De som van meerdere gebeurtenissen is een gebeurtenis die bestaat uit het optreden van ten minste één van deze gebeurtenissen.

Een product van meerdere evenementen is een evenement dat bestaat uit de gezamenlijke uitvoering van al deze evenementen.

De stelling van optelling van kansen. Als de gebeurtenissen A1, A2, ..., An onverenigbaar zijn, d.w.z. dat er geen twee samen kunnen worden gerealiseerd, dan

De kans op gebeurtenis A, berekend op de aanname dat gebeurtenis B heeft plaatsgevonden, wordt de voorwaardelijke kans op gebeurtenis A genoemd onder voorwaarde B en wordt aangeduid met P (A / B).

Kansvermenigvuldiging stelling. De kans op het product van meerdere gebeurtenissen is gelijk aan het product van de kans op één van hen door de voorwaardelijke kansen van alle andere, en de kans op elke volgende gebeurtenis wordt berekend in de veronderstelling dat alle voorgaande gebeurtenissen al hebben plaatsgevonden:

Als de gebeurtenissen A1, A2, ..., An onafhankelijk zijn, d.w.z. de implementatie van een willekeurig aantal van hen verandert de kansen van de rest niet, dan

Voorbeeld 6.6. De twee machines werken onafhankelijk van elkaar. De kans op ononderbroken werking van de eerste machine gedurende enige tijd t is gelijk aan p1 = 0,9, de tweede - p2 = 0,8. Wat is de kans op ononderbroken werking van beide machines gedurende de gespecificeerde tijdsperiode?

Eerste manier. Beschouw de tegenovergestelde gebeurtenis B, wat betekent dat beide machines gedurende tijd t inactief waren. Het is duidelijk dat gebeurtenis B een combinatie is van gebeurtenissen A1 en A2 - inactieve tijden van de eerste en tweede machine, d.w.z. B = A1A2. Aangezien de gebeurtenissen A en A2 onafhankelijk zijn, geldt:

Vanaf hier

De tweede manier. Gebeurtenis B vindt plaats wanneer een van de volgende drie onsamenhangende gebeurtenissen optreedt: ofwel

A1 ¦ A2 - combinatie van gebeurtenissen A1 en A2 (de eerste machine werkt,

de tweede - werkt niet), of A1 ¦ A2 - een combinatie van gebeurtenissen A1 en A2 (de eerste machine werkt niet, de tweede werkt), of A1 A2 - een combinatie van gebeurtenissen A1 en A2 (beide machines werken) , d.w.z.

Volgens formule (3) krijgen we:

Omdat de gebeurtenissen A1 en A2 en dus A2 onafhankelijk zijn, hebben we:

Voorbeeld 6.8. Bij een toename van de spanning kan een elektrisch circuit breken door het uitvallen van een van de drie in serie geschakelde elementen; de faalkansen van de elementen zijn respectievelijk gelijk aan 0,2; 0,3; 0,4. Bepaal de kans dat het circuit niet zal breken.

Oplossing. Laat de gebeurtenissen A1, A2, A3 het falen van respectievelijk het eerste, tweede en derde element betekenen. Volgens de voorwaarde zijn hun kansen respectievelijk gelijk: P (A1) = 0,2; P(A2)=0,3; P(A3)=0,4. Dan de kansen op het tegenovergestelde

gebeurtenissen A1, A2, A3, respectievelijk het eerste, tweede en derde element faalden) zijn gelijk aan:

Gebeurtenis A, bestaande in het feit dat de kettingbreuk niet heeft plaatsgevonden,

er is een combinatie van onafhankelijke gebeurtenissen Daarom krijgen we volgens formule (5):

Voorbeeld 6.9. Een urn bevat 6 zwarte, 5 rode en 4 witte ballen. Er worden achtereenvolgens drie ballen uitgenomen. Bereken de kans dat de eerste bal zwart is, de tweede rood en de derde wit.

Oplossing. Overweeg de volgende gebeurtenissen: A - de eerste getrokken bal is zwart, B - de tweede bal is rood, C - de derde bal is wit. Geef met D de gebeurtenis aan dat de ballen worden verwijderd in de volgorde: zwart, rood, wit. Het is duidelijk dat D = A ¦ B ¦ C.

R (B) \u003d R (A) ¦ R (B / A) ¦ R (C / AB).

