МатБюро Статьи по теории вероятностей Задачи про станки в теории вероятностей

Решение задач о станках. Почти полное руководство

решаем задачи про станки и вероятность

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков.

В этот раз рассмотрим задачи о станках, и остановимся на трех типах задач: на действия с событиями (станки выходят из строя с разными вероятностями), на формулу Бернулли (вероятности одинаковы) и на формулу полной вероятности и Байеса.

Если вы только учитесь решать задачи, рекомендуем читать всю статью целиком, чтобы понять принцип решения и формулы в каждом случае, научиться отличать задачи друг от друга и подбирать верный подход. Знаете что конкретно ищете? Переходите по ссылкам.

Далее:


Нужна помощь? Решаем теорию вероятностей на отлично
Понравилось? Добавьте в закладки

Капризные станки и вероятности

Рассмотрим популярный класс задач: про рабочего и капризные станки, которые ломаются/требуют внимания рабочего, причем вероятности выхода из строя заданы и различны для каждого из станков. Нужно найти вероятность выхода из строя одного станка, двух, ни одного и так далее, в зависимости от конкретной задачи.

Основной метод решения подобных задач - использование теорем о сложении и умножении вероятностей, который мы и разберем на примерах ниже. После разобранных примеров вы найдете онлайн калькулятор, который поможет решить подобные задачи буквально в один клик!

Теория: выписываем события

Введем основные события для задачи (независимые, так как каждый станок работает сам по себе):
$A_i$ = (Станок $i$ отказал/потребовал внимания рабочего), $i=1,2,3$.

Рассматривать в примере будем случаи с 2 или 3 станками. С одним задача вырождается, с четырьмя становится довольно громоздкой, но решается аналогично рассмотренным ниже.

Пусть заданы вероятности выхода станков из строя: $p_i=P(A_i)$, и мы можем записать вероятности того, что станки продолжают работать: $q_i=1-p_i=P(\overline{A_i})$.

Вводим также события, вероятности которых обычно нужно найти в заданиях:
$X_k$ = (В точности $k$ станков отказали), $k=0,1,2,3$.

Теория: случай 2 станков

Итак, у нас есть 2 станка, отказывающие с вероятностями $p_1$ и $p_2$ соответственно.

Событие $X_0$ = (0 станков отказали) = (Все станки работают). Его можно записать как произведение событий $X_0=\overline{A_1} \cdot \overline{A_2}$, поэтому вероятность

$$ P(X_0)=P\left(\overline{A_1} \cdot \overline{A_2}\right)= P\left(\overline{A_1}\right) \cdot P\left(\overline{A_2}\right) = q_1 \cdot q_2. \qquad (1) $$

Событие $X_1$ = (1 станок отказал). Подумаем, когда такое событие произойдет:
1. Когда первый станок откажет (событие $A_1$) и одновременно с этим второй станок работает (событие $\overline{A_2}$), то есть получили произведение событий $A_1 \cdot \overline{A_2}$.
2. Когда второй станок откажет (событие $A_2$) и одновременно с этим первый станок работает (событие $\overline{A_1}$), то есть получили произведение событий $\overline{A_1} \cdot A_2$.
Так как других вариантов нет, а эти два варианта - несовместные (они не могут произойти одновроменно, или первая ситуация, или вторая), то по теореме сложения вероятностей несовместных событий: $$ P(X_1) = P\left(A_1 \cdot \overline{A_2} + \overline{A_1} \cdot A_2\right)= P\left(A_1 \cdot \overline{A_2} \right)+ P\left( \overline{A_1} \cdot A_2\right) = $$ дальше уже по известной теореме умножения вероятностей раскрываем скобки: $$ = P(A_1) \cdot \left(\overline{A_2} \right) + P\left( \overline{A_1} \right) \cdot P(A_2) = p_1 \cdot q_2 + q_1 \cdot p_2. $$ Мы получили формулу, позволяющую найти вероятность в точности одного отказавшего станка из двух: $$ P(X_1) = p_1 \cdot q_2 + q_1 \cdot p_2. \qquad (2) $$

Событие $X_2$ = (2 станка отказали). Его можно записать как произведение событий $X_2={A_1} \cdot {A_2}$, поэтому вероятность

$$ P(X_2)=P(A_1 \cdot A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2)= p_1 \cdot p_2. \qquad (3) $$

Теория: случай 3 станков

Быстренько обобщим наши формулы для случая 3 станков, отказывающих с вероятностями $p_1$, $p_2$ и $p_3$.

