e −1	=	1	= 0,3679

0,1	0!			2,7

Локальная теорема Муавра—Лапласа. Если производится п независимых испытаний (п — велико), и вероятность наступления события А в каждом испытании постоянна и равна р, то вероятность того, что в п независимых испытаниях событие А наступит m раз, определяется по формуле

P (m) =

ϕ (x) , где ϕ ( x) =

−

, x = m − np , (5.5)

npq

2π

npq

причем результат тем точнее, чем ближе значение р к 1 и чем больше п.

Функция ϕ (x) — четная, т.е. ϕ (− x) = ϕ (x) и для положительных значений х составлена таблица ее значений. В таблице приведены значения функции ϕ (x) при 0 ≤ x ≤ 4 , при x > 4 | полагают ϕ (x) = 0 .

Пример 6. На опытном поле посеяно 900 семян. Найдите вероятность того, что всходы дадут ровно 800 семян, если вероятность всхода каждого зерна равна 0,9.

Решение. По условию задачи имеем: р = 0,9, q = 1-0,9 = 0,1, п= 900, m =800. Тогда,

применяя локальную теорему Лапласа, находим

P (180) ≈		ϕ (x)	, x =	800 − 900 0,9		= −	10	= −1,11

900		900 0,9 0,1					900 0,9 0,1	9

Из таблицы находим значение функции
ϕ (−1,11) = ϕ (1,11) = 0,2155 .
Тогда P	(800) ≈	ϕ (−1,11)	=	0,2155	= 0,024

900	9	9

Интегральная теорема Муавра—Лапласа. Если вероятность р наступления собы-

тия А в каждом из п независимых испытаний постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность того, что в п независимых испытаниях событие А наступит не менее чем m1 раз и не более чем m2 раза, определяется по формуле

Pn (m1 ≤ m ≤ m2 ) ≈ Ф(x2 ) − Ф(x1 ) ,

(5.6)

где x1 =

m1 − np

x2 =

− np

npq

−

t 2

∫e

а Ф(x) =

2 dt – функция Лапласа.

2π

Функция Ф(х) – нечетная, т.е. Ф(-х) = —Ф(х) . Для функции Ф(х) составлены специальные таблицы при положительных значениях аргумента, причем при х > 5 полагают

Ф(х) = 0,5.

Пример 7. Вероятность того, что деталь не прошла проверку ОТК, равна 0,2. Найти вероятность того, что среди 400 случайно отобранных деталей окажется непроверенных от 70 до 100 деталей.

Решение. По условию задачи: п=400, т1=70, т2=100, р=0,2, q=0,8. Применяя интегральную теорему Лапласа, получаем

P400 (70 ≤ m ≤ 100) ≈ Ф(x2 ) − Ф(x1 )


где x =	70 − 400 0,2	= −1,25 и	x		=	100 − 400 0,2	=	5	= 2,5
		2
1		400	0,2	0,8			400	0,2	0,8	4

Находим значения функции Ф(х) по таблице

Ф(x1 ) = Ф(−1,25) = −0,3944, Ф(x2 ) = Ф(2,5) = 0,4938

Тогда искомая вероятность равна

P400 (70 ≤ m ≤ 100) ≈ Ф(2,5) − Ф(−1,25) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882

Используя интегральную формулу Муавра-Лапласа можно вычислить вероятность того, что частота появления события А в n независимых испытаниях (т.е. чис-

ло m/n) отклонится

от вероятности p события А не более чем на положительную ве-

личину ε:

− p

≤ ε

= 2Ф

(5.7)

Пример 8. Вероятность того, что деталь нестандартна, равна p = 0,1 . Найдите,

сколько деталей надо отобрать, чтобы с вероятностью 0,9544 можно было утверждать, что относительная частота появления нестандартных деталей (среди отобранных) отклонится от постоянной вероятности р по абсолютной величине не более, чем на 0,03.

Решение. По условию		m		. Тре-
p = 0,1 , q = 0,9 , ε = 0,03 ,	P	− 0,1	< 0,03 = 0,9544


		n

буется найти n.

− 0,1

0,03

= 2Ф

0,03

= 2Ф(0,1 n ) .

0,1 0,9

Получаем 2Ф(0,1

n ) = 0,9544 Ф(0,1

n ) = 0,4772

По таблице для функции Лапласа определяем 0,1n = 2 , отсюда n = 400 .

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ Формула Бернулли

1.Ежедневно новая сделка совершается с вероятностью 0,2 (но не более одной в день). Какова вероятность, что за 5 дней будет совершено 3 сделки?

2.В результате каждого визита страхового агента договор заключается с вероятностью ¼. Какова вероятность, что из 10 визитов страхового агента 5 закончатся заключением договора?

3.Вероятность поражения мишени стрелком равна 0,9. Найти вероятность того, что он поразит мишень не менее двух раз, сделав 5 выстрелов.

4.Для вычислительной лаборатории приобретено 9 компьютеров, причем вероятность брака для одного компьютера равна 0,1. Какова вероятность, что придется заменить более двух компьютеров?