Laten we de kansen vinden die aan de rechterkant van deze gelijkheid zijn opgenomen. De kans dat er in eerste instantie een zwarte bal wordt getrokken is

P (A) - en - 5. De kans om een ​​rode bal uit de urn te trekken, op voorwaarde dat de zwarte bal er oorspronkelijk uit is gehaald, P (B / A) -14, aangezien na het verwijderen van de zwarte bal 14 ballen bleef in de urn, en van hen - 5 rood. De kans om een ​​witte bal uit de urn te trekken nadat een zwarte en een rode is getrokken

ballen, P (C / AB) -13 (na het verwijderen van zwart en rood

Er zitten nog 13 ballen in de urn, waarvan 4 wit.

Op deze manier,

P(b) - 2. - . — — —.

Voorbeeld 6.10. De plant produceert een bepaald type product; elk product heeft een defect met een kans p1 = 0,1. Het product wordt gekeurd door één inspecteur; het detecteert een bestaand defect met een waarschijnlijkheid p2 = 0,8, en als er geen defect wordt gevonden, geeft het het product door aan het eindproduct. Daarnaast kan de keurder een product dat geen gebrek vertoont ten onrechte afkeuren; de kans hierop is p3 = 0,3. Vind de kansen op de volgende gebeurtenissen:

A1 - het product wordt afgekeurd, maar ten onrechte;

Huiswerk #9

№1 MAAR BIJ Antwoorden. 0, 85; 0, 25.

№2 . Op de dag van de atleet ging Sizov naar het stadion. Men kan een voetbalkaartje kopen met een kans van 0,3, of een basketbalkaartje kopen met een kans van 0,4, of een volleybalkaartje kopen met een kans van 0,2. Wat is de kans dat: 1) Sizov meedoet aan de competitie; 2) Heeft Sizov meegedaan aan een wedstrijd waarin trappen verboden is? Antwoorden. O.9; 0,6.

№3. Antwoorden. 0,37.

№4 . Er zitten 20 studenten in een groep. 10 studenten gaan volleyballen, 7 gaan skiën en 3 studenten basketballen. Bereken de kans dat een willekeurig gekozen leerling geen basketbal speelt.

Antwoorden. 17/20.

№5. Antwoorden. ¾.

№6.

№7. Antwoorden

№8.

№9. Antwoorden. 0,7.

№10.

Huiswerk #9

№1 . De schutter raakt de top tien met een kans van 0,05, de negen met een kans van 0,2 en de acht met een kans van 0,6. Een schot gelost. Wat is de kans op de volgende gebeurtenissen: MAAR- "minimaal acht punten zijn uitgeschakeld", BIJ- "meer dan acht punten uitgeschakeld"? Antwoorden. 0, 85; 0, 25.

№2 . Op de dag van de atleet ging Sizov naar het stadion. Men kan een voetbalkaartje kopen met een kans van 0,3, of een basketbalkaartje kopen met een kans van 0,4, of een volleybalkaartje kopen met een kans van 0,2. Wat is de kans dat: 1) Sizov meedoet aan de competitie; 2) Heeft Sizov meegedaan aan een wedstrijd waarin trappen verboden is? Antwoorden. O.9; 0,6.

№3. In de werkplaats staan ​​drie machines. Tijdens de dienst kan het zijn dat de eerste machine moet worden afgesteld met een waarschijnlijkheid van 0,15. Voor de tweede machine is deze kans 0,1 en voor de derde machine 0,12. Bereken de kans dat tijdens een dienst ten minste één machine moet worden afgesteld, ervan uitgaande dat de machines tegelijkertijd niet moeten worden afgesteld. Antwoorden. 0,37.

№4 . Er zitten 20 studenten in een groep. 10 studenten gaan volleyballen, 7 gaan skiën en 3 studenten basketballen. Bereken de kans dat een willekeurig gekozen leerling geen basketbal speelt.

Antwoorden. 17/20.

№5. Gooi twee munten. Wat is de kans op het hebben van ten minste één wapen? Antwoorden. ¾.

№6. De twee machines werken onafhankelijk van elkaar. De kans dat. De eerste machine werkt de ploeg zonder aanpassing, gelijk aan 0,9, en de tweede - 0,8. Wat is de kans dat: a) beide machines de ploeg zullen draaien zonder afstelling; b) zullen beide machines per ploeg moeten worden afgesteld?

№7. Drie pijlen schieten onafhankelijk van elkaar op het doel. De kans om te raken voor de eerste schutter is 0,8, voor de tweede - 0,75, voor de derde 0,7. Wat is de kans op: 1) minstens één treffer; 2) precies één treffer; H) precies twee treffers; 4) drie treffers als elk één schot lost? 5) Wat is de kans dat iedereen gemist heeft? Antwoorden. 1) 0,985; 2) 0,14; 3) 0,425; 4) 0,42; 5) 0,015.

