2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Две задачки по теории вероятностей
Сообщение22.10.2013, 03:00 


29/08/11
1759
Здравствуйте, уважаемые форумчане!
Прошу помощи по решению двух задачек:

1) Бизнесмен имеет счета в трех городских банках. Вероятность того, что наличные имеются в $1$-ом, во $2$-ом и $3$-ем банках соответственно равны $0,9$; $0,85$; $0,7$. Определить вероятность того, что нужную сумму наличными выплатят только два банка.

Введем события:

$A=\{\text{Нужную  сумму  наличными  выплатят  только  два банка}\}$

$B_{i}=\{\text{Наличные имеются в } i \text{ банке}\}$

$C=\{\text{Нужную  сумму  наличными  выплатят  только первый и второй банк}\}$

$D=\{\text{Нужную  сумму  наличными  выплатят  только первый и третий банк}\}$

$E=\{\text{Нужную  сумму  наличными  выплатят  только второй и третий банк}\}$

По условию: $p(B_{1})=0.9$, $p(B_{2})=0.85$, $p(B_{3})=0.7$.

Событие $A$ заключается в появлении одного из трех несовместных событий: $C$, $D$ или $E$, то есть $A=C+D+E$, и $p(A)=p(C+D+E) = p(C)+p(D)+p(E)$

Событие $C$ заключается в том, что наличные будут в $1$-ом и $2$-ом банках, но их не будет в третьем, события $B_{1}$, $B_{2}$, $B_{3}$ - совместные и независимые, тогда:

$$p(C) = P(B_{1} \cdot B_{2} \cdot \overline{B_{3}})= p(B_{1}) \cdot p(B_{2}) \cdot p(\overline{B_{3}}) = 0.9 \cdot 0.85 \cdot (1-0.7) = 0.2295$$

Аналогично найдем $p(D)$ и $p(E)$:

$$p(D) = P(B_{1} \cdot \overline{B_{2}} \cdot B_{3})= p(B_{1}) \cdot p(\overline{B_{2}}) \cdot p(B_{3}) = 0.9 \cdot (1-0.85) \cdot 0.7 = 0.0945$$

$$p(E) = P(\overline{B_{1}} \cdot B_{2} \cdot B_{3})= p(\overline{B_{1}}) \cdot p(B_{2})  \cdot p(B_{3}) = (1-0.9) \cdot 0.85 \cdot 0.7 = 0.0595$$

Искомая вероятность: $p(A) = 0.2295+0.0945+0.0595=0.3835$

Верно ли решение? И не слишком ли я его замудрил? :-)



2) Из партии, состоящей из четырех изделий, наудачу взято одно изделие, оказавшееся бракованным. Количество бракованных изделий равновозможно любое. Какое предположение о количестве бракованных изделий наиболее вероятно?

Введем события и гипотезы:

$A = \{\text{Достали бракованное изделие}\}$

$H_{0} = \{\text{В партии все детали без брака}\}$

$H_{1} = \{\text{В партии 3 детали без брака и 1 бракованное}\}$

$H_{2} = \{\text{В партии 2 детали без брака и 2 бракованных}\}$

$H_{3} = \{\text{В партии 1 деталь без брака и 3 бракованных}\}$

$H_{4} = \{\text{В партии все детали бракованные}\}$

По условию: $p(H_{0})=p(H_{1})=p(H_{2})=p(H_{3})=p(H_{4})=\frac{1}{1+1+1+1+1} = \frac{1}{5}$

Условные вероятности:

$P(A|H_{0}) = 0$, $P(A|H_{1}) = \frac{1}{4}$, $P(A|H_{2}) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, $P(A|H_{3}) = \frac{3}{4}$, $P(A|H_{4}) = \frac{4}{4} = 1$

По формуле полной вероятности:

$$P(A) = P(H_{0}) \cdot P(A|H_{0})  + ... + P(H_{5}) \cdot P(A|H_{5}) = \frac{1}{5} \cdot \left (0+\frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4} + 1 \right ) = \frac{1}{5} \cdot \frac{5}{2} = \frac{1}{2}$$

По формуле Байеса:

$P(H_{0}|A) = \frac{P(H_{0}) \cdot P(A|H_{0}) }{P(A)} = ... = 0 $

$P(H_{1}|A) = \frac{P(H_{1}) \cdot P(A|H_{1}) }{P(A)} = ... = 0.1 $

$P(H_{2}|A) = \frac{P(H_{2}) \cdot P(A|H_{2}) }{P(A)} = ... = 0.2 $

$P(H_{3}|A) = \frac{P(H_{3}) \cdot P(A|H_{3}) }{P(A)} = ... = 0.3 $

$P(H_{4}|A) = \frac{P(H_{4}) \cdot P(A|H_{4}) }{P(A)} = ... = 0.4 $

Следовательно, наиболее вероятно, что все детали - бракованные.

Верно ли? :| Смущает то, что ответ-то и без решения очевиден...

Буду премного благодарен за помощь!

 Профиль  
                  
 
 Re: Две задачки по теории вероятностей
Сообщение22.10.2013, 06:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14430
Всё правильно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Две задачки по теории вероятностей
Сообщение22.10.2013, 08:02 
Аватара пользователя


21/01/09
3923
Дивногорск
Вероятность что все детали бракованные -0.4, а то что не все - 0.6.

 Профиль  
                  
 
 Re: Две задачки по теории вероятностей
Сообщение22.10.2013, 08:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14430
Тогда уж "количество бракованных изделий не больше четырёх". Вероятность единица. :-)
Но в данном случае ясно, о чём идёт речь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Две задачки по теории вероятностей
Сообщение22.10.2013, 16:42 


29/08/11
1759
gris
Большое спасибо!

Александрович
Не понял к чему Вы это...

 Профиль  
                  
 
 Re: Две задачки по теории вероятностей
Сообщение22.10.2013, 18:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
К тому, что $0,6>0,4$, т.е. вероятнее, что не все изделия бракованные, чем все.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group