Вычисления по теории вероятностей

Задача 1. В партии из 60 изделий 10 – бракованных. Определить вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки 5 изделий окажутся бракованными:

а) ровно 2 изделия;

б) не более 2 изделий.

Решение.

А)

Используя классическое определение вероятности:

Р(А) – вероятность события А, где А – событие, когда среди выбранных наудачу изделий для проверки 5 изделий окажутся бракованными ровно 2 изделия;

m – кол-во благоприятных исходов события А;

n – количество всех возможных исходов;

Б)

Р(А’) – вероятность события А’, где А’ – событие, когда среди выбранных наудачу изделий для проверки 5 изделий окажутся бракованными не более 2 изделий,

;

 – кол-во благоприятных исходов события ;

 – кол-во благоприятных исходов события ;

 – кол-во благоприятных исходов события ;

n’ – количество всех возможных исходов;

Ответ: вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки 5 изделий окажутся бракованными: а) ровно 2 изделия равна 16%. б) не более 2 изделий равна 97%.

Задача 2. В сборочный цех завода поступают детали с трех автоматов. Первый автомат дает 1% брака, второй – 2%, третий – 3%. Определить вероятность попадания на сборку небракованной детали, если с каждого автомата в цех поступило соответственно 20, 10, 20 деталей.

Решение.

По формуле полной вероятности:


где А – взятие хорошей детали,  – взятие детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия хорошей детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность попадания на сборку небракованной детали.

; (т. к. ) = 1% = 0.01)

;

;

Ответ: Вероятность попадания на сборку небракованной детали равна 98%.

Задача 3. В сборочный цех завода поступают детали с трех автоматов. Первый автомат дает 1% брака, второй – 2%, третий – 3%. С каждого автомата поступило на сборку соответственно 20, 10, 20 деталей. Взятая на сборку деталь оказалась бракованной. Найти вероятность того, что деталь поступила с 1-го автомата.

Решение.

По формуле полной вероятности:


где А’ – взятие бракованной детали,  – взятие детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия бракованной детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность попадания на сборку бракованной детали.

; (согласно условию)

;

;

Согласно формуле Байеса:

Ответ: Вероятность того, что деталь поступила с 1-го автомата равна 20%.


Задача 4. Рабочий обслуживает 18 станков. Вероятность выхода станка из строя за смену равна . Какова вероятность того, что рабочему придется ремонтировать 5 станков? Каково наивероятнейшее число станков, требующих ремонта за смену?

Решение.

Используя формулу Бернулли, вычислим, какова вероятность того, что рабочему придется ремонтировать 5 станков:

где n – кол-во станков, m – кол-во станков, которые придётся чинить, p – вероятность выхода станка из строя за смену, q =1-р – вероятность, не выхождения станка из строя за смену.

.

Ответ: Вероятность того, что рабочему придется ремонтировать 5 станков равна 15%. Наивероятнейшее число станков, требующих ремонта за смену равно 3.

Задача 5. В двух магазинах, продающих товары одного вида, товарооборот (в тыс. грн.) за 6 месяцев представлен в таблице. Можно ли считать, что товарооборот в первом магазине больше, чем во втором? Принять = 0,05.

Все промежуточные вычисления поместить в таблице.

Магазин №1Магазин №2
20,3520,01
20,6023,55
32,9425,36
37,5630,68
40,0135,34
25,4523,20

Пусть, a1 – товарооборот в 1 магазине, a2 – товарооборот во 2 магазине.

Формулируем гипотезы Н0 и Н1:

Н0: a1 = a2

Н1: a1 ≠ a2

xixi-a1

(xi-a1)2

yiyi-a2

(yi-a2)2

20,35-9,13583,4482320,01-6,3540,32
20,6-8,88578,9432323,55-2,817,896
32,943,45511,9370325,36-11
37,568,07565,2056330,6818,66
40,0110,525110,775635,344,3280,64
25,45-4,03516,2812323,208,989,98
176,91366,591158,14-3,16158,496

a1 =  =  = 29,485, a2 =  =

1 =  =  73.32

2 =  =

n 1 = n 2 = n =6

Вычислю выборочное значение статистики:

ZВ =  * =

Пусть = 0,05. Определяем необходимый квантиль распределения Стьюдента: (n1+n2-2)= 2.228.

Следовательно, так как ZВ=0,74< =2,228, то мы не станем отвергать гипотезу Н0, потому что это значит, что нет вероятности того, что товарооборот в первом магазине больше, чем во втором.

Задача 6.По данному статистическому ряду:

1. Построить гистограмму частот.

2. Сформулировать гипотезу о виде распределения.

3. Найти оценки параметров распределения.

4. На уровне значимости  = 0,05 проверить гипотезу о распределении случайной величины.

Все промежуточные вычисления помещать в соответствующие таблицы.

ИнтервалЧастота случайной величины
1 – 25
2 – 38
3 – 419
4 – 542
5 – 668
6 -744
7 – 821
8 – 99
9 – 104

1. Гистограмма частот:

2. Предположим, что моя выборка статистического ряда имеет нормальное распределение.

3. Для оценки параметров распределения произведем предварительные расчеты, занесем их в таблицу:

Интервалы

Частота,

mi

Середина

Интервала, xi

xi*mi

xi2*mi

11–254,57,5112,5
22–382,52050
33–4193,566,5232,75
44–5424,5189350,5
55–6685,53742057
66–7446,52861859
77–8217,5157,51181,25
88–998,576,5650,25
99–1049,538361
n=22012157354,25

Найдем оценки параметров распределения:


 =  = 5,523

2=  2 = 2,925 =  = 1,71

4. все вычисления для проверки гипотезы о распределении занесем в таблицы.

ИнтервалыЧастоты, mi

t1

t2

Ф(t1)

Ф(t2)

pi

1-∞ – 25-∞-2,0600,01970,0197
22–38-2,06-1,470,01970,07080,0511
33–419-1,47-0,890,07080,18670,1159
44–542-0,89-0,310,18670,37830,1916
55–668-0,310,280,37830,61030,232
66–7440,280,860,61030,80510,1948
77–8210,861,450,80510,92650,1214
88–991,452,030,92650,97880,0523
99-∞42,030,978810,0212

Где: t1= , t2 = , ai, bi– границы интервала, Ф(t) – Функция распределения  нормального закона.

pi= Ф(t2) – Ф(t1)

Так как проверка гипотезы о распределении производится по критерию , составляем еще одну таблицу для вычислений:

Актуально:
№ интервала

pi

mi

n* pi

1

2

0,07081315,570,4242