Witajcie, mam do rozwiązania pewne zadanie o treści następującej:
"Pewne części maszyn są wysyłane w partiach po \(\displaystyle{ 80}\) sztuk. Odbiorca z każdej partii wybiera losowo \(\displaystyle{ 5}\) sztuk i jeśli wadliwa jest co najwyżej jedna sztuka partia zostaje przyjęta. Jakie jest prawdopodobieństwo przyjęcia partii która zawiera średnio 10 części wadliwych?"
Po długich namysłach doszłam do rozwiązania takiego, że należy skorzystać ze wzoru na rozkład hipergeometryczny
\(\displaystyle{ \frac{C^{k}_{R}C^{n-k}_{N-R}}{C^{n}_{N}}}\)
oraz podstawić za \(\displaystyle{ N=80, n=5 R=10}\) i policzyć \(\displaystyle{ P(X \le 1)}\),czyli \(\displaystyle{ P(X=0)}\) i \(\displaystyle{ P(X=1)}\) i zsumować.
Rozkład hipergeometryczny?
Rozkład hipergeometryczny?
Ostatnio zmieniony 6 lut 2013, o 12:14 przez pyzol, łącznie zmieniany 3 razy.
Powód: Całe wyrażenia matematyczne umieszczaj w tagach[latex] [/latex]
Powód: Całe wyrażenia matematyczne umieszczaj w tagach
-
norwimaj
- Użytkownik
- Posty: 5101
- Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 1001 razy
Rozkład hipergeometryczny?
Z treści zadania nie wynika jednoznacznie, jaki jest rozkład liczby wadliwych części w partii. Przyjmijmy więc, że każda część ma prawdopodobieństwo bycia wadliwą \(\displaystyle{ \frac18}\) i że prawdopodobieństwa te dla poszczególnych części są niezależne. Zatem losujemy \(\displaystyle{ 5}\) takich części i nie jest tutaj ważne, że losujemy je z partii zawierającej \(\displaystyle{ 80}\) sztuk.
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X=0)=\left(\frac78\right)^5,}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X=1)=5\cdot\frac18\cdot\left(\frac78\right)^4.}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X=0)=\left(\frac78\right)^5,}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X=1)=5\cdot\frac18\cdot\left(\frac78\right)^4.}\)
Rozkład hipergeometryczny?
Skąd w rozwiązaniu bierze się \(\displaystyle{ \frac{7}{8}}\)? Nie rozumiem jak to jest wyliczone. Czy mógłbyś wyjaśnic?
Jednak wydaję mi się ze te zdarzenia są od siebie zależne, ponieważ jeżeli wiem, iż posiadam wadliwych 10 sztuk z 80 to prawdopodobieństwo wylosowanie pierwszej wadliwej sztuki \(\displaystyle{ \frac{10}{80}=0,125}\), prawdopodobieństwo wylosowania drugiej wynosi \(\displaystyle{ \frac{9}{79} \approx 0,1139}\), ponieważ losuję z możliwych dziewięć na siedemdziesięciu dziewięcć. Idąc dalej jeżeli ja wylosowałam np. 4 wadliwe to znaczy ze w partii pozostało już tylko sześć na siedemdziesiąt sześć, czyli prawdopodobieństwo wylosowanie kolejnej wynosi \(\displaystyle{ \frac{6}{76} \approx 0,0789}\). Czyli mają na siebie wpływ. Źle myślę?
Jednak wydaję mi się ze te zdarzenia są od siebie zależne, ponieważ jeżeli wiem, iż posiadam wadliwych 10 sztuk z 80 to prawdopodobieństwo wylosowanie pierwszej wadliwej sztuki \(\displaystyle{ \frac{10}{80}=0,125}\), prawdopodobieństwo wylosowania drugiej wynosi \(\displaystyle{ \frac{9}{79} \approx 0,1139}\), ponieważ losuję z możliwych dziewięć na siedemdziesięciu dziewięcć. Idąc dalej jeżeli ja wylosowałam np. 4 wadliwe to znaczy ze w partii pozostało już tylko sześć na siedemdziesiąt sześć, czyli prawdopodobieństwo wylosowanie kolejnej wynosi \(\displaystyle{ \frac{6}{76} \approx 0,0789}\). Czyli mają na siebie wpływ. Źle myślę?
-
norwimaj
- Użytkownik
- Posty: 5101
- Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 1001 razy
Rozkład hipergeometryczny?
To partia ma średnio \(\displaystyle{ 10}\) sztuk wadliwych, czy ma dokładnie \(\displaystyle{ 10}\) sztuk wadliwych? Bo jeśli dokładnie, to oczywiście o niezależności nie może być mowy.
\(\displaystyle{ \frac78}\) to prawdopodobieństwo wylosowania prawidłowej części w pojedynczym losowaniu i zostało to wyliczone za pomocą odejmowania \(\displaystyle{ 1-\frac18}\).
\(\displaystyle{ \frac78}\) to prawdopodobieństwo wylosowania prawidłowej części w pojedynczym losowaniu i zostało to wyliczone za pomocą odejmowania \(\displaystyle{ 1-\frac18}\).