№8. In de werkplaats staan ​​drie machines. Tijdens de dienst kan het zijn dat de eerste machine moet worden afgesteld met een waarschijnlijkheid van 0,15 (en daarna is er geen afstelling nodig tot het einde van de dienst). Voor de tweede machine is deze kans 0,1 en voor de derde - 0,12. Wat is de kans dat ten minste één machine per ploeg moet worden afgesteld als de machines onafhankelijk van elkaar moeten worden afgesteld?

№9. Het apparaat, dat overdag werkt, bestaat uit drie knooppunten, die elk, onafhankelijk van elkaar, gedurende deze tijd kunnen uitvallen. Het falen van ten minste één knooppunt leidt tot het falen van het apparaat. De kans op een niet-falende werking gedurende de dag van het eerste knooppunt is 0,9, de tweede - 0,95, de derde - 0,85. Bereken de kans dat het apparaat overdag probleemloos zal werken. Antwoorden. 0,7.

№10. Bij de vervaardiging van een onderdeel worden twee bewerkingen uitgevoerd. De kans op een huwelijk tijdens de eerste operatie is 0,01, tijdens de tweede - 0,02. Wat is de kans dat na twee bewerkingen het onderdeel standaard is?

Beschrijving

De drie machines werken onafhankelijk van elkaar. De kans dat de eerste machine uitvalt tijdens een dienst is 0,1, de tweede is 0,2 en de derde is 0,3. Bereken de kans dat tijdens de dienst het volgende uitvalt: a) ten minste twee machines; b) twee machines; c) drie machines.
Oplossing. We zullen de regels van optellen en vermenigvuldigen van kansen gebruiken.
b) De kans dat twee machines tijdens een dienst uitvallen is:

C) De kans dat drie machines uitvallen tijdens een dienst is gelijk aan:

A) De kans dat ten minste twee machines (twee of drie machines) defect raken tijdens een dienst is gelijk aan:

Het werk bestaat uit 1 bestand

Taak nummer 1.30.

De drie machines werken onafhankelijk van elkaar. De kans dat de eerste machine uitvalt tijdens een dienst is 0,1, de tweede is 0,2 en de derde is 0,3. Bereken de kans dat tijdens de dienst het volgende uitvalt: a) ten minste twee machines; b) twee machines; c) drie machines.

Oplossing. We zullen de regels van optellen en vermenigvuldigen van kansen gebruiken.

b) De kans dat twee machines tijdens een dienst uitvallen is:

in) De kans dat drie machines uitvallen tijdens een dienst is:

a) De kans dat ten minste twee machines (twee of drie machines) defect raken tijdens een dienst is gelijk aan:

Antwoorden: a) 0,098; b) 0,092; c) 0,006.

Taak nummer 2.30.

Twee fabrieken produceren koelkasten. De eerste maakt 60% van alle producten, de tweede - 40%, met 80% van de producten van de eerste plant en 90% van de tweede - van de hoogste kwaliteit. a) Bereken de kans dat een willekeurig gekozen koelkast van de hoogste kwaliteit is. b) De willekeurig gekozen koelkast was van de hoogste kwaliteit. Wat is de kans dat het in de tweede fabriek is gemaakt?

Oplossing. Laten we de gebeurtenissen invoeren: MAAR– Hoogste kwaliteit koelkast willekeurig genomen, – Koelkast vervaardigd in de -de fabriek, Evenementen vormen een complete groep evenementen.

Volgens de toestand van het probleem van de waarschijnlijkheid van hypothesen:

en de voorwaardelijke kansen op gebeurtenissen:

a) Volgens de formule van de totale kans is de kans op een gebeurtenis MAAR(willekeurig genomen super cooler):

b) De willekeurig ingenomen koelkast bleek van de hoogste kwaliteit te zijn. De kans dat het in de tweede fabriek is gemaakt is:

Antwoorden: a) 0,84; b) 0,43.

Probleem nummer 3.30.

De kans om één staatsobligatie te winnen is 1/3. Bereken de kans dat u met 6 obligaties van deze lening kunt winnen: a) twee obligaties; b) drie bindingen; c) ten minste twee bindingen.

a) De kans om te winnen op twee obligaties is:

b) De kans om te winnen op drie obligaties is:

in) Laat het evenement VAN– De winst zal minder zijn dan twee obligaties. Dan is het tegenovergestelde evenement - Winnen zal ten minste twee obligaties zijn. De kans op deze gebeurtenis is:

Antwoorden: a) 0,329; b) 0,219; c) 0,735.

