Простая задачка по теории вероятностей

[zcorvid]

Пусть есть $100$ одинаковых деталей, из них $5%$ бракованные, выбирается выборка из 20 деталей, какова вероятность того, что в выборке по крайней мере $1$ деталь бракованная?

Пусть $p = 0.95$ - вероятность успеха, тогда вероятность того, что в выборке нет бракованных деталей равна количеству сочетаний из 100 по 20, умноженному на вероятность "небракованности" партии из 20 деталей:

$$ C_{100}^{20} p^{20} $$

Соответственно, вероятность того, что хотя бы одна деталь бракованная, равна:

$$ 1 - C_{100}^{20} p^{20} $$

Правильно ли я решил задачу? Смущает то, что задача эта из серии задач по биномиальному распределению, а его в своём решении я не вижу, и это мне не нравится. Подскажите, где я ошибся.

[mihaild]

Неправильно. Например, вашим методом получается что вероятность выбрать $100$ не бракованных деталей больше нуля.

[Someone]

zcorvid в сообщении #1382666 писал(а):

Пусть $p = 0.95$ - вероятность успеха, тогда вероятность того, что в выборке нет бракованных деталей равна количеству сочетаний из 100 по 20, умноженному на вероятность "небракованности" партии из 20 деталей:

$$ C_{100}^{20} p^{20} $$

Вас не смущает, что $C_{100}^{20}\cdot 0{,}95^{20}\approx 1{,}92142\cdot 10^{20}$?

[ewert]

zcorvid в сообщении #1382666 писал(а):

задача эта из серии задач по биномиальному распределению, а его в своём решении я не вижу

Правильно не видите: то, что Вы написали -- не есть формула Бернулли. Вы смешали в одну кучу формулу Бернулли ((о которой у Вас, видимо, есть смутное воспоминание) и чисто комбинаторный подход.

Это во-первых. А во-вторых, если составитель задачки считает, что она на биномиальное распределение, то он попросту не владеет русским языком.

[zcorvid]

Ладно, попробуем иначе.

У нас есть 100 деталей, начинаем выбирать 20, число способов выбрать 20 деталей равно $C_{100}^{20}$, а число способов выбрать небракованные равно $C_{95}^{20}$, итоговая вероятность:

$$ \frac{C_{95}^{20}}{C_{100}^{20}} $$

Комбинаторно вроде верно. Если это представить через $p$, то получится (вероятность, что при выборке $N$ деталей из $X$, с вероятностью брака $p$):

$$ \frac{C_{X\cdot(1 - p)}^{N}}{C_{X}^{N}} $$

Это правильно?

А как тут получить биномиальное распределение, что-то не доходит, заклинило походу... В задаче изначально надо было решить, используя заранее написанные формулы для биномиального распределения, и я не могу понять, как их сюда притянуть.

(Оффтоп)

А почему преподаватель не знает русского языка? Я не понял, задача изначально была на английском, так что это я не знаю русского :) Но где я ошибся - не понимаю...

[ewert]

zcorvid в сообщении #1382769 писал(а):

$$ \frac{C_{X\cdot(1 - p)}^{N}}{C_{X}^{N}} $$

Это правильно?

Неизвестно. Это просто ни разу не понятно. (Предыдущая формула была, естественно, правильной.) А всё вот из-за чего:

zcorvid в сообщении #1382769 писал(а):

Если это представить через $p$,

Выбирайте что-то одно -- или комбинаторику, или $p$. А скрещивать ужа с ежом -- лучше не надо.

zcorvid в сообщении #1382769 писал(а):

А как тут получить биномиальное распределение, что-то не доходит, заклинило походу... В задаче изначально надо было решить, используя заранее написанные формулы для биномиального распределения,

А никак. И вряд ли тут проблемы с аглицким: "партия" деталей -- она и в Африке партия. Подозреваю, что даже и у англосаксов аналогично. Поэтому ни о какой независимости испытаний не может быть и речи.