5.Зачетная работа по предмету состоит из 6 задач, при этом зачет считается сданным, если студент решил хотя бы 3 задачи. Студент Иванов может решить каждую задачу с вероятностью 0,6. Какова вероятность, что он сдаст зачет?

6.Тест по теории вероятностей состоит из 10 вопросов. На каждый вопрос в тесте предлагается 4 варианта ответа, из которых надо выбрать один правильный. Какова вероятность того, что, совершенно не готовясь к тесту, студенту удастся угадать правильные ответы по крайней мере на 6 вопросов?

7.Статистика аудиторских проверок компании утверждает, что вероятность обнаружения ошибки в каждом проверяемом документе равна 0,1. Какова вероятность, что из 10 проверенных документов 8 документов будет без ошибок?

8.Два равносильных противника играют в шахматы. Что вероятнее: а) выиграть одну партию из двух или две партии из четырех; б) выиграть не менее двух партий из четырех или не менее трех партий из пяти (ничьи во внимание не принимаются)?

9.Вероятность хотя бы одного попадания при двух выстрелах равна 0,96. Найти вероятность трех попаданий при четырех выстрелах.

10.Проводится 12 независимых испытаний с вероятностью успеха, равной 0,4. Найти наиболее вероятное число успехов.

11.Сколько надо сделать выстрелов с вероятностью попадания в цель 0,7, чтобы наивероятнейшее число попаданий в цель было равно 15?

12.Система состоит из 6 независимо работающих элементов. Вероятность отказа элемента равна 0,3. Найти: а) наивероятнейшее число отказавших элементов; б) вероятность наивероятнейшего числа отказавших элементов системы.

13.Игральная кость бросается 16 раз. Найти наивероятнейшее число появлений числа очков, кратного трем и вычислить его вероятность.

14.Сколько раз надо бросить игральную кость, чтобы наивероятнейшее число появлений четного числа очков, было равно 6?

15.Сколько надо сыграть партий в шахматы с вероятностью победы в одной партии, равной 1/3, чтобы наивероятнейшее число побед было равно 5?

Приближенные формулы Формула Пуассона

16. Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение одной минуты равна 0,002. Найти вероятность того, что в течение одной мину-

ты обрыв произойдет более чем на трех веретенах.

17.Производятся независимые испытания, в каждом из которых событие А может появиться с вероятностью, равной 0,001. Какова вероятность того, что при 2000 испытаний событие А появится не менее двух и не более четырех раз.

18.Завод отправил на базу 5000 доброкачественных изделий. Вероятность того, что в пути изделие повредится, равна 0,0002. Какова вероятность того, что на базу прибудут 3 негодных изделия.

19.Известно, что в принятой для сборки партии из 1000 деталей имеются 4 дефектных. Найдите вероятность того, что среди 50 наугад взятых изделий нет дефектных.

20.Семена некоторой культуры в 1 кг содержат в среднем 5 зерен сорняков. Для некоторых опытов отвешивается 200 г семян. Найдите вероятность того, что в 200 г не окажется ни одного зерна сорняков.

21.Средняя плотность болезнетворных бактерий в 1 м3 воздуха равна 100. берется на пробу 1 дм3 воздуха. Найдите вероятность того, что в нем будет обнаружена хотя бы одна бактерия.

22.В среднем на 1 м2 площади посева встречается 0,5 стеблей сорняков. Найдите веро-

ятность того, что на 4 м2 не окажется ни одного сорняка.

23.Известно, что вероятность выпуска дефектной детали равна 0,02. Детали укладываются в коробки по 100 штук. Чему равна вероятность того, что: а) в коробке нет дефектных деталей; б) число дефектных деталей не более двух?

24.Производители калькуляторов знают из опыта, что 1% проданных калькуляторов имеет дефекты. Аудиторская фирма купила 500 калькуляторов. Какова вероятность того, что придется заменить 4 калькулятора?

25.При наборе текста наборщик делает ошибку в слове с вероятностью 0,001. Какова вероятность, что в набранной книге, насчитывающей 5000 слов, будет не более 5 ошибок?

Формулы Муавра—Лапласа

26.Вероятность изготовления детали первого сорта на данном станке равна 0,8. Найдите вероятность того, что среди наугад взятых 100 деталей окажется 75 деталей первого сорта.

27.Вероятность появления события в каждом из 100 независимых испытаний постоянна и равна 0,8. Найдите вероятность того, что событие появится: а) не менее 70 и не более

85раз; б) не менее 70 раз; в) не более 69 раз.

28.Обследуется 500 изделий продукции, изготовленной на предприятии, где брак составляет 2%. Найдите вероятность того, что: а) среди них окажется ровно 10 бракованных; б) число бракованных в пределах от 10 до 20.

29.Каждый из 100 компьютеров в интернет-кафе занят клиентом в среднем в течение 80% рабочего времени. Какова вероятность того, что в момент проверки будет занято клиентами: а) от 70 до 90 компьютеров; б) не менее 80 компьютеров?