Taak nummer 4.30.

Zoek voor een gegeven discrete willekeurige variabele: 1) de verdelingswet; 2) de verdelingsfunctie en bouw de grafiek ervan; 3) wiskundige verwachting; 4) dispersie; 5) standaarddeviatie

Er worden drie onafhankelijke metingen van het testmonster uitgevoerd. De kans op het maken van een fout in elke meting is 0,01. Een stochastische variabele is het aantal fouten gemaakt in metingen.

Oplossing. Discrete willekeurige variabele (het aantal fouten in de metingen) kan waarden aannemen en de distributiewet wordt bepaald door de kansen:

Controle: 0,970299 + 0,029403 + 0,000297 + 0,000001 = 1.

Dan heeft de gewenste verdelingswet voor SW de vorm:

	0	1	2	3
p	0,970299	0,029403	0,000297	0,000001

Wiskundige verwachting van een discrete willekeurige variabele:

Dispersie van een discrete willekeurige variabele:

Standaardafwijkingwillekeurige variabele:

Per definitie heeft de verdelingsfunctie de vorm:

wanneer bij

Bij

Bij

Bij

Daarom heeft de verdelingsfunctie de vorm:

Laten we de verdelingsfunctie plotten

0,999999

0,999702

0,970299

0 1 2 3

Probleem nummer 5.30.

Gezien de distributiedichtheid van een willekeurige variabele

Vind: 1) parameter 2) distributiefunctie; 3) wiskundige verwachting; 4) dispersie; 5) de kans om een ​​willekeurige variabele op het segment te raken

Oplossing. een) Laten we de parameter definiëren c van gelijkheid:

2) Laten we de distributiefunctie zoeken F(x). Als dan

Als dan

Als dan Daarom heeft de verdelingsfunctie de vorm:

3) Wiskundige verwachting van een willekeurige variabele:

4) Variantie van een willekeurige variabele:

De standaarddeviatie van een continue willekeurige variabele:

5) De kans dat een SW het segment raakt is gelijk aan:

Probleem nummer 6.30.

Als resultaat van het experiment werden gegevens verkregen, vastgelegd in de vorm van een statistische reeks:

44	36	50	30	58	37	18	72	57	35
28	38	15	38	45	27	59	45	68	52
18	64	36	43	22	38	31	57	17	42
31	42	25	35	60	46	51	24	60	50
17	38	46	19	43	9	43	32	61	37
23	43	32	52	39	46	27	39	21	53
37	10	40	33	54	62	26	47	40	54
43	40	25	40	47	16	53	41	32	40
26	42	62	41	48	41	55	10	48	34
33	21	41	49	56	34	63	49	56	29

Verplicht:

a) vind het variatiebereik en bouw een intervalvariatiereeks;

b) construeer een veelhoek van frequenties, een histogram van relatieve frequenties;

c) bereken de empirische verdelingsfunctie en bouw de grafiek ervan;

d) vind de numerieke kenmerken van de steekproef

e) aannemende dat de steekproef overeenkomt met een normale verdeling, vind betrouwbaarheidsintervallen voor de wiskundige verwachting met betrouwbaarheid

f) aanvaarden als nulhypothese H 0 : de algemene populatie waaruit de steekproef is getrokken een normale verdeling heeft, controleer deze met de Pearson-test op een significantieniveau

Oplossing. Op basis van de resultaten van het experiment construeren we een variatiereeks:

Opties	9	10	15	16	17	18	19	21	22	23	24	25	26	27	28
Frequenties	1	2	1	1	2	2	1	2	1	1	1	2	2	2	1
Opties	29	30	31	32	33	34	35	36	37	38	39	40	41	42	43
Frequenties	1	1	2	3	2	2	2	2	3	4	2	5	4	3	5
Opties	44	45	46	47	48	49	50	51	52	53	54	55	56	57	58
Frequenties	1	2	3	2	2	2	2	1	2	2	2	1	2	2	1
Opties	59	60	61	62	63	64	68	72
Frequenties	1	2	1	2	1	1	1	1

Voorbeeld 6.6. De twee machines werken onafhankelijk van elkaar. De kans op ononderbroken werking van de eerste machine gedurende enige tijd t is p1 = 0,9, de tweede - p2 = 0,8. Wat is de kans op ononderbroken werking van beide machines gedurende de gespecificeerde tijdsperiode?