Можно, конечно, посчитать их примерно независимыми -- и применить Бернулли. Но это выйдет в данном случае грубо и вульгарно: расхождение с правильным значением выйдет процентов в десять (относительных; абсолютных, соответственно -- где-то в три с половиной).

А всё из-за языковой безграмотности. И дело не в конкретном языке: ихние буржуи тоже умеют не владеть даже своим языком и не понимать смысла произносимых ими слов.

[GAA]

Множество из $N$ деталей разобьём на два подмножества: бракованных (20 деталей) и остальных (добротных, $M$, 80 деталей). Число подмножеств по $n=20$ элементов исходного множества равно $C_{100}^{20}$. Число подмножеств из 1 бракованной и 19 остальных $C_{20}^1C_{80}^{19}$.
В общем случае вероятность выбрать $m$ добротных и $n-m$ бракованных равна

$$\frac{C_{N-M}^{\,n-m}C_M^m}{C_N^n}.$$

При стремлении $M$ и $N$ к бесконечности, так, что $M/N \to p = \text{const}$, гипергеометрическое распределение стремится к биномиальному (c параметром $p$).
В данном случае $M$ и $N$ не очень велики:

$1-P = \frac {C_{20}^1C_{80}^{19}}{ C_{100}^{20}} \approx 0.043;$
$1- P = C_{20}^{19} (0.8)^{19}(1-0.8)^1 \approx 0.058.$

Вроде не ошибся, но желательно проверить.
В учебных целях могут и такие числа предложить. (Я бы так отнёсся к такому заданию).

Upd. zcorvid, Вам нужно будет, конечно, переделать под своё задание, мои общие разговоры.

[ewert]

Ну тут конкретно так. Если по Бернулли, то это тупо $(1-\frac1{20})^{20}\approx\frac1e\approx35..37\%$ (имеется в виду вероятность отсутствия брака). Первое приближение -- с точностью где-то в одну сороковую от результата; второе -- пардон, навскидку, лень было делить аккуратнее. Во всяком случае, порядок именно такой.

Если по комбинаторике, то лучше уж сразу по условной вероятности (что то же): $\frac{95}{100}\cdot\frac{94}{99}\cdots\frac{76}{81}\approx(1-\frac1{18})^{20}$. Дополнительный множитель в $(\frac{17}{18})^2$ к примерно той же одной етой как раз относительную поправку примерно в ноль девять и даст.

(Оффтоп)

GAA в сообщении #1382775 писал(а):

В учебных целях могут и такие числа предложить. (Я бы так отнёсся к такому заданию).

А я бы не так. Демонстративную безграмотность поощрять не следует. Вот если бы у них была партия в тыщу на пятьдесят -- это ещё куда ни шло. Но даже и в этом случае следовало бы специально оговорить, что, мол, используйте приближение Бернулли.

[Александрович]

zcorvid в сообщении #1382666 писал(а):

Смущает то, что задача эта из серии задач по биномиальному распределению

Тогда в условии было бы сказано, что выборка делается с возвращением.

[Aritaborian]

zcorvid в сообщении #1382769 писал(а):

Я не понял, задача изначально была на английском

Так и давайте её в изначальном варианте, не извращайте своим переводом. Не исключено, что здесь и сейчас достойные люди мучаются почём зря.

[zcorvid]

Из обсуждения выше я сделал такие выводы. Конкретно в этой задаче биномиального распределения нет, решать её следует напрямую комбинаторно (как в сообщении выше). Биномиальное распределение может помочь определить вероятности лишь приближённо. Чтобы получить биномиальное распределение, нужно общее число деталей устремить к бесконечности, тогда вероятности сойдутся к биномиальным, так как выбор одной детали не повлияет на успех выбора следующей (в варианте выше вероятность успеха выбора первой детали равна $\frac{95}{100}$, а второй уже меняется: $\frac{94}{99}$ - при условии небракованности первой выбранной детали).

Соответственно, биномиальное распределение можно применять в случае "очень большого общего количества деталей по сравнению с объёмом выборки".

Верно?