Ни один станок не отказал:

$$ P(X_0)=P\left(\overline{A_1} \cdot \overline{A_2} \cdot \overline{A_3}\right)= P\left(\overline{A_1}\right) \cdot P\left(\overline{A_2}\right) \cdot P\left(\overline{A_3}\right)= q_1 \cdot q_2 \cdot q_3. \qquad (4) $$

В точности один станок отказал, остальные два - нет:

$$ P(X_1)= \\ = P(A_1) \cdot P\left(\overline{A_2} \right) \cdot P\left(\overline{A_3} \right) + P\left(\overline{A_1}\right) \cdot P(A_2) \cdot P\left(\overline{A_3} \right) + P\left(\overline{A_1} \right) \cdot P\left(\overline{A_2} \right) \cdot P(A_3)=\\ = p_1 \cdot q_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot q_2 \cdot p_3. \qquad (5) $$

В точности два станка отказали, а один - работает:

$$ P(X_2)= \\ = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P\left(\overline{A_3} \right) + P(A_1)\cdot P\left(\overline{A_2} \right) \cdot P(A_3) + P\left(\overline{A_1} \right) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3)=\\ = p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3. \qquad (6) $$

Все три станка отказали:

$$ P(X_3)=P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3. \qquad (7) $$

Практика: укрощаем станки

Пример 1. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок проработает смену без наладки, равна 0,9, а второй – 0,8. Найти вероятность того, что: а) оба станка проработают смену без наладки, б) оба станка за смену потребуют наладки.

Итак, случай с 2 станками, используем формулы (1) и (3), чтобы найти искомые вероятности. Важно, какое событие мы считаем базовым: выше в теории мы использовали "станок откажет", тут же удобнее событие "станок проработает смену" (при этом формулы сохраняют вид, но легко использовать не ту, будьте внимательны).

Итак, пусть $p_i$ - вероятность $i$-му станку проработать смену без наладки. И нужные вероятности:

1) Оба станка проработают смену без наладки:

$$ P(A_1 \cdot A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2)= p_1 \cdot p_2 = 0,9 \cdot 0,8 = 0,72. $$

2) Оба станка за смену потребуют наладки:

$$ P\left(\overline{A_1} \cdot \overline{A_2}\right)= P\left(\overline{A_1}\right) \cdot P\left(\overline{A_2}\right) = q_1 \cdot q_2 = (1-0,9) \cdot (1-0,8) =0,1 \cdot 0,2 = 0,02. $$

Пример 2. Вероятности бесперебойной работы для каждого из двух станков соответственно равны 0,95 и 0,8. Найти вероятность того, что за смену: а) произойдет остановка только одного станка; б) остановится хотя бы один станок.

Еще одна задачка про 2 станка. Так как в вопросах идет речь именно об остановках станка, их и будем считать базовыми событиями:

$A_i$ = (Станок $i$ остановился), $i=1,2$, $p_1=1-0,95=0,05$, $p_2=1-0,8=0,2$.

а) произойдет остановка только одного станка (используем формулу (2)):

$$ P_1= P(A_1) \cdot \left(\overline{A_2} \right) + P\left( \overline{A_1} \right) \cdot P(A_2)=\\ = p_1 \cdot q_2 + q_1 \cdot p_2 = 0,05 \cdot 0,8 + 0,95 \cdot 0,2=0,23. $$

б) В этом случае удобно сначала найти вероятность противоположного события "Ни один станок не остановится" (оба работают):

$$ P_0= P\left(\overline{A_1} \cdot \overline{A_2}\right)= q_1 \cdot q_2 = (1-0,05) \cdot (1-0,2) =0,95 \cdot 0,8 = 0,76. $$

Тогда вероятность того, что остановится хотя бы один станок, равна:

$$ 1-P_0=1-0,76=0,24. $$

Теперь рассмотрим пример задачи с тремя станками, в которой используем все формулы, выведенные выше (см. (4)-(7)).