30.Страховая фирма заключила 10000 договоров. Вероятность страхового случая по каждому в течении года составляет 2%. Найти вероятность того, что таких случаев будет не более 250.

31.Сборник задач содержит 400 задач с ответами. В каждом ответе может быть ошибка с вероятностью 0,01. Какова вероятность, что для 99% всех задач сборника ответы даны без ошибок?

32.В партии из 768 арбузов каждый арбуз оказывается неспелым с вероятностью 0,25. Найти вероятность того, что количество спелых арбузов будет находиться в пределах от

564 до 600.

33.Вероятность того, что в партии из 100 изделий имеется брак, составляет 63,2%. Найти вероятность, что там не более 3 бракованных изделий.

34.Вероятность появления события в каждом из 900 независимых испытаний равна 0,5. Найти вероятность того, что относительная частота события отклонится от его вероятности по модулю не больше чем на 0,02.

35.Посажено 600 семян кукурузы с вероятностью 0,9 прорастания для каждого семени.

Найти границу модуля отклонения частоты взошедших семян от вероятности p = 0,9 , ес-

ли эта граница должна быть гарантирована с вероятностью P = 0,995 .

36. С конвейера сходит в средне 85% изделий первого сорта. Сколько изделий необходимо взять, чтобы с вероятностью 0,997 отклонение частоты изделий первого сорта в них от вероятности p = 0,85 по модулю не превосходило 0,01?

37.Вероятность того, что дилер продаст ценную бумагу, равна 0,6. Сколько должно быть ценных бумаг, чтобы с вероятностью 0,99 можно было надеяться, что доля проданных бумаг отклоняется от 0,6 не более, чем на 0,05?

38.На выборах кандидата в мэры поддерживает 40% населения. При опросе общественного мнения было выбрано 1000 человек. С какой вероятностью можно утверждать, что доля избирателей из этой выборки, поддерживающих кандидата, отличается от истинной доли не более чем на 0,05?

39.Производится 500 подбрасываний симметричной монеты. В каких пределах будет находиться отклонение частоты выпадения герба от 0,5 с вероятностью 0,99?

40.Доля населения региона, занятого в промышленности, равна 0,4. В каких пределах с вероятностью 0,95 находится число занятых в промышленности среди 10000 случайно отобранных людей?

41.Вероятность того, что случайно взятая деталь окажется второго сорта, равна 3/8. Сколько нужно взять деталей, чтобы с вероятностью, равной 0,995, можно было ожидать, что доля деталей второго сорта отклонится от вероятности менее чем на 0,001?

Ответы: 1. 0,0512. 2. 0,0584. 3. 0,99954. 4. 0,053. 5. 0,8208. 6. 0,016. 8. а) 0,25, 0,375; б)

0,69, 0,5. 9. 0,4096. 10. 5. 11. 21. 12. а) 2; б) 0,3241. 13. 5; 0,208. 14. {11, 12, 13} 15. {14, 15, 16 17} 16. 0,1428. 17. 0,541. 18. 0,0613. 19. 0,8187. 20. 0,3679. 21. 0,1813. 22. 0,1353. 24. 0,1755. 26. 0,04565. 27. а) 0,8882, б) 0,9938, в) 0,0062. 28. а) 0,127; б) 0,499. 29. а) 0,9876; б) 0,0997. 31. 0,2. 32. 0,8185. 34. 0,7698 35. ε = 0,0034 . 36. n = 11171.

Домашнее задание

1.В хлопке число длинных волокон составляет 80%. Какова вероятность того, что среди наудачу взятых пяти волокон длинных окажется: а) три; б) не более двух.

2.Вероятность нестандартности детали равна 0,3. Какова вероятность того, что из шести наудачу взятых деталей окажется: а) четыре нестандартных; б) не более двух нестандартных.

3.Вероятность выигрыша по облигации займа за все время его действия равна 0,35. Какова вероятность того, что, приобретя 8 облигаций, выигрыш выпадет на: а) 6 из них; б) не менее чем на 6.

4.Найти вероятность того, что событие А наступит 140 раз в 240 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,6.

5.Вероятность поражения мишени при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того,что при 100 выстрелах мишень будет поражена ровно 75 раз.

6.Вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти вероятность того, что среди 100 новорожденных окажется 60 мальчиков.

7.Если в среднем левши составляют 1% , каковы шансы на то, что среди 200 человек окажется ровно четверо левшей?

8.Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение одной минуты равна 0,004. Найти вероятность того, что в течение одной минуты обрыв произойдет в пяти веретена

9.Среднее число заявок, поступающих на склад в течение месяца, равно двум. Найдите вероятность того, что в течение 0,5 месяца поступит не более одной заявки.

10.При штамповке металлических клемм получается в среднем 90% годных. Найти вероятность того, что среди 900 клемм окажется от 790 до 820 годных.

11.Вероятность точной сборки прибора равна 0,8. Найти вероятность того, что среди 500 приборов окажется от 410 до 430 точных.

