[es] - Zadatak iz verovatnoce

diplodok
Miloš Biković
BGD

Član broj: 62170
Poruke: 151
*.ETF.BG.AC.YU.

+18 Profil

^{15.07.2008. u 15:57 - pre 192 meseci}

Cimer mi je polagao ispit sa ovim zadatkom pa sam se ja zainteresovao za reshenje. Probao sam reshiti i nesto nize sam napisao. Moje resenje nije tacno ali me zanima da li se radi "tako nekako". Ako neko zna kako uraditi - neka se iskaze...

Jedna fabrika proizvodi 4 tipa istog proizvoda, pri čemu zavisno od tipa, neispravnih proizvoda ima: 5%, 5%, 8%, 10%. U jednoj samoposluzi 4 tipa ovog proizvoda izložena su u 4 različite pregrade, pri čemu se tipovi proizvoda ne mogu razlikovati. Iz slučajno odabrane pregrade uzima se uzastopno sa vraćanjem uzorak od 10 proizvoda. Ako je konstatovano da uzorak sadrzi 2 neispravna proizvoda, odrediti verovatnoću da je uzet iz tipa proizvoda sa:
a) 5%
b) 8%
c) 10%

Rezultat mog kontempliranja u vezi zadatka je ispod. Imam gresku kod kutije 1 - nisam je uzeo dva puta u obzir no mozda ovo reshenje pomogne nekom da razradi ideju

Verovatnoća događaja 2 od 10 iz prvog tipa:
0.95na8*0.05na2 = 0,00165855

Verovatnoća događaja 2 od 10 iz drugog:
0.92na8*0.08na2 = 0,0032846

Verovatnoća događaja 2 od 10 sa ponavljanjem iz 3:
0.9na8*0.1na2 = 0,00430467

I onda Bajesova formula
1. sansa da je uzorak iz kutije X
2. sansa izbora kutije
3. sansa neispravnih
4.=1*2/3

1. 2. 3. 4.
kutija1 0,00165855 0,5 0,2 0,004146
kutija2 0,0032846 0,25 0,2 0,004106
kutija3 0,00430467 0,25 0,2 0,005381
Suma 0,013633

tabela se nije lepo preslikala ali pratite blanko znake i bice jasno sta je koja kolona

Odgovor na temu

miki069

Član broj: 161528
Poruke: 1951
212.62.55.*

+370 Profil

Re: Zadatak iz verovatnoce

^{15.07.2008. u 21:30 - pre 192 meseci}

Ne treba ti u brojiocu da mnozis sa sansom izbora kutije. Onda bi to morao i u imeniocu pa se krate.

Imas dakle 4 disjuktne hipoteze: H1, H2, H2, H4 koje govore iz koje su pregrade te 2 neispravne.
p(H1)=p(H2)=0,00165855
p(H3)=0,0032846 i p(H4)=0,00430467.

Neka je A dogadjaj "tacno 2 su neispravne" - ne razmatrajuci iz koje su pregrade. Dogadja A je unija tvojih hipoteza:

p(A) = 0,00165855 + 0,00165855 + 0,0032846 + 0,00430467
p(A) = 0.01090637

Tebi treba uslovna verovatnoca "kada se zna da su 2 neispravne, koja je verovatnoca da su iz 1,2,3 ili 4 pregrade" sto je Bajesova formula

P(H1/A) = 0,00165855/0.01090637 = 0.152071679
P(H2/A) = 0,00165855/0.01090637 = 0.152071679
P(H3/A) = 0,0032846/0.01090637 = 0.301163449
P(H4/A) = 0,00430467/0.01090637 = 0.394693193
SUMA = 1,000000000

Za 5% treba sa saberes prva 2 rezultata jer i H1 i H2 govore o 5%

Odgovor na temu

diplodok
Miloš Biković
BGD

Član broj: 62170
Poruke: 151
*.etf.bg.ac.yu.

+18 Profil

Re: Zadatak iz verovatnoce

^{16.07.2008. u 15:47 - pre 192 meseci}

Ja sam prilicno zardjao kada je verovatnoca u pitanju. Ovaj odgovor mi se svidja i jedino mi nije jasna Bajesova formula koja bi trebala biti oblika:
P(A/H)=P(H/A)*P(A)/P(B)
No moguce je da ja nesto tripujem jer ovo nije elementaran zadatak.

Odgovor na temu

miki069

Član broj: 161528
Poruke: 1951
212.62.55.*

+370 Profil

Re: Zadatak iz verovatnoce

^{16.07.2008. u 16:33 - pre 192 meseci}

Bayesova formula izracunava uslovnu verovatnocu da se desi neka od hipoteza H1, H2,...ako se vec desio dogadjaj A koji je unija svih hipoteza.
Hipoteze moraju biti disjunktne (presek ma koje 2 je prazan skup) i da je unija svih hipoteza upravo dogadja A.

Recimo, za hipotezu H1 ona glasi:
P(H1|A) = P(A|H1)P(H1)/P(A)

Kod tebe je dogadjaj A "izvucene su 2 neispravne". On se sastoji od 4 hipoteze:
H1 - ta 2 skarta su iz prve pregrade
H2 - ta 2 skarta su iz druge pregrade
H3 - ta 2 skarta su iz trece pregrade
H4 - ta 2 skarta su iz cervrte pregrade

Ove 4 hipoteze ispunjavaju sve uslove Bayesova formule:
- disjunktne su (vuceno je ili iz prve ili druge ili trece ili cetvrte pregrade - nije sarano iz razlicitih pregrada).
- njihova unija je dogadjaj A (iz neke je moralo - nema pete pregrade).

Ti si vec izracunao pojedinacne verovatnoce: P(A|H1)P(H1)... koje sam ja greskom skraceno zvao P(H1).
P(A|H1)P(H1) je verovatnoca da se desi dogadjaj A ako se vec desila hipoteza H1

P(A) se po formuli potpune verovatnoce dobija kao zbir svih verovatnoca da se desi dogadjaj A ako se vec desila neka od hipoteza:

P(A) = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2) + P(A|H3)P(H3) + P(A|H4)P(H4)

U pravu si da zadatak nije samo elementarna primena formule potpune verovatnoce i Bayesove formule.
Ali ti si ga doveo na elementaran kad si vec unapred izracunao sve 4 verovatnoce da se desi dogadjaj A ako se vec desila hipoteza H1, H2, H3 ili H4:
P(A|H1)P(H1) = 0,00165855
P(A|H2)P(H2) = 0,00165855
P(A|H3)P(H3) = 0,0032846
P(A|H4)P(H4) = 0,00430467

Recimo u tvom delu racuna proizvod (0.95)^8*(0.05)^2 je upravo P(A|H1)P(H1).
P(H1) je cinilac (0.05)^2 to jest "verovatnoca da od 10 iz prve pregrade 2 budu skart"
P(A|H1) je cinilac (0.95)^8 to jest "verovatnoca da ostalih 8 ne budu skart" da bi tako doslo do realizacije dogadjaja A (tacno 2 skarta).

Ti si uradio tezi deo zadatka.
Izracunao si elemente koji samo treba da se ubace u formulu potpune verovatnoce i u Bayesovu formulu.

Pozdrav

_{[Ovu poruku je menjao miki069 dana 16.07.2008. u 17:54 GMT+1]}

Odgovor na temu