Пример 3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятности того, что станки потребуют внимания рабочего в течение часа, соответственно равны $p_1=0,9, p_2=0,8, p_3=0,7$. Найти вероятность того, что в течение некоторого часа внимания рабочего потребует:
1) все станки,
2) ни один станок,
3) какой-либо один станок,
4) какие-либо два станка,
5) хотя бы один станок.

Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение часа), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,9$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,1$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.

Найдем вероятность события $X$= (Все станки потребуют внимания в течение часа) по формуле (7):

$$ P(X)= P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 0,9\cdot 0,8 \cdot 0,7 = 0,504. $$

Найдем вероятность события $Y$= (Ни один станок не потребует внимания в течение часа) по формуле (4):

$$ P(Y)=P\left(\overline{A_1} \cdot \overline{A_2} \cdot \overline{A_3}\right)= q_1 \cdot q_2 \cdot q_3 = 0,1\cdot 0,2 \cdot 0,3 = 0,006. $$

Найдем вероятность события $Z$= (Один станок потребует внимания в течение часа) по формуле (5):

$$ P(Z)= p_1 \cdot q_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot q_2 \cdot p_3 =\\ = 0,9\cdot 0,2 \cdot 0,3 +0,1\cdot 0,8 \cdot 0,3 +0,1\cdot 0,2 \cdot 0,7 = 0,092. $$

Найдем вероятность события $Q$= (Два станка потребуют внимания в течение часа) по формуле (6):

$$ P(Q)= p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = \\ = 0,9\cdot 0,8 \cdot 0,3 + 0,9\cdot 0,2 \cdot 0,7 +0,1\cdot 0,8 \cdot 0,7 =0,398. $$

Также эту вероятность можно выразить через уже найденные ранее:

$$ P(Q)=1-P(X)-P(Y)-P(Z)=1-0,504-0,006-0,092=0,398. $$

Найдем вероятность события $W$= (Хотя бы один станок потребует внимания в течение часа), учитывая что оно противоположно событию $Y$:

$$ P(W)=1-P(Y)=1-0,006=0,994. $$

Пример 4. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность выхода из строя за смену для них, соответственно, равна 0,75; 0,8 и 0,7. Найти вероятность того, что за смену выйдут из строя не менее двух станков.

Рассматриваем события $A_i$ = (Станок $i$ за смену вышел из строя), $i=1, 2, 3$. По условию даны вероятности: $p_1=0,75$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,25$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.

Событие $X$ = (За смену выйдут из строя не менее двух станков) можно представить как сумму несовместных событий $X_2$ = (За смену выйдут из строя 2 станка) и $X_3$ = (За смену выйдут из строя 3 станка). Их вероятности найдем по формулам (6) и (7):

$$ P(X_2)= p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = \\= 0,75\cdot 0,8 \cdot 0,3 + 0,75\cdot 0,2 \cdot 0,7 +0,25\cdot 0,8 \cdot 0,7 =0,425. $$ $$ P(X_3)= P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 0,75\cdot 0,8 \cdot 0,7 = 0,42. $$

Тогда искомая вероятность:

$$ P(X)=P(X_2)+P(X_3)=0,425+0,42=0,845. $$

И, наконец, рассмотрим одну задачу с четырьмя станками.

Пример 5. Рабочий обслуживает 4 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,3, второй – 0,6, третий – 0,4 и четвёртый – 0,25. Найти вероятность того, что в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера.

Пусть $p_i$, $i=1,2,3,4$ - вероятность того, что станок потребует внимания мастера. Рассмотрим событие $X$ = (в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера) и противоположное $\overline{X}$=(В течение смены все станки не потребуют внимания мастера). Найдем его вероятность:

$$ P(\overline{X}) = P\left(\overline{A_1} \cdot \overline{A_2} \cdot \overline{A_3} \cdot \overline{A_4}\right)= P\left(\overline{A_1}\right) \cdot P\left(\overline{A_2}\right) \cdot P\left(\overline{A_3}\right) \cdot P\left(\overline{A_4}\right)=\\ = (1-p_1) \cdot (1-p_2) \cdot (1-p_3)\cdot (1-p_4) = \\ = (1-0,3) \cdot (1-0,6) \cdot (1-0,4)\cdot (1-0,25) = 0,126. $$