Oplossing. Overweeg de volgende gebeurtenissen: А1 и А2 - ononderbroken werking van respectievelijk de eerste en tweede machine gedurende de tijd t; A - ononderbroken werking van beide machines gedurende de opgegeven tijd. Dan is de gebeurtenis A een combinatie van de gebeurtenissen A1 en À2, d.w.z. └ = └1 └2 . Aangezien de gebeurtenissen А1 и А2 onafhankelijk zijn (de machines werken onafhankelijk van elkaar), krijgen we met formule (5):

P (À) = P (À1 ) · P (À2) = 0,9 · 0,8 = 0,72.

Voorbeeld 6.7. Bij probleem 6.6. bepaal de kans op ononderbroken werking van ten minste één van de twee machines gedurende tijden en t (gebeurtenis B).

Eerste manier. Beschouw de tegenovergestelde gebeurtenis B, wat betekent dat beide machines gedurende tijd t inactief waren. Duidelijk

maar die gebeurtenis B is een combinatie van gebeurtenissen A1 è A 2 - inactieve tijden van de eerste en tweede machine, d.w.z. B = A1 A2 . Aangezien de gebeurtenissen A1 и A2 onafhankelijk zijn, dan

P (B) = P (A1) × P (A2) = = 0,1 × 0,2 = 0,02.

P(B) = 1 P(B) = 0,98.

De tweede manier. Gebeurtenis B vindt plaats wanneer een van de volgende drie onsamenhangende gebeurtenissen optreedt: ofwel

À1 À 2 - combinatie van gebeurtenissen A1 en À2 (de eerste machine werkt,

de tweede - werkt niet), of A1 À2 - combinatie van gebeurtenissen A1 è À2 (de eerste machine werkt niet, de tweede werkt), of A1 À2 - combinatie van gebeurtenissen A1 è À2 (beide machines werken), d.w.z.

B = A1 × A2 + A1 × A2 + A1 × A2.

Volgens formule (3) krijgen we:

P(B) = P(A1×A2) + P(A1×A2) + P(A1×A2).

 vanwege het feit dat gebeurtenissen A 1 и └2 , en dus А1 и A2 , A1

и А 2 zijn onafhankelijk, we hebben:

P (B) = P (A 1 )×P (A2 ) + P (A1 )×P (A2 ) + P (A1 )×P (A2 ) =

P (A 1 ) + P (A2 ) + P (A1 )×P (A2) = 0,98.

Voorbeeld 6.8. Bij een toename van de spanning kan een elektrisch circuit breken door het uitvallen van een van de drie in serie geschakelde elementen; de waarschijnlijkheid en het falen van elementen zijn respectievelijk 0,2; 0,3; 0,4. Bepaal de kans dat het circuit niet zal breken.

Oplossing. Laat de gebeurtenissen A1 , À2 , À3 het falen van respectievelijk het eerste, tweede en derde element betekenen. Volgens de voorwaarde zijn hun kansen respectievelijk gelijk: P (A1 ) = 0,2; P(A2)=0,3; P(A3) = 0,4. Dan de kansen op het tegenovergestelde

gebeurtenissen A 1 , A2 , A 3 respectievelijk, het eerste, tweede en derde element faalden niet) zijn gelijk aan:

P(A1)=1-P(A1)=0,8; P(A2)=0,7; P(A3) = 0,6.

Gebeurtenis A, bestaande in het feit dat de kettingbreuk niet heeft plaatsgevonden,

er is een combinatie van onafhankelijke gebeurtenissen A 1 , A2 , A 3 : A = A1 × A2 × A3 . Daarom krijgen we volgens formule (5):

P (A) = P (A1) × P (A2) × P (A3) = 0,8 × 0,7 × 0,6 = 0,336.

Voorbeeld 6.9. Een urn bevat 6 zwarte, 5 rode en 4 witte ballen. Er worden achtereenvolgens drie ballen uitgenomen. Bereken de kans dat de eerste bal zwart is, de tweede rood en de derde wit.

Oplossing. Overweeg de volgende gebeurtenissen: A - de eerste getrokken bal is zwart, B - de tweede bal is rood, C - de derde bal is wit. Geef met D de gebeurtenis aan dat de ballen worden verwijderd in de volgorde: zwart, rood, wit. Het is duidelijk dat D = A B C.

Volgens formule (4) hebben we:

P(D) = P(A) P(B/A) P(C/AB).