12.Всхожесть семян данного растения составляет 90%. Найти вероятность того, что из 800 посеянных семян взойдет не менее 700.

13.Вероятность появления события в каждом из 900 независимых испытаний равна

0,5. Найти такое положительное число ε , чтобы с вероятностью 0,77 модуль отклонения частоты появления события от его вероятности 0,5 не превышала ε .

14. Отдел технического контроля проверяет 475 изделий на брак. Вероятность того, что изделие бракованное, равна 0,05.Найти с вероятностью 0,95 границы, в которых заключено число m бракованных изделий среди проверенных.

Ответы: 1. а) 0,2048; б) 0,058. 4. 0,046. 8. 0,1562. 9. 0,7358. 11. 0,1309. 13. 0,02. 14. 15 ≤ m ≤ 33

Вопросы для самопроверки по теме: «Случайные события»

1.Определение случайного события.

2.Невозможное и достоверное события.

3.Взаимно противоположные события.

4.Полная группа событий.

5.Совместные и несовместные события.

6.Равновозможные события.

7.Перестановки.

8.Размещения.

9.Сочетания.

10.Классическое определение вероятности равновозможных событий.

11.Свойства классической вероятности.

12.Относительная частота случайного события.

13.Понятие статистической вероятности.

14.Сумма двух и нескольких случайных событий.

15.Произведение случайных событий.

16.Теорема сложения вероятностей несовместных событий.

17.Формула для вероятности суммы двух совместных событий.

18.Вероятность полной группы событий; вероятность противоположных событий.

19.Зависимые и независимые события. Условная вероятность.

20.Теорема умножения вероятностей независимых событий.

21.Теорема умножения вероятностей зависимых событий.

22.Вероятность появления хотя бы одного из событий A1 , A2 , …, An , независимых в совокупности.

23.Формула полной вероятности.

24.Вероятности гипотез. Формула Байеса.

25.Повторные независимые испытания. Формула Бернулли.

26.Локальная формула Муавра-Лапласа.

27.Формула Пуассона.

28.Интегральная формула Муавра-Лапласа.

Раздел 2: Случайная величина

Тема 1: Случайная величина и закон ее распределения

Величина, которая принимает различные числовые значения под влиянием случайных обстоятельств, называется случайной величиной.

Различают дискретные и непрерывные случайные величины.

Случайная величина называется дискретной, если она принимает только определенные отделенные друг от друга значения, которые можно установить и перечислить.

Примеры:

1) число студентов в аудитории – может быть только целым положительным чис-

лом: 0,1,2,3,4….. 20…..

2) цифра, которая появляется на верхней грани при бросании игральной кости – может принимать лишь целые значения от 1 до 6.

3) относительная частота попадания в цель при 10 выстрелах — ее значения: 0; 0,1; 0,2; 0,3 ….. 1

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник

Решение задач о станках. Почти полное руководство

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков.

В этот раз рассмотрим задачи о станках, и остановимся на трех типах задач: на действия с событиями (станки выходят из строя с разными вероятностями), на формулу Бернулли (вероятности одинаковы) и на формулу полной вероятности и Байеса.

Если вы только учитесь решать задачи, рекомендуем читать всю статью целиком, чтобы понять принцип решения и формулы в каждом случае, научиться отличать задачи друг от друга и подбирать верный подход. Знаете что конкретно ищете? Переходите по ссылкам.

Начало: сложение и умножение вероятностей
Продолжаем: формула Бернулли
Совсем иначе: формула полной вероятности и Байеса
Полезные ссылки
Решебник по теории вероятностей

Нужна помощь? Решаем теорию вероятностей на отлично

Полезная страница? Сохрани или расскажи друзьям

Капризные станки и вероятности

Рассмотрим популярный класс задач: про рабочего и капризные станки, которые ломаются/требуют внимания рабочего, причем вероятности выхода из строя заданы и различны для каждого из станков. Нужно найти вероятность выхода из строя одного станка, двух, ни одного и так далее, в зависимости от конкретной задачи.

Основной метод решения подобных задач — использование теорем о сложении и умножении вероятностей, который мы и разберем на примерах ниже. После разобранных примеров вы найдете онлайн калькулятор, который поможет решить подобные задачи буквально в один клик!

Теория: выписываем события

Введем основные события для задачи (независимые, так как каждый станок работает сам по себе):
$A_i$ = (Станок $i$ отказал/потребовал внимания рабочего), $i=1,2,3$.

Рассматривать в примере будем случаи с 2 или 3 станками. С одним задача вырождается, с четырьмя становится довольно громоздкой, но решается аналогично рассмотренным ниже.

Пусть заданы вероятности выхода станков из строя: $p_i=P(A_i)$, и мы можем записать вероятности того, что станки продолжают работать: $q_i=1-p_i=P(overline{A_i})$.

Вводим также события, вероятности которых обычно нужно найти в заданиях:
$X_k$ = (В точности $k$ станков отказали), $k=0,1,2,3$.

Теория: случай 2 станков

Итак, у нас есть 2 станка, отказывающие с вероятностями $p_1$ и $p_2$ соответственно.