Вероятность нужного события тогда:

$$ P(X)=1-P(\overline{X}) =1-0,126=0,874. $$

Еще: другие примеры на действия с событиями

Одинаковые станки и формула Бернулли

Рассмотрим частный случай предыдущей "задачи о капризных станках", когда все станки отказывают с одинаковой вероятностью $p$. Тогда, чтобы найти вероятность отказа в точности $k$ станков из $n$ можно использовать единственную формулу Бернулли:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}. \qquad (8) $$

Пример 6. Рабочий обслуживает пять однотипных станков. Вероятность того, что станок потребует внимания рабочего в течение дня, равна 0,3. Найти вероятность того, что в течение дня этих требований будет ровно четыре.

Вот типовая задача на формулу Бернулли. Выписываем из задачи: $n=5$ (число станков), $p=0,3$ (вероятность того, что станок потребует внимания), $q=1-p=0,7$ (вероятность бесперебойной работы).

Найдем вероятность того, что ровно 4 станка потребуют внимания рабочего по формуле (8):

$$ P_5(4)=C_5^4 \cdot 0,3^4 \cdot 0,7^{5-4} = 5 \cdot 0,3^4 \cdot 0,7 =0,028. $$

Пример 7. Вероятность поломки одного из 6 работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня не работает. Какова вероятность того, что в течение дня сломается более 2 станков?

Еще одна задача про станки, которые ломаются с одинаковой вероятностью. Основные данные: $n=6$ (число станков), $p=0,2$ (вероятность поломки), $q=1-p=0,8$.

Найдем вероятность того, что в течение дня сломается более двух станков, используя переход к противоположному событию (в течение дня сломается 0, 1 или 2 станка):

$$ P_6(k>2)=1-P_6(k \le 2)=1- (P_6(0)+P_6(1)+P_6(2))= \\ =1 - (C_6^0 \cdot 0,2^0 \cdot 0,8^6 + C_6^1 \cdot 0,2^1 \cdot 0,8^5 + C_6^2 \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^4)=\\ =1 - ( 0,8^6 + 6 \cdot 0,2 \cdot 0,8^5 + 15 \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^4)=0,099. $$

Пример 8. На рабочем участке 5 однотипных станков. Вероятность того, что каждый из них исправен, равна 0,8. Плановое задание может быть выполнено, если исправно не менее 3 станков. Какова вероятность, что задание будет выполнено?

Думаю, тут можно обойтись только формулой, согласны?

$$ P_5(k \ge 3)=P_5(3)+ P_5(4)+ P_5(5) = \\ =C_5^3 \cdot 0,8^3 \cdot 0,2^2 + C_5^4 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2^1 + C_5^5 \cdot 0,8^5 \cdot 0,2^0 =\\ =10 \cdot 0,8^3 \cdot 0,2^2 + 5 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2 + 0,8^5 =0,942. $$

Пример 9. В цехе работают 8 станков. Вероятность безотказной работы каждого 0,9. Найти вероятность того, что хотя бы один станок откажет в работе.

Как и почти всегда, когда в задаче есть "хотя бы один", используем переход к противоположному событию "Все станки работают":

$$ P_8(k \ge 1)=1- P_8(k \lt 1)=1- P_8(0) = 1- 0,9^8 =0,57. $$

Пригодится: онлайн-калькуляторы для Бернулли

Задачи на полную вероятность

Рассмотрим еще один тип задач со станками, который оооочень распространен в домашних и контрольных работах, и относится к теме полной вероятности.

Теорию вы сможете найти по ссылке выше, а тут я кратко напомню основные шаги:

  • Находим в задаче полную группу гипотез $H_i$.
  • Определяем основное событие $A$ (которое обычно происходит с разной вероятностью в зависимости от того, какая из гипотез $H_i$ верна).
  • Выписываем из условия или вычисляем вероятности: $P(H_i)$, $P(A|H_i)$.
  • Подставляем в нужную формулу: полной вероятности (9) или Байеса (10).
$$ P(A)=\sum_{i=1}^{n} P(A|H_i)\cdot P(H_i); \qquad (9) $$ $$ P(H_k|A)=\frac{P(A|H_k)\cdot P(H_k)}{P(A)}. \qquad (10) $$

Пример 10. В цехе работают 20 станков. Из них 10 марки А, 6 марки В и 4 марки С. Вероятность того, что качество детали окажется отличным для этих станков соответственно равна 0,9; 0,8; 0,7. Какой процент отличных деталей выпускает цех в целом?