Laten we de kansen vinden die aan de rechterkant van deze gelijkheid zijn opgenomen. De kans dat er in eerste instantie een zwarte bal wordt getrokken is

	P(A)=							De kans dat je een rode bal uit de urn trekt
					dat de zwarte bal oorspronkelijk was getrokken,
	P(B/A)=							omdat na het verwijderen van de zwarte bal in de urn,

Elk 14 ballen en daarvan - 5 rood. De kans om een ​​witte bal uit de urn te trekken nadat een zwarte en een rode bal zijn getrokken

nieuwe ballen, P (C / AB) = 13 4 (na het verwijderen van zwart en rood

Er zitten nog 13 ballen in de urn, waarvan 4 wit. Op deze manier,

P (D) = 2 5 × 14 5 × 13 4 = 91 4 .

Voorbeeld 6.10. De plant produceert een bepaald type product; elk item heeft een defect met kans p1 = 0,1. Het product wordt gekeurd door één inspecteur; het detecteert een bestaand defect met een waarschijnlijkheid p2 = 0,8, en als er geen defect wordt gevonden, geeft het het product door aan het eindproduct. Daarnaast kan de keurder een product dat geen gebrek vertoont ten onrechte afkeuren; de kans hierop is p3 = 0,3. Vind de kansen op de volgende gebeurtenissen:

À1 - het product wordt afgekeurd, maar ten onrechte; A2 - het product wordt met een defect in het eindproduct verwerkt

Tom; À3 - het product wordt afgekeurd.

Oplossing. Denk aan de volgende gebeurtenissen: B1 - het product heeft een defect;

В2 - de controller zal het bestaande defect detecteren; B3 - de controller zal het product weigeren dat geen defect heeft.

Door de toestand van het probleem P (B1) = p1 = 0,1; P(B2) = p2 = 0,8; PB1 (B3) = p3 = 0,3. Gebeurtenis A1 in betekenis betekent: "het product is niet"

een defect heeft en het product wordt afgekeurd door de inspecteur”, d.w.z. A1 = B1 × B3. Dan

P (A1) = P (B1 × B3) = P (B1) × PB 1 (B3) = (1-p1) × p3 = 0,9 × 0,3 = 0,27.

Gebeurtenis A2 in zijn betekenis betekent: "het product heeft een defect en de controller zal geen defect detecteren", d.w.z. A2 = B1 × B2 . Dan

P (A2 ) = P (B1 ) × P (B2 ) = p1 × (1-p2 ) = 0,1 × 0,2 = 0,02,

omdat de gebeurtenissen B en B2 zijn onafhankelijk.

Gebeurtenis A3 betekent: "het product heeft een defect en de controller detecteert een defect of het product heeft geen defect en de controller wijst het product af", d.w.z.

A3 = B1 × B2 + B1 × B3

P (A 3 ) = P (B1 × B2 + B1 × B3 ) = P (B1 )×P (B2 ) + P(B1 )×PB 1 (B3 ) =

P 1 × P2 + (1- p1 ) × p3 = 0,1 × 0,8 + 0,9 × 0,3 = 0,35.

6.1.4. Totale waarschijnlijkheidsformule en Bayes-formule

Als n elkaar uitsluitende gebeurtenissen (hypothesen) H1, Í2, ..., n geassocieerd zijn met enige ervaring, en als gebeurtenis A alleen onder een van deze hypothesen kan worden gerealiseerd, dan wordt de kans op gebeurtenis A berekend met de formule van de totale kans:

P (A) = P (H1) P (A/H1) + P (H2) P (A/H2) + … + P (Hn) P (A/Hn).

Als vóór het experiment de kansen van de hypothesen P (H1), P (H2), ..., P (Hn) waren, dan waren na het experiment, waardoor gebeurtenis A plaatsvond, de kansen van de hypothesen kan opnieuw worden beoordeeld met behulp van de Bayes-formule:

P(Hallo/A)=	P (Hoog) × P (A/Hoog)	(i=1,2,...,n).
	å P (Hoog) × P (A/Hoog)

Voorbeeld 6.11. Er zijn drie urnen met ballen. De eerste urn bevat 4 witte en 5 zwarte, de tweede urn bevat 5 witte en 4 zwarte en de derde urn bevat 6 witte. Iemand kiest willekeurig een van de urnen en trekt er een bal uit. Bereken de kans dat: a) deze bal wit zal zijn; b) uit de tweede urn wordt een witte bal getrokken.

a) laat A een gebeurtenis zijn die betekent dat er een witte bal wordt getrokken. Laten we drie hypothesen bekijken:

Omdat de urn waaruit de bal wordt getrokken willekeurig wordt gekozen,

De voorwaardelijke kansen van gebeurtenis A zijn respectievelijk gelijk aan:

	P (A/H2) =		(kans op het trekken van een witte bal uit de tweede urn),
	P(A/H3) = 1		(kans op het trekken van een witte bal uit de derde urn).