Событие $X_0$ = (0 станков отказали) = (Все станки работают). Его можно записать как произведение событий $X_0=overline{A_1} cdot overline{A_2}$, поэтому вероятность

$$
P(X_0)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) = q_1 cdot q_2. qquad (1)
$$

Событие $X_1$ = (1 станок отказал). Подумаем, когда такое событие произойдет:
1. Когда первый станок откажет (событие $A_1$) и одновременно с этим второй станок работает (событие $overline{A_2}$), то есть получили произведение событий $A_1 cdot overline{A_2}$.

2. Когда второй станок откажет (событие $A_2$) и одновременно с этим первый станок работает (событие $overline{A_1}$), то есть получили произведение событий $overline{A_1} cdot A_2$.

Так как других вариантов нет, а эти два варианта — несовместные (они не могут произойти одновроменно, или первая ситуация, или вторая), то по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
$$
P(X_1) = Pleft(A_1 cdot overline{A_2} + overline{A_1} cdot A_2right)= Pleft(A_1 cdot overline{A_2} right)+ Pleft( overline{A_1} cdot A_2right) =
$$
дальше уже по известной теореме умножения вероятностей раскрываем скобки:
$$
= P(A_1) cdot left(overline{A_2} right) + Pleft( overline{A_1} right) cdot P(A_2) = p_1 cdot q_2 + q_1 cdot p_2.
$$
Мы получили формулу, позволяющую найти вероятность в точности одного отказавшего станка из двух:
$$
P(X_1) = p_1 cdot q_2 + q_1 cdot p_2. qquad (2)
$$

Событие $X_2$ = (2 станка отказали). Его можно записать как произведение событий $X_2={A_1} cdot {A_2}$, поэтому вероятность

$$
P(X_2)=P(A_1 cdot A_2) = P(A_1) cdot P(A_2)= p_1 cdot p_2. qquad (3)
$$

Теория: случай 3 станков

Быстренько обобщим наши формулы для случая 3 станков, отказывающих с вероятностями $p_1$, $p_2$ и $p_3$.

Ни один станок не отказал:

$$
P(X_0)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) cdot Pleft(overline{A_3}right)= q_1 cdot q_2 cdot q_3. qquad (4)
$$

В точности один станок отказал, остальные два — нет:

$$
P(X_1)= \ = P(A_1) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1}right) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1} right) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot P(A_3)=\
= p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3. qquad (5)
$$

В точности два станка отказали, а один — работает:

$$
P(X_2)= \
= P(A_1) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline{A_3} right) + P(A_1)cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot P(A_3) + Pleft(overline{A_1} right) cdot P(A_2) cdot P(A_3)=\
= p_1 cdot p_2 cdot q_3 + p_1 cdot q_2 cdot p_3 + q_1 cdot p_2 cdot p_3. qquad (6)
$$

Все три станка отказали:

$$
P(X_3)=P(A_1 cdot A_2 cdot A_3) = P(A_1) cdot P(A_2) cdot P(A_3) = p_1 cdot p_2 cdot p_3. qquad (7)
$$

Практика: укрощаем станки

Пример 1. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок проработает смену без наладки, равна 0,9, а второй – 0,8. Найти вероятность того, что: а) оба станка проработают смену без наладки, б) оба станка за смену потребуют наладки.

Итак, случай с 2 станками, используем формулы (1) и (3), чтобы найти искомые вероятности. Важно, какое событие мы считаем базовым: выше в теории мы использовали «станок откажет», тут же удобнее событие «станок проработает смену» (при этом формулы сохраняют вид, но легко использовать не ту, будьте внимательны).

Итак, пусть $p_i$ — вероятность $i$-му станку проработать смену без наладки. И нужные вероятности:

1) Оба станка проработают смену без наладки:

$$
P(A_1 cdot A_2) = P(A_1) cdot P(A_2)= p_1 cdot p_2 = 0,9 cdot 0,8 = 0,72.
$$

2) Оба станка за смену потребуют наладки:

$$
Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) = q_1 cdot q_2 = (1-0,9) cdot (1-0,8) =0,1 cdot 0,2 = 0,02.
$$

Пример 2. Вероятности бесперебойной работы для каждого из двух станков соответственно равны 0,95 и 0,8. Найти вероятность того, что за смену: а) произойдет остановка только одного станка; б) остановится хотя бы один станок.

Еще одна задачка про 2 станка. Так как в вопросах идет речь именно об остановках станка, их и будем считать базовыми событиями:

$A_i$ = (Станок $i$ остановился), $i=1,2$, $p_1=1-0,95=0,05$, $p_2=1-0,8=0,2$.