Введем полную группу гипотез:
$Н_1$ = (Деталь изготовлена на станке марки А),
$Н_2$ = (Деталь изготовлена на станке марки В),
$Н_3$ = (Деталь изготовлена на станке марки С).

Вероятности гипотез найдем как отношение числа станков нужной марки к общему числу станков в цехе:

$$ P(H_1)=10/20=0,5, \quad P(H_2)=6/20=0,3, \quad P(H_3)=4/20=0,2. $$

Введем событие $А$ = (Деталь отличного качества). По условию известны априорные вероятности: $$ P(A|H_1)=0,9, \quad P(A|H_2)=0,8, \quad P(A|H_3)=0,7. $$ Тогда вероятность события А найдем по формуле полной вероятности (9):

$$ P(A)=\sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)\cdot P(H_i)=0,5\cdot 0,9 + 0,3\cdot 0,8+ 0,2\cdot 0,7=0,83 $$

Получили 0,83 или 83% отличных деталей в цехе.

Пример 11. Три станка подают детали в общий бункер. Вероятность выпуска бракованной продукции для первого станка 0,03, для второго – 0,02, и для третьего 0,01. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а производительность третьего в два раза больше второго. Какова вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной?

И как обычно, начинаем с ввода гипотез: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке) и основного события $A$ = (Взята годная деталь).

Чтобы найти вероятности гипотез, используем данные о производительности станков. Пусть производительность второго станка $x$, тогда производительность первого - $3x$, производительность третьего - $2x$. Тогда можно вычислить вероятности гипотез по классическому определению вероятности:

$$ P(H_1)=\frac{3x}{x+3x+2x}=\frac{1}{2}, \quad P(H_2)=\frac{x}{x+3x+2x}=\frac{1}{6}, \quad P(H_3)=\frac{2x}{x+3x+2x}=\frac{1}{3}. $$

Теперь надо найти вероятность того, что годная деталь изготовлена на $i$-ом станке. По условию даны вероятность изготовления бракованных деталей, откуда найдем:

$$ P(A|H_1)=1-0,03=0,97, \quad P(A|H_2)=1-0,02=0,98, \quad P(A|H_3)=1-0,01=0,99. $$

Вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной, находим по формуле полной вероятности (9):

$$ P(A)=\sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)\cdot P(H_i)=\frac{1}{2}\cdot 0,97 + \frac{1}{6}\cdot 0,98+ \frac{1}{3}\cdot 0,99=0,978. $$

Пример 12. На склад поступили детали с 3-х станков. На первом станке изготовлено 40% деталей от их общего количества, на 2-ом – 35% и на третьем – 25%. Причем на первом станке было изготовлено 90% деталей 1-го сорта, на втором 80% и на третьем – 70%. Известно, что наугад выбранная со склада деталь оказалась деталью 1-го сорта. Найти вероятность того, что она была изготовлена на 2-м станке.

Начало решения абсолютно аналогично предыдущим задачам: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке), $A$ = (Взята деталь первого сорта).

$$ P(H_1)=40\%=0,4, \quad P(H_2)=35\%=0,35, \quad P(H_3)=25\%=0,25. $$ $$ P(A|H_1)=90\%=0,9, \quad P(A|H_2)=80\%=0,8, \quad P(A|H_3)=70\%=0,7. $$

Сначала найдем вероятность события $A$:

$$ P(A)=\sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)\cdot P(H_i)=0,4\cdot 0,9 + 0,35\cdot 0,8+ 0,25\cdot 0,7=0,815. $$

Найдем апостериорную вероятность того, что деталь изготовлена на втором станке, если она оказалась 1-го сорта, используя формулу Байеса (10):

$$ P(H_2|A)=\frac{P(A|H_2)\cdot P(H_2)}{P(A)}=\frac{0,35\cdot 0,8}{0,815}=0,344. $$

Еще: другие примеры на полную вероятность

Полезные ссылки по ТВ

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете почти 300 задач о станках с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):