Vanaf hier, volgens de formule voor de totale kans, verkrijgen we:

P (A) = 1 3 × 4 9 + 1 3 × 5 9 + 1 3 ×1= 1 3 ×2 = 2 3 .

b) om de kans te bepalen dat de witte bal uit de tweede urn wordt getrokken, gebruiken we de formule van Bayes:

P (H2) P (A/H2)

P(H2 .)

Voorbeeld 6.12. Over de communicatielijn worden twee signalen A en B verzonden.

respectievelijk met kansen 0,72 en 0,28. Vanwege interferentie deel 6

A-signalen worden vervormd en ontvangen als B-signalen, en het 7e deel

verzonden B-signalen worden ontvangen als A-signalen.

a) Bepaal de kans dat een A-signaal wordt ontvangen op het ontvangstpunt.

b) Het is bekend dat er een A-signaal is ontvangen. Hoe groot is de kans dat hij ook is overgeplaatst?

a) laat de gebeurtenis A zijn - er verscheen een A-signaal op het ontvangstpunt. Laten we de volgende hypothesen introduceren: HÀ – signaal A wordt verzonden, HÂ – signaal B wordt verzonden. Volgens de voorwaarde P (HA ) = 0,72; P(HB) = 0,28.

De kans dat een A-signaal wordt ontvangen, mits dit ook wordt verzonden, is gelijk aan:

P (A / HA ) \u003d 1- 1 6 \u003d 5 6 .

De kans dat een A-signaal wordt ontvangen gegeven dat een B-signaal wordt verzonden is:

P (A/HB ) = 1 7 .

Vanaf hier krijgen we, volgens de formule voor totale kans,

P (A) \u003d P (HA) × P (A/ HA) + P (HB) × P (A/ HB) \u003d 0,72 × 5 6 + 0,28 × 1 7 \u003d 0,64.

b) de kans op ontvangst van een A-signaal, op voorwaarde dat het ook werd uitgezonden, vinden we met de formule van Bayes:

		P(HA)×P(A/HA)
	P(HA/A)=

Voorbeeld 6.13. Een passagier kan een kaartje aanvragen bij een van de drie loketten. De kansen op toegang tot elke kassa zijn afhankelijk van hun locatie en zijn respectievelijk gelijk aan p1 , p2 , p3 . De kans dat tegen de tijd dat de passagier arriveert de tickets die beschikbaar zijn aan de kassa uitverkocht zijn, is p4 voor de eerste kassa, voor

de tweede - p5, voor de derde - p6. De passagier ging voor een kaartje. Hoe groot is de kans dat hij een kaartje koopt?

Oplossing. Overweeg de volgende willekeurige gebeurtenissen:

À – de passagier koopt een ticket;

H1 – de passagier ging naar de eerste kassa;

Н 2 – de passagier ging naar het tweede loket;

Í 3 - de passagier ging naar het derde loket.

Het is duidelijk dat de evenementen H1 , H2 , H3 een complete groep evenementen vormen en onverenigbaar zijn (we gaan ervan uit dat een passagier maar naar één loket kan gaan). Gebeurtenissen Н1 , Н2 , Н3 zijn hypothesen. Gebeurtenis A kan alleen optreden als een van de hypothesen heeft plaatsgevonden.

Volgens de formule van de totale kans:

P (A) = P (H 1 ) × PH 1 (A) + P (H2) × PH 2 (A) + P (H3) × PH 3 (A) =

P 1 (1-p4) + P2 (1-p5) + P3 (1-p6).

Voorbeeld 6.14. Er zijn drie partijen onderdelen met elk 30 onderdelen. Het aantal standaardonderdelen in de eerste, tweede en derde batch is respectievelijk 20, 15 en 10. Uit een willekeurig genomen batch is willekeurig een onderdeel geëxtraheerd dat standaard bleek te zijn. Vervolgens werd uit dezelfde batch weer willekeurig een onderdeel verwijderd, wat ook standaard bleek te zijn. Bereken de kans dat de onderdelen uit de derde batch zijn gehaald.

Oplossing. Duid met A de gebeurtenis aan - in elk van de twee tests werd een standaarddeel geëxtraheerd.

