Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
|
Задача на классический способ нахождения вероятностей (с использованием методов комбинаторики, например, задачи про игральные карты, шарики, урны, телефонные номера, …). |
. Дважды подбрасывают наудачу игральную кость. Найти вероятность того, что: 1)при обоих подбрасываниях выпадет одно и то же число очков; 2)сумма выпавших очков не превзойдет 4. Решение. Введём события: A – при первом и втором подбрасываниях выпадет одинаковое число очков; B – сумма выпавших очков не превзойдет 4 (иными словами сумма очков равна 2, либо3, либо 4). Назовем элементарным событием последовательность двух целых точек i = , j = , где i – число очков, выпавших при первом подбрасывании, j – число очков, выпавших при втором подбрасывании. Эти элементарные события образуют множество . Очевидно, что эти события образуют полную группу и равновозможны; общее число элементарных событий равно n=66 = 36. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют следующие элементарные исходы: (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6), поэтому m=6. По классическому определению вероятности P(A)=. Событию B благоприятствуют следующие элементарные исходы: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1) (2,2). Других благоприятствующих исходов нет. Таким образом, |B|=6 и, следовательно, P(B)=. В урне находятся 25 белых и 5 черных шаров. Из урны наудачу извлекаются 9 шаров. Найти: 1)вероятность того, что все 9 шаров – белые; 2)вероятность того, что среди 9-ти извлеченных шаров 3 черного цвета; 3)вероятность того, что среди 9-ти извлеченных шаров имеется хотя бы один шар черного цвета. Решение. Всего в урне 30 шаров. Будем считать, что все они пронумерованы. Эти 30 шаров разделяются на две группы. Первая группа состоит из 25-ти белых шаров, вторая группа состоит из 5-ти черных шаров. Эксперимент состоит в изъятии наудачу 9-ти шаров из 30-ти шаров. Взятая девятка образует 9-элементное подмножество множества из 30-ти шаров (их порядок не имеет значения), т.е. является сочетанием из 30 элементов по 9. Обозначим через A событие – все 9 шаров – белые. Событие B – из 9 вынутых шаров 3 черных. Событие C среди 9-ти вынутых шаров имеется хотя бы один черный шар. Элементарным событием в этом эксперименте объявим любое сочетание из 30-ти элементов по 9. Тогда число таких элементарных событий равно ||= Ясно, что эти элементарные исходы образуют полную группу и равновозможны, т.к. шары берутся наудачу и шансы появиться у одной девятки шаров равны шансам появиться у любой другой девятки шаров. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют лишь те сочетания, которые являются девятиэлементными подмножествами 25-элементного множества белых шаров. Поэтому |A|= и P(A)=. Событию B благоприятствуют лишь те сочетания из 9 шаров, которые содержат 3 черных и 6 белых шаров. По правилу умножения |B|= и, следовательно, . Событие означает, что все 9 шаров – белые, т.е. . Поэтому P(C) = 1 – P(. Из колоды в 36 карт наудачу берутся 7 карт. 1)Какова вероятность взять i тузов, i = ? 2)Какова вероятность взять хотя бы один туз? Решение. Испытание состоит в изъятии наудачу 7-ми карт из колоды в 36 карт. При этом порядок взятия семи карт не имеет значения. Колода представляет собой множество из n = 36 различимых элементов (карты различны). Обозначим через Ai событие – извлечено ровно i тузов, , событие B – взят хотя бы один туз (это означает, что либо взят один туз, либо взяты два туза, либо – три туза, либо – четыре туза). Элементарным событием объявим любую семерку карт, взятых из 36 карт, при этом порядок не учитывается. Таким образом, элементарное событие совпадает с сочетанием из 36 элементов по 7. Поэтому число элементарных событий n=. Очевидно, все эти элементарные события образуют полную группу, кроме того, они равновозможны, так как 7 карт берутся наудачу (это означает, что каждая семерка карт имеет такие же шансы появиться, как и любая другая семерка карт). Событию Ai благоприятствуют те семерки карт, которые содержат по i тузов и по 7 – i других карт, i =. В колоде содержится 4 туза и 36 – 4 = 32 другие карты. По правилу умножения m = . Тогда P(Ai)=. Событие B означает, что в семи взятых картах есть хотя бы один туз. В такой ситуации часто бывает легче найти вероятность противоположного события . Событие означает, что среди взятых карт нет тузов, т.е. имеется нуль тузов. Это значит, что A0 и, следовательно, , откуда следует, что |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задачи, решаемые с помощью нахождения вероятности противоположного события (в их условии обычно есть слова «хотя бы»). |
