Элементы теории вероятностей. Случайные события (86366)

Посмотреть архив целиком

Элементы теории вероятностей. Случайные события


Цель изучения - развить навыки составления и анализа математических моделей несложных задач прикладного характера, связанных со случайными явлениями, научить способам вычисления вероятностей простых и сложных событий, методам оценки неизвестных параметров на основе экспериментальных данных, методам проверки гипотез и правилам принятия решений.

Данная тема включает в себя:

  • Основные понятия и определения.

  • Действия над случайными событиями.

  • Классическое определение вероятности.

  • Свойства вероятностей.

  • Случайные величины.

Изучив эту тему, студент должен:

Знать:

  • правила вычисления вероятностей случайных событий;

  • способы определения и построения законов распределения вероятностей случайных величин и вычисления их числовых характеристик.

Уметь:

  • вычислять вероятности простых и сложных событий;

  • находить необходимые характеристики случайных величин по известным законам.

При изучении темы необходимо:

  • читать главу 11,12 из учебника «Математика и информатика» (Турецкий В.Я.).



Задача 1.


В розыгрыше кубка страны по футболу берут участие 17 команд. Сколько существует способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали?

Решение:

Поскольку медали не равноценны, то количество способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали среди команд будет равно числу размещений из 17-ти элементов по 3, т.е. = 4080.


Задача 2.


Произведено три выстрела по мишени. Рассматриваются такие элементарные события: А – попадание в мишень при i-том выстреле; – промах по мишени при i-том выстреле. Выразить через А и следующие события:

А – все три попадания; В – ровно два попадания; С – все три промаха; D – хотя бы одно попадание; Е – больше одного попадания; F – не больше одного попадания.

Решение:

А – все три попадания, т.е. совместное появления трех событий А1, А2 и А3


Р(А) = Р(А1 и А2 и А3)


В – ровно два попадания, т.е. два попадания и один промах



Р(В) = Р(1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3)


С – все три промаха, т.е. совместное появления трех событий 1 и 2, 3


Р(С) = Р(1 и 2 и 3)


D – хотя бы одно попадание, т.е. или одно попадание, или два попадания или три попадания


Р(D) = Р(1 и 2 и А3 или 1 и А2 и 3 или А1 и 2 и 3 ИЛИ 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3 ИЛИ А1 и А2 и А3)


или по формуле


Р(D) = 1 – Р(1 и 2 и 3)


Е – больше одного попадания, т.е. или два попадания или три попадания


Р(Е) = Р(1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и А2 и А3)


F – не больше одного попадания, т.е. одно попадание и два промаха


Р(F) = Р(1 и 2 и А3 или 1 и А2 и 3 или А1 и 2 и 3)



Задача 3.


Игральный кубик бросают два раза. Описать пространство элементарных событий. Описать события: А – сумма появившихся очков равна 8; В – по крайней мере один раз появится 6.

Решение:

Будем считать пространством элементарных событий множество пар чисел (i, j), где i (соответственно j) есть число очков, выпавших при первом (втором) подбрасывании, тогда множество элементарных событий будет таким:

={(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)}

А – сумма появившихся очков равна 8. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события А={(2,6) (6,2) (5,3) (3,5) (4,4)}.

В – по крайней мере один раз появится 6. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события В={(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) (1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6)}.


Задача 4.


В вазе с цветами 15 гвоздик: 5 белых и 10 красных. Из вазы наугад вынимают 2 цветка. Какова вероятность того, что эти цветки: а) оба белые; б) оба красные; в) разного цвета; г) одного цвета.

Решение:

а) Пусть событие А состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка белые.

Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 715 = 105, а количество возможных способов взять 2 белых цветка из 5-ти белых равно = 25 = 10. Тогда по классическому определению вероятность события А равна


.


б) Пусть событие В состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка красные.

Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 715 = 105, а количество возможных способов взять 2 красных цветка из 10-ти красных равно = 95 = 45. Тогда по классическому определению вероятность события В равна


.


в) Пусть событие С состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка разного цвета, т.е. один белый и один красный.

Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 715 = 105, а количество возможных способов взять 1 красный цветок из 10-ти красных И 1 белый цветок из 5-ти белых равно * = 105 = 50. Тогда по классическому определению вероятность события С равна


.


г) Пусть событие D состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка одного цвета, т.е. или оба белые (событие А) или оба красные (событие В). По теореме сложения независимых событий вероятность события D будет равна


Р(D) = Р(А или В) = Р(А) + Р(В) = 0,095 + 0,43 = 0,525


Задача 5.


Из шести карточек с буквами I, С, К, Ь, Н, М наугад одну за другой вынимают и раскладывают в ряд в порядке появления. Какова вероятность того, что появится слово а) «НIС»; б) «CIM»?

Решение: (для пунктов а) и б) одинаково)

Каждый вариант получившегося «слова» является размещением из 6-ти элементов по 3. Число таких вариантов равно . Из этих вариантов правильным будет только один, т.е. m = 1, тогда по классическому определению вероятности


.



Задача 6.


Вероятность того, что в течении одной смены возникнет поломка станка равна 0,05. Какова вероятность того, что не возникнет ни одной поломки за три смены?

Решение:

Пусть событие А состоит в том, что в течении одной смены возникнет поломка станка. По условию задачи вероятность этого события равна Р(А) = 0,05. Противоположное событие состоит в том, что в течении одной смены поломка станка НЕ возникнет. Вероятность противоположного события


Р() = 1– Р(А) = 1 – 0,05 = 0,95.


Искомая вероятность равна


Р(В) = Р( и и ) = Р()Р()Р()= 0,950,950,95 = 0,953 = 0,86


Задача 7.


Студент пришел на зачет зная только 30 вопросов из 50. Какова вероятность сдачи зачета, если после отказа отвечать на вопрос преподаватель задает еще один?

Решение:

Вероятность того, что преподаватель задал студенту вопрос, на который он не знал ответа (событие А) равна Р(А) = . Найдем вероятность того, что на второй вопрос преподавателя студент знает ответ (событие В) при условии, что ответа на первый вопрос студент не знал. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В) = . Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий.


Р(А и В) = Р(А)* РА(В) = = 0,24.


Задача 8.


С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?

Решение:

Поскольку количество испытаний невелико (n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза воспользуемся формулой Бернулли:


, где q = 1 – p


По условию задачи вероятность дождя равна p = 12/30 = 6/15, (в сентябре 30 дней).

Значит вероятность ясного дня равна q = 1 – p = 1 – 6/15 = 9/15.


0,28.



Задача 9.


С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 25 дней без дождя. Какова вероятность того, что 1-го и 2-го сентября дождя не будет?

Решение:

Вероятность того, что 1-го сентября дождя не будет (событие А) равна Р(А) = . Найдем вероятность того, что и 2-го сентября дождя не будет (событие В) при условии, что 1-го сентября дождя не было. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В) = . Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий.


Р(А и В) = Р(А)* РА(В) = = 0,7.


Задача 10.


В условиях задачи 8 найти вероятность наивероятнейшего числа дней без дождя. (Задача 8. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?)

Решение:

Число m0 называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.


n·pqm0n·p + p


По условию задачи 8 вероятность дня без дождя равна p = 9/15, значит вероятность дождливого дня равна q = 6/15. Составим неравенство

17,6 ≤ m0 18,6  m0 = 18

Наивероятнейшее число дней без дождя равно 18. Поскольку количество испытаний велико (n = 30) и нет возможности применить формулу Бернулли, то для нахождения вероятности наивероятнейшего числа дней без дождя воспользуемся локальной теоремой Лапласа:


Случайные файлы

Файл
84967.rtf
5157.rtf
22686-1.rtf
20258-1.rtf
45769.rtf




Чтобы не видеть здесь видео-рекламу достаточно стать зарегистрированным пользователем.
Чтобы не видеть никакую рекламу на сайте, нужно стать VIP-пользователем.
Это можно сделать совершенно бесплатно. Читайте подробности тут.