а) произойдет остановка только одного станка (используем формулу (2)):

$$
P_1= P(A_1) cdot left(overline{A_2} right) + Pleft( overline{A_1} right) cdot P(A_2)=\ = p_1 cdot q_2 + q_1 cdot p_2 = 0,05 cdot 0,8 + 0,95 cdot 0,2=0,23.
$$

б) В этом случае удобно сначала найти вероятность противоположного события «Ни один станок не остановится» (оба работают):

$$
P_0= Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2}right)= q_1 cdot q_2 = (1-0,05) cdot (1-0,2) =0,95 cdot 0,8 = 0,76.
$$

Тогда вероятность того, что остановится хотя бы один станок, равна:

$$
1-P_0=1-0,76=0,24.
$$

Теперь рассмотрим пример задачи с тремя станками, в которой используем все формулы, выведенные выше (см. (4)-(7)).

Пример 3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятности того, что станки потребуют внимания рабочего в течение часа, соответственно равны $p_1=0,9, p_2=0,8, p_3=0,7$. Найти вероятность того, что в течение некоторого часа внимания рабочего потребует:
1) все станки,
2) ни один станок,
3) какой-либо один станок,
4) какие-либо два станка,
5) хотя бы один станок.

Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение часа), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,9$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,1$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.

Найдем вероятность события $X$= (Все станки потребуют внимания в течение часа) по формуле (7):

$$
P(X)= P(A_1 cdot A_2 cdot A_3) = p_1 cdot p_2 cdot p_3 = 0,9cdot 0,8 cdot 0,7 = 0,504.
$$

Найдем вероятность события $Y$= (Ни один станок не потребует внимания в течение часа) по формуле (4):

$$
P(Y)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3}right)= q_1 cdot q_2 cdot q_3 =
0,1cdot 0,2 cdot 0,3 = 0,006.
$$

Найдем вероятность события $Z$= (Один станок потребует внимания в течение часа) по формуле (5):

$$
P(Z)= p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3 =\ =
0,9cdot 0,2 cdot 0,3 +0,1cdot 0,8 cdot 0,3 +0,1cdot 0,2 cdot 0,7 = 0,092.
$$

Найдем вероятность события $Q$= (Два станка потребуют внимания в течение часа) по формуле (6):

$$
P(Q)= p_1 cdot p_2 cdot q_3 + p_1 cdot q_2 cdot p_3 + q_1 cdot p_2 cdot p_3 = \ =
0,9cdot 0,8 cdot 0,3 + 0,9cdot 0,2 cdot 0,7 +0,1cdot 0,8 cdot 0,7 =0,398.
$$

Также эту вероятность можно выразить через уже найденные ранее:

$$
P(Q)=1-P(X)-P(Y)-P(Z)=1-0,504-0,006-0,092=0,398.
$$

Найдем вероятность события $W$= (Хотя бы один станок потребует внимания в течение часа), учитывая что оно противоположно событию $Y$:

$$
P(W)=1-P(Y)=1-0,006=0,994.
$$

Пример 4. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность выхода из строя за смену для них, соответственно, равна 0,75; 0,8 и 0,7. Найти вероятность того, что за смену выйдут из строя не менее двух станков.

Рассматриваем события $A_i$ = (Станок $i$ за смену вышел из строя), $i=1, 2, 3$. По условию даны вероятности: $p_1=0,75$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,25$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.

Событие $X$ = (За смену выйдут из строя не менее двух станков) можно представить как сумму несовместных событий $X_2$ = (За смену выйдут из строя 2 станка) и $X_3$ = (За смену выйдут из строя 3 станка). Их вероятности найдем по формулам (6) и (7):

$$
P(X_2)= p_1 cdot p_2 cdot q_3 + p_1 cdot q_2 cdot p_3 + q_1 cdot p_2 cdot p_3 = \=
0,75cdot 0,8 cdot 0,3 + 0,75cdot 0,2 cdot 0,7 +0,25cdot 0,8 cdot 0,7 =0,425.
$$
$$
P(X_3)= P(A_1 cdot A_2 cdot A_3) = p_1 cdot p_2 cdot p_3 = 0,75cdot 0,8 cdot 0,7 = 0,42.
$$

Тогда искомая вероятность:

$$
P(X)=P(X_2)+P(X_3)=0,425+0,42=0,845.
$$

И, наконец, рассмотрим одну задачу с четырьмя станками.

Пример 5. Рабочий обслуживает 4 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,3, второй – 0,6, третий – 0,4 и четвёртый – 0,25. Найти вероятность того, что в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера.

Пусть $p_i$, $i=1,2,3,4$ — вероятность того, что станок потребует внимания мастера. Рассмотрим событие $X$ = (в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера) и противоположное $overline{X}$=(В течение смены все станки не потребуют внимания мастера). Найдем его вероятность:

$$
P(overline{X}) = Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3} cdot overline{A_4}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) cdot Pleft(overline{A_3}right) cdot Pleft(overline{A_4}right)=\ = (1-p_1) cdot (1-p_2) cdot (1-p_3)cdot (1-p_4) = \ =
(1-0,3) cdot (1-0,6) cdot (1-0,4)cdot (1-0,25) = 0,126.
$$

Вероятность нужного события тогда:

$$
P(X)=1-P(overline{X}) =1-0,126=0,874.
$$

Еще: другие примеры на действия с событиями

Одинаковые станки и формула Бернулли

Рассмотрим частный случай предыдущей «задачи о капризных станках», когда все станки отказывают с одинаковой вероятностью $p$. Тогда, чтобы найти вероятность отказа в точности $k$ станков из $n$ можно использовать единственную формулу Бернулли:

$$
P_n(k)=C_n^k cdot p^k cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k cdot p^k cdot q^{n-k}. qquad (8)
$$

Пример 6. Рабочий обслуживает пять однотипных станков. Вероятность того, что станок потребует внимания рабочего в течение дня, равна 0,3. Найти вероятность того, что в течение дня этих требований будет ровно четыре.