Подбрасываем две монеты. Какова вероятность выпадения хотя бы одного герба? Решение. Событие А - «появление герба при подбрасывании первой монеты», событие В - «появление герба при подбрасывании второй монеты». Так как А и В - совместные события, то . Стрелок делает по мишени 3 выстрела. Вероятность попадания при каждом выстреле равна p=0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания: |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задачи на аксиому сложения вероятностей. |
Пусть вероятность того, что в магазине очередной будет продана пара мужской обуви 44-го размера, равна 0.12, 45-го - 0.04, 46-го или большего - 0.01. Найти вероятность того, что очередной будет продана пара мужской обуви не менее 44-го размера. Решение. Искомое событие D произойдет, если будет продана пара обуви 44-го размера (событие А), или 45-го (событие В), или не менее 46-го (событие С), то есть событие D есть сумма событий А, В, С. События А, В, С несовместны. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей, получим: . Пусть вероятность того, что в магазине очередной будет продана пара мужской обуви 44-го размера, равна 0.12, 45-го - 0.04, 46-го или большего - 0.01. Найти вероятность того, что очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера. Решение. Искомое событие D произойдет, если будет продана пара обуви 44-го размера (событие А), или 45-го (событие В), или не менее 46-го (событие С), то есть событие D есть сумма событий А, В, С. События А, В, С несовместны. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей, получим: События «очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера» и «будет продана пара обуви размера не меньше 44-го» - противоположные. Поэтому вероятность искомого события , поскольку . Пусть вероятность того, что в магазине очередной будет продана пара мужской обуви 44-го размера, равна 0.12, 45-го - 0.04, 46-го или большего - 0.01. Найти вероятность того, что очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера. Решение. Искомое событие D произойдет, если будет продана пара обуви 44-го размера (событие А), или 45-го (событие В), или не менее 46-го (событие С), то есть событие D есть сумма событий А, В, С. События А, В, С несовместны. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей, получим: События «очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера» и «будет продана пара обуви размера не меньше 44-го» - противоположные. Поэтому вероятность искомого события , поскольку . |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задачи на правило произведения вероятностей. |
В урне находятся 3 белых шара и 2 черных. Из урны вынимается один шар, а затем второй. Событие В – появление белого шара при первом испытании. Событие А – появление белого шара при втором испытании. Очевидно, что вероятность события А, если событие В произошло, будет . Вероятность события А при условии, что событие В не произошло, будет . На десяти карточках напечатаны цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0. Найти вероятность того, что три наудачу взятые и поставленные в ряд карточки составят число 125. Решение. Искомое событие D произойдет, если первой будет взята карточка с цифрой 1 (событие А), вторая - с цифрой 2 (событие В), третья - с цифрой 5 (событие С). Вероятность его по теореме умножения вероятностей для трех независимых событий: . |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задачи на условную вероятность |