Er kunnen drie aannames (hypothesen) worden gemaakt: H1 - onderdelen zijn overgenomen uit de eerste batch; H2 - delen werden verwijderd uit de tweede batch; H3 - onderdelen zijn verwijderd uit de derde batch.

Omdat de details zijn geëxtraheerd uit een willekeurig genomen batch, zijn de kansen van de hypothesen hetzelfde:

P (H1 ) = P (H2 ) = P (H3 ) = 1 3 .

Laten we de voorwaardelijke kans P H 1 (A) vinden, d.w.z. de kans dat

dat twee standaard onderdelen achtereenvolgens uit de eerste batch worden verwijderd:

PH 1 (A) = 20 30 × 19 29 = 38 87 .

Laten we de voorwaardelijke kans PH 2 (A) vinden, d.w.z. de kans dat

dat uit de tweede batch twee standaardonderdelen achtereenvolgens worden geëxtraheerd (zonder retour):

PH 2 (A) = 15 30 × 14 29 = 29 7 .

Laten we de voorwaardelijke kans PH 3 (A) vinden, d.w.z. de kans dat

dat uit de derde batch achtereenvolgens twee standaard onderdelen worden verwijderd:

PH 3 (A) = 10 30 × 29 9 = 29 3 .

De gewenste kans dat beide geëxtraheerde standaarddelen uit de derde batch worden gehaald, volgens de Bayes-formule, is gelijk aan:

(H3) =

(H3)×PH 3 (EEN)

P(H1)

×PH

(H2)×PH

(A) + P (H3) × PH

6.2. Schema opnieuw testen

6.2.1. Bernoulli-formule

Als onder dezelfde omstandigheden een bepaald experiment n keer wordt herhaald en als de kans op optreden van een gebeurtenis A in elk experiment gelijk is aan p, dan wordt de kans dat gebeurtenis A in een reeks van n experimenten precies k keer voorkomt gevonden door de Bernoulli-formule:

Het symbool […] betekent hier het gehele deel van het getal.

Als het getal np + p een geheel getal is, dan is het getal k0 – 1 ook het meest waarschijnlijk met dezelfde kans Pn (k0 ).

Voorbeeld 6.15. Van de onderdelen die door de arbeider worden verwerkt, zijn er gemiddeld 4% niet-standaard. Bereken de kans dat van de 30 onderdelen die voor het testen zijn genomen, er twee niet-standaard zijn. Wat is het meest waarschijnlijke aantal niet-standaard onderdelen in de beschouwde steekproef van 30 onderdelen en wat is de kans?

Oplossing. Hier ligt de ervaring in het controleren van elk van de 30 onderdelen op kwaliteit. Gebeurtenis A - het verschijnen van een niet-standaard onderdeel; de kans P = 0,04, dan q = 0,96. Vanaf hier, met behulp van de Bernoulli-formule, vinden we:

P30 (2) = C30 2 (0,04)2 (0,96)28 » 0,202.

Het meest waarschijnlijke aantal niet-standaard onderdelen in een bepaald monster wordt berekend met formule (2):

k0 = = = 1, a de kans is

P30 (1) = C30 1 × 0,041 × (0,96)29 » 0,305.

Voorbeeld 6.16. De kans om het doel met één schot te raken is 0,8. Bereken de kans dat er in een reeks van vier schoten: a) ten minste één treffer zal zijn; b) minimaal drie treffers; c) niet meer dan één treffer.

Oplossing. Hier n = 4, p = 0,8, q = 0,2. a) Bereken de kans op de tegenovergestelde gebeurtenis - in een reeks van vier schoten is er geen enkele treffer op het doel:

P4 (0) = C4 0 p0 q4 = 0,24 = 0,0016. 4 = 0,8192.

c) Op dezelfde manier wordt de kans berekend om het doel minstens één keer te raken:

P4 (k £1) = P4 (0) + P4 (1) = 0,0016 +C4 1 p1 q3 =

0,0016 + 4×0,8×0,2 3 = 0,2576.

6.2.2. Lokale stelling van Laplace

Als de kans p op het optreden van een gebeurtenis A constant is in n onafhankelijke proeven en verschilt van 0 en 1, dan voldoet de kans Pmn dat in deze proeven de gebeurtenis A m keer voorkomt als n → ∞ aan de relatie:

	npq Pmn
n→∞	(x)

Voorbeeld 6.17. De kans op het produceren van een premium onderdeel op een bepaalde machine is 0,4. Bereken de kans dat van de 26 willekeurig geselecteerde onderdelen de helft van het hoogste cijfer is.