Вот типовая задача на формулу Бернулли. Выписываем из задачи: $n=5$ (число станков), $p=0,3$ (вероятность того, что станок потребует внимания), $q=1-p=0,7$ (вероятность бесперебойной работы).

Найдем вероятность того, что ровно 4 станка потребуют внимания рабочего по формуле (8):

$$
P_5(4)=C_5^4 cdot 0,3^4 cdot 0,7^{5-4} = 5 cdot 0,3^4 cdot 0,7 =0,028.
$$

Пример 7. Вероятность поломки одного из 6 работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня не работает. Какова вероятность того, что в течение дня сломается более 2 станков?

Еще одна задача про станки, которые ломаются с одинаковой вероятностью. Основные данные: $n=6$ (число станков), $p=0,2$ (вероятность поломки), $q=1-p=0,8$.

Найдем вероятность того, что в течение дня сломается более двух станков, используя переход к противоположному событию (в течение дня сломается 0, 1 или 2 станка):

$$
P_6(k>2)=1-P_6(k le 2)=1- (P_6(0)+P_6(1)+P_6(2))= \
=1 — (C_6^0 cdot 0,2^0 cdot 0,8^6 + C_6^1 cdot 0,2^1 cdot 0,8^5 + C_6^2 cdot 0,2^2 cdot 0,8^4)=\
=1 — ( 0,8^6 + 6 cdot 0,2 cdot 0,8^5 + 15 cdot 0,2^2 cdot 0,8^4)=0,099.
$$

Пример 8. На рабочем участке 5 однотипных станков. Вероятность того, что каждый из них исправен, равна 0,8. Плановое задание может быть выполнено, если исправно не менее 3 станков. Какова вероятность, что задание будет выполнено?

Думаю, тут можно обойтись только формулой, согласны?

$$
P_5(k ge 3)=P_5(3)+ P_5(4)+ P_5(5) = \
=C_5^3 cdot 0,8^3 cdot 0,2^2 + C_5^4 cdot 0,8^4 cdot 0,2^1 + C_5^5 cdot 0,8^5 cdot 0,2^0 =\
=10 cdot 0,8^3 cdot 0,2^2 + 5 cdot 0,8^4 cdot 0,2 + 0,8^5 =0,942.
$$

Пример 9. В цехе работают 8 станков. Вероятность безотказной работы каждого 0,9. Найти вероятность того, что хотя бы один станок откажет в работе.

Как и почти всегда, когда в задаче есть «хотя бы один», используем переход к противоположному событию «Все станки работают»:

$$
P_8(k ge 1)=1- P_8(k lt 1)=1- P_8(0) = 1- 0,9^8 =0,57.
$$

Пригодится: онлайн-калькуляторы для Бернулли

Задачи на полную вероятность

Рассмотрим еще один тип задач со станками, который оооочень распространен в домашних и контрольных работах, и относится к теме полной вероятности.

Теорию вы сможете найти по ссылке выше, а тут я кратко напомню основные шаги:

Находим в задаче полную группу гипотез $H_i$.
Определяем основное событие $A$ (которое обычно происходит с разной вероятностью в зависимости от того, какая из гипотез $H_i$ верна).
Выписываем из условия или вычисляем вероятности: $P(H_i)$, $P(A|H_i)$.
Подставляем в нужную формулу: полной вероятности (9) или Байеса (10).

$$
P(A)=sum_{i=1}^{n} P(A|H_i)cdot P(H_i); qquad (9)
$$
$$
P(H_k|A)=frac{P(A|H_k)cdot P(H_k)}{P(A)}. qquad (10)
$$

Пример 10. В цехе работают 20 станков. Из них 10 марки А, 6 марки В и 4 марки С. Вероятность того, что качество детали окажется отличным для этих станков соответственно равна 0,9; 0,8; 0,7. Какой процент отличных деталей выпускает цех в целом?

Введем полную группу гипотез:
$Н_1$ = (Деталь изготовлена на станке марки А),
$Н_2$ = (Деталь изготовлена на станке марки В),
$Н_3$ = (Деталь изготовлена на станке марки С).