Из урны, содержащей 6 белых и 4 чёрных шара, наудачу последовательно извлекается по одному шару до первого появления чёрного шара. Найти вероятность того, что придётся производить четвёртое извлечение, если извлечения шаров производятся: а)с возвращением шаров в урну; б)без возвращения шаров в урну. Решение. Случайное событие A – будет производиться четвёртое извлечение. Ясно, что четвёртое извлечение будет производиться в том случае, если при первых трёх извлечениях не появится чёрный шар. Обозначим через Ai случайное событие – при i-ом извлечении появился шар белого цвета (i = 1, 2, 3). Тогда A = A1A2A3, следовательно, P(A) = P(A1A2A3). а)В этом случае шары извлекаются с возвращением, поэтому вероятность извлечения белого шара в очередной раз не зависит от результатов предыдущих извлечений, поэтому события Ai независимы и P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) = 0,63 = 0,216. б)Если шары извлекаются без возвращения, то после каждого извлечения состав урны изменяется, следовательно, изменяются и вероятности извлечения шаров. События Ai в этом случае зависимы, поэтому P(A) = P(A1)P(A2 / A1)P(A3 / A1A2) = |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задача на формулу полной вероятности. |
В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 игранных. Для игры наудачу выбирается два мяча, и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще два мяча, Какова вероятность того, что вторая игра будет проводиться новыми мячами? Решение. Событие А - «для второй игры взято два новых мяча». Для решения, исходя из условия, удобно задать три гипотезы: В1 - «для первой игры взято два новых мяча»; В2 - «для игры взяты новый и играный мяч»; В3 - «для первой игры взято два играных мяча». Их вероятности вычисляются по формуле классической вероятности (для подсчета числа событий используются формулы комбинаторики): ; ; . Проверка: . В результате осуществления гипотезы В1 в ящике останется 6 новых и 4 игранных мяча, поэтому . В результате осуществления гипотезы В2 в ящике останется 7 новых из 10, поэтому . Аналогично, . Таким образом: . |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задача на формулу гипотез (формула Байеса). |
Из 10 студентов, которые пришли на экзамен по математике, трое подготовились отлично, четверо хорошо, двое удовлетворительно, а один совсем не готовился - понадеялся на то, что и так все знает. В билетах 20 вопросов. «Отличники» могут ответить на все вопросы, «хорошисты» - на 16 вопросов, не подготовившиеся - на 5 вопросов, остальные - на 10 вопросов. Каждый студент получает 3 вопроса из 20. Первый отвечающий ответил на все 3 вопроса. Какова вероятность, что он отличник? Решение. Событие А - «студент ответил на 3 вопроса»; событие В1 - «отвечал отличник»; событие В2 - «отвечал хорошист»; событие В3 - «отвечал слабо подготовленный студент». событие В4 - «отвечал неподготовленный студент»; Из условия задачи имеем: P(B1)=0.3; P(B2)=0.4; P(B3)=0.2; P(B4)=0.1. Кроме этого: ; ; ; . по формуле Бейеса получаем . Как видно, искомая вероятность сравнительно невелика. Поэтому преподавателю придется предложить студенту еще несколько дополнительных вопросов. |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задачи на формулу Бернулли (про последовательность независимых испытаний с двумя исходами). |
Решение. В приведенных выше обозначениях n=8; p=1/4; q=3/4; k=5. Искомую вероятность вычисляем по формуле Бернулли: . |
||||||||||||||||||||||||||
|
Парадокс Монти Холла. |
Парадокс Монти Холла — одна из известных задач теории вероятностей, решение которой, на первый взгляд, противоречит здравому смыслу. Задача формулируется как описание гипотетической игры, основанной на американском телешоу «Let's Make a Deal», и названа в честь ведущего этой передачи. Наиболее распространенная формулировка этой задачи, опубликованная в 1990 году в журнале Parade Magazine, звучит следующим образом: Представьте, что вы стали участником игры, в которой вам нужно выбрать одну из трех дверей. За одной из дверей находится автомобиль, за двумя другими дверями - козы. Вы выбираете одну из дверей, например, номер 3, после этого ведущий, который знает, где находится автомобиль, а где - козы, открывает одну из оставшихся дверей, например, номер 1, за которой находится коза. После этого он спрашивает вас, не желаете ли вы изменить свой выбор и выбрать дверь номер 2. Увеличатся ли ваши шансы выиграть автомобиль, если вы примете предложение ведущего и измените свой выбор ? Хотя данная формулировка задачи является наиболее известной, она несколько проблематична, поскольку оставляет некоторые важные условия задачи неопределенными. Ниже приводится более полная формулировка. При решении этой задачи обычно рассуждают примерно так: после того, как ведущий открыл дверь, за которой находится коза, автомобиль может быть только за одной из двух оставшихся дверей. Поскольку игрок не может получить никакой дополнительной информации о том, за какой дверью находится автомобиль, то вероятность нахождения автомобиля за каждой из дверей одинакова, и изменение первоначального выбора двери не дает игроку никаких преимуществ. Однако такой ход рассуждений неверен. Если ведущий всегда знает, за какой дверью что находится, всегда открывает ту из оставшихся дверей, за которой находится коза, и всегда предлагает игроку изменить свой выбор, то вероятность того, что автомобиль находится за выбранной игроком дверью, равна 1/3, и, соответственно, вероятность того, что автомобиль находится за оставшейся дверью, равна 2/3. Таким образом, изменение первоначального выбора увеличивает шансы игрока выиграть автомобиль в 2 раза. Этот вывод противоречит интуитивному восприятию ситуации большинством людей, поэтому описанная задача и называется парадоксом Монти Холла. |
||||||||||||||||||||||||||
|
Определить (или установить отсутствие) попарную независимость трёх событий. |
Правильный тетраэдр окрашен тремя цветами: одна грань - в синий цвет, вторая - в красный, третья - в зеленый, а на четвертой присутствуют все три цвета. Этот тетраэдр подбрасывают и отмечают, какой гранью он выпал. Пусть означает появление синего цвета, - красного, - зеленого. Тогда,,, . Отсюда мы получаем, что. Аналогично для других пар. Таким образом, мы имеем попарную независимость. Но |
||||||||||||||||||||||||||
|
Построить дискретную случайную величину (и, возможно, найти про неё всё, что требуется: ряд распределения, функцию распределения ЕХ, DX, и.т.п.) исходя из текста условия задачи. |
Отмечено, что в некоторой местности в течение ряда лет в июне 30% дождливых дней. Составить закон распределения случайной величины X – числа дождливых дней в течение одной недели июня месяца. События, состоящие в том, что в 1-й день недели идет дождь, во 2-й - дождь и т.д. считать независимыми. Решение. Случайная величина X принимает следующие значения: x1=0, x2=1, x3=2, x4=3, x5=4, x6=5, x7=6, x8=7. Вероятности этих значений вычислим по формуле Бернулли: , , , , , , , . Закон распределения представим в виде таблицы
Наибольшую вероятность имеет событие, состоящее в том, что на неделе будет два дождливых дня. |
||||||||||||||||||||||||||
|
Найти ЕХ дискретной случайной величины. Найти DХ дискретной случайной величины. |
Случайная величина X распределена по следующему закону:
Найти E(X) и D(X). Решение. E(X)=10.2+20.3+30.5=2.3. Для вычисления дисперсии составим закон распределения X2:
E(X2)=10.2+40.3+90.5=5.9. =5.9-(2.3)2=0.61. |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задачи на распределение Пуассона. |
Устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо один от другого. Вероятность отказа любого элемента в течение времени Т равна 0,002. Найти вероятность того, что за время Т откажут ровно три элемента. Решение. Имеем: n=1000 (очень велико), p=0.002 (очень мало), λ=np=2, k=3. Применяем формулу Пуассона, тогда искомая вероятность равна: . Магазин получил 1000 бутылок минеральной воды. Вероятность того, что при перевозке бутылка окажется разбитой, равна 0.003. Найти вероятность того, что магазин получит более двух разбитых бутылок. Решение. Имеем: λ=np=1000·0.003=3. По формуле Пуассона имеем: . |
||||||||||||||||||||||||||
|
Исходя из условия нормированности найти параметры в плотности вероятности непрерывной случайной величины. |
|||||||||||||||||||||||||||
|
Исходя из свойств функции распределения на бесконечностях найти параметры функции распределения непрерывной случайной величины. |
Плотность распределения случайной величины X равна . Найти A, F(x) и вероятность P(0.5X1.5). Решение. Для нахождения А запишем условие нормировки Если x<0, то . Если , то Если x>2, то . Итак, . Наконец, P(0.5X1.5)=P(X<1.5)+P(X=1.5)-P(X<0.5)=F(1.5)+0-F(0.5)= |
||||||||||||||||||||||||||
|
Задано распределение вероятностей дискретной двумерной случайной величины (X;Y):
Составить законы распределения её компонент и . Определить вероятность P{X<Y}. Решение. Вначале составим ряды распределения случайных величин X и Y. Случайная величина X принимает значения –1; 0 и 1 с вероятностями 0,2=0+0,2; 0,3=0,1+0,2 и 0,5=0,4+0,1 соответственно. Таким образом, эта случайная величина имеет закон распределения
Аналогично получаем закон распределения случайной величины Y:
Вероятность P{X<Y}= P{(X= -1),(Y=0)}+P{(X= -1),(Y=1)}+P{(X=0),(Y=1)}= =0+0,2+0,2=0,4. |