Вероятности гипотез найдем как отношение числа станков нужной марки к общему числу станков в цехе:

$$
P(H_1)=10/20=0,5, quad P(H_2)=6/20=0,3, quad P(H_3)=4/20=0,2.
$$

Введем событие $А$ = (Деталь отличного качества). По условию известны априорные вероятности:
$$
P(A|H_1)=0,9, quad P(A|H_2)=0,8, quad P(A|H_3)=0,7.
$$
Тогда вероятность события А найдем по формуле полной вероятности (9):

$$
P(A)=sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)cdot P(H_i)=0,5cdot 0,9 + 0,3cdot 0,8+ 0,2cdot 0,7=0,83
$$

Получили 0,83 или 83% отличных деталей в цехе.

Пример 11. Три станка подают детали в общий бункер. Вероятность выпуска бракованной продукции для первого станка 0,03, для второго – 0,02, и для третьего 0,01. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а производительность третьего в два раза больше второго. Какова вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной?

И как обычно, начинаем с ввода гипотез: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке) и основного события $A$ = (Взята годная деталь).

Чтобы найти вероятности гипотез, используем данные о производительности станков. Пусть производительность второго станка $x$, тогда производительность первого — $3x$, производительность третьего — $2x$. Тогда можно вычислить вероятности гипотез по классическому определению вероятности:

$$
P(H_1)=frac{3x}{x+3x+2x}=frac{1}{2}, quad P(H_2)=frac{x}{x+3x+2x}=frac{1}{6}, quad P(H_3)=frac{2x}{x+3x+2x}=frac{1}{3}.
$$

Теперь надо найти вероятность того, что годная деталь изготовлена на $i$-ом станке. По условию даны вероятность изготовления бракованных деталей, откуда найдем:

$$
P(A|H_1)=1-0,03=0,97, quad P(A|H_2)=1-0,02=0,98, quad P(A|H_3)=1-0,01=0,99.
$$

Вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной, находим по формуле полной вероятности (9):

$$
P(A)=sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)cdot P(H_i)=frac{1}{2}cdot 0,97 + frac{1}{6}cdot 0,98+ frac{1}{3}cdot 0,99=0,978.
$$

Пример 12. На склад поступили детали с 3-х станков. На первом станке изготовлено 40% деталей от их общего количества, на 2-ом – 35% и на третьем – 25%. Причем на первом станке было изготовлено 90% деталей 1-го сорта, на втором 80% и на третьем – 70%. Известно, что наугад выбранная со склада деталь оказалась деталью 1-го сорта. Найти вероятность того, что она была изготовлена на 2-м станке.

Начало решения абсолютно аналогично предыдущим задачам: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке), $A$ = (Взята деталь первого сорта).

$$
P(H_1)=40%=0,4, quad P(H_2)=35%=0,35, quad P(H_3)=25%=0,25.
$$
$$
P(A|H_1)=90%=0,9, quad P(A|H_2)=80%=0,8, quad P(A|H_3)=70%=0,7.
$$

Сначала найдем вероятность события $A$:

$$
P(A)=sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)cdot P(H_i)=0,4cdot 0,9 + 0,35cdot 0,8+ 0,25cdot 0,7=0,815.
$$

Найдем апостериорную вероятность того, что деталь изготовлена на втором станке, если она оказалась 1-го сорта, используя формулу Байеса (10):

$$
P(H_2|A)=frac{P(A|H_2)cdot P(H_2)}{P(A)}=frac{0,35cdot 0,8}{0,815}=0,344.
$$

Еще: другие примеры на полную вероятность

Полезные ссылки по ТВ

Онлайн калькуляторы
Онлайн учебник
Более 200 примеров
Решенные контрольные

Формулы и таблицы
Сдача тестов
Решение на заказ
Онлайн помощь

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете почти 300 задач о станках с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):

Источник

1. Вероятность того, что только один станок потребует вмешательства, равна сумме вероятностей трех несовместных событий, когда вмешательства потребует только первый, второй или третий станок:
Р(1)=Р1 Р2 Р3= 0,9*(1-0,8)*(1-0,7) (1-0,9)*0,8*(1-0,7) (1-0,9)*(1-0,8)*0,7 = 0,092.
2. Вероятность того, что приедут не менее двух друзей, равна:
Р(>=2) = 1-P(0)-P(1), где Р(0) — вероятность того, что никто не приедет, а Р(1) — вероятность того, что приедет только один из друзей.
Р(0)=(1-0,8)*(1-0,4)*(1-0,7) = 0,036.
Вероятность Р(1) находится как в задаче 1:
Р(1)=0,8*(1-0,4)*(1-0,7) (1-0,8)*0,4*(1-0,7) (1-0,8)*(1-0,4)*0,7 = 0,252.
В результате:
Р(>=2) = 1-0,036-0,252 = 0,712.

более месяца назад

Источник

Добро пожаловать!

Решение задач о станках. Почти полное руководство

Капризные станки и вероятности

Теория: выписываем события

Теория: случай 2 станков

Теория: случай 3 станков

Практика: укрощаем станки

Одинаковые станки и формула Бернулли

Задачи на полную вероятность

Полезные ссылки по ТВ

Решебник по вероятности

Другие крутые статьи на нашем сайте: