Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий




Скачать 119.49 Kb.
НазваниеОсновные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий
Дата публикации07.09.2013
Размер119.49 Kb.
ТипДокументы
skachate.ru > Математика > Документы
Задания которые нужно сделать отмечены жирным красным шрифтом.

ОСНОВНЫЕ ВОПРОСЫ ПРОГРАММЫ
Теория случайных событий


  1. Случайные события. Виды случайных событий.

  2. Классическое и геометрическое определение вероятности.

  3. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий.

  4. Теорема умножения вероятностей для зависимых и независимых событий. Условная вероятность.

  5. Формулы полной вероятности и Байеса.

  6. Схема независимых испытаний. Формула Бернулли.



ЗАДАНИЕ 1
Пример 1. В партии из 10 изделий 4 бракованных. Определить вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки 6 изделий ровно два окажутся бракованными.

Решение. Обозначим интересующее нас событие через А. Общее число равновозможных, элементарных и несовместных исходов испытания равно числу способов, которыми можно выбрать 6 изделий из 10, т.е. .

Найдем теперь число исходов, благоприятных событию А. Два бракованных изделия можно выбрать из 4 имеющихся в партии бракованных изделий способами; при этом остальные из 6 выбранных изделий должны быть стандартными. Выбрать 4 стандартных изделия из 6 имеющихся в партии стандартных изделий можно способами. Тогда число благоприятных исходов .

Следовательно,


Пример 2. При перевозке ящика, в котором содержались 21 стандартная и 10 нестандартных деталей, утеряна одна деталь, причем неизвестно какая. Наудачу извлеченная после перевозки деталь оказалась стандартной. Найти вероятность того, что была утеряна: а) стандартная деталь; б) нестандартная деталь.

Решение. а) Пусть событие А – утеряна стандартная деталь. Извлеченная стандартная деталь, очевидно, не могла быть утеряна; могла быть потеряна любая из остальных деталей. Значит, общее число элементарных исходов . Среди деталей, каждая из которых могла быть потеряна, было 21 – 1 = 20 стандартных деталей. Тогда для события А число благоприятных исходов . Следовательно,

.

б) Пусть событие В – утеряна нестандартная деталь. Общее число элементарных исходов по-прежнему . Так как среди деталей, каждая из которых могла быть потеряна, было 10 нестандартных деталей, то для события В число благоприятных исходов . Следовательно,

.
Пример 3. На шести карточках написаны буквы А, М, О, К, С, В. Наудачу вынимают одну карточку за другой и кладут в том порядке, в каком они были вынуты. Какова вероятность того, что получиться слово «Москва»?

Решение. Пусть событие А состоит в том, что получится слово «Москва». Имеется шесть карточек; число всех возможных элементарных исходов равно числу перестановок из 6 букв, т.е. . Слово «Москва» даст только одна комбинация из этих букв, поэтому число исходов, благоприятных событию А, равно одному, т.е. . Следовательно,

.


    1. Из 20 городских банков 10 расположены за чертой города. Для обследования случайным образом отобрано 5 банков. Какова вероятность того, что 3 банка среди выбранных окажутся в черте города?


ЗАДАНИЕ 2
Пример. На отрезок АВ длины L наудачу поставлена точка С. Определить вероятность того, что расстояние от точки С до точки А не превосходит величину L /2.

Решение. Обозначим интересующее нас событие через А. Оно равносильно событию, состоящему в том, что точка С попала на отрезок длиной L/2. Так как вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине этого отрезка, то

.
На отрезок АВ длины L наудачу поставлена точка С. В задачах 2.1. – 2.30. определить вероятность того, что расстояние от точки С до точки А не превосходит величину L /k.


вариант

k

вариант

k

вариант

k

2.7

10

2.17

6

2.27

9























































ЗАДАНИЕ 3
Пример. В круг с радиусом, равным 15, наудачу поставлена точка. Определить вероятность того, что точка попадет в одну из двух непересекающихся и лежащих внутри круга фигур, площади которых равны 20,5 и 9,5 соответственно.

Решение. Так как речь идет о плоских фигурах, то вероятность попадания точки в часть некоторой фигуры ^ G пропорциональна площади этой части и не зависит от расположения и формы этой части. Обозначим интересующее нас событие через А. Так как фигуры не пересекаются, то точка может попасть только в одну из них, поэтому площадь фигуры (обозначим ее g), соответствующей событию А, будет складываться из площадей этих двух фигур, т.е. . Площадь фигуры G найдем по формуле для площади круга:

.

Таким образом, искомая вероятность будет равна

.
В круг радиуса R наудачу поставлена точка. В задачах 3.1. – 3.30. определить вероятность того, что точка попадет в одну из двух непересекающихся и лежащих внутри круга фигур, площади которых соответственно равны S1 и S2.


вариант

R

S1

S2

вариант

R

S1

S2

3.7

16

2,51

1,57

3.22

10

2,3

1,3

























ЗАДАНИЕ 4
Пример 1. Вероятность того, что студент сдаст первый экзамен, равна 0,9, второй – 0,9, третий – 0,8. Найти вероятность того, что студентом будут сданы: 1) только второй экзамен; 2) только один экзамен; 3) три экзамена; 4) по крайней мере, два экзамена; 5) хотя бы один экзамен.

Решение. 1) Пусть события Аі заключаются в том, что студент сдаст і-й экзамен (і = 1,2,3), В – студент сдаст только второй экзамен из трех. Очевидно, что событие В представляет собой совместное осуществление трех событий, состоящих в том, что студент сдаст второй экзамен и не сдаст первый и третий экзамены, т.е. . Учитывая, что события А1, А2, А3 независимы, получим

.

  1. Пусть событие С – студент сдаст один экзамен из трех. Очевидно, событие С произойдет, если студент сдаст только первый экзамен из трех, или только второй, или только третий, т.е.

.

Так как события А1, А2, А3 независимы, а события несовместны, то



3) Пусть событие Е – студент сдаст, по крайней мере, два экзамена. Очевидно, что событие Е означает сдачу любых двух экзаменов из трех либо всех трех экзаменов, т.е.

.

Тогда

.

4) Пусть событие F – студент сдал хотя бы один экзамен. Очевидно, событие F представляет собой сумму событий С (включающего в себя три варианта) и Е (четыре варианта), т.е. F = C + E (семь вариантов). Проще найти вероятность события F, если перейти к противоположному событию, включающему всего один вариант: студент не сдал ни один экзамен, т.е. . Тогда



Пример 2. При обработке детали станком брак составляет в среднем 0,5% от общего числа всех обработанных деталей, а 90% от числа стандартных деталей составляют детали высшего качества. Какова вероятность того, что наугад взятая деталь окажется высшего качества?

Решение. Пусть событие А состоит в том, что взятая наугад деталь окажется высшего качества. Для того, чтобы она была высшего качества, необходимо, во-первых, чтоб деталь была не бракованной (обозначим через В), и, во-вторых, она должна быть высшего качества (событие С). Тогда событие А можно представить как совместное появление событий В и С, т.е. . Эти события зависимы, поэтому воспользуемся теоремой умножения вероятностей зависимых событий:

,

где – условная вероятность события ^ С, при условии, что событие В уже произошло.

Найдем вероятность того, что отобранная деталь не бракованная. Данная вероятность может быть найдена через вероятность противоположного события

.

Тогда

.

Вероятность того, что деталь высшего качества, при условии, что она не бракованная равна

.

Следовательно,

.


    1. На искусственном спутнике Земли установлено 3 различных прибора для измерения одной и той же величины. Для первого вероятность безотказной работы в течение года равна 0, 9; для второго – 0,8; для третьего – 0,7. Определить вероятность следующих событий: 1) ровно два прибора выйдут из строя; 2) хотя бы один прибор не выйдет из строя.

ЗАДАНИЕ 5
Пример 1. В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в отношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступающие от первого, второго и третьего поставщиков, не потребуют ремонта в течение гарантийного срока соответственно в 98%, 88% и 92% случаев. 1) Найти вероятность того, что поступивший в торговую фирму телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока. 2) Известно, что проданный телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. От какого поставщика вероятнее всего поступил этот телевизор?

Решение. 1) Обозначим через Аi события, заключающиеся в том, что телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i = 1,2,3), В – телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.

По условию Р(А1) =; РА(В) = 0,98;





Используя формулу полной вероятности, находим



.

  1. Событие – телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока. Тогда



По условию





Воспользуемся формулой Байеса





Таким образом, после наступления события вероятность гипотезы А2 увеличилась с Р(А2) = 0,4 до максимальной а гипотезы А3 – уменьшилась от максимальной Р(А3) = 0,5 до если ранее (до наступления события ) наиболее вероятной была гипотеза А3, то теперь, в свете новой информации (наступление события ) наиболее вероятна гипотеза А2 – поступление данного телевизора от второго поставщика.
Пример 2. Имеются 3 партии деталей по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях равно 20, 15, 10 соответственно. Из наудачу выбранной партии наугад извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Деталь возвращают в партию и вторично из той же партии наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Что вероятнее: детали извлечены из второй или третьей партии?

Решение. Обозначим через В событие – в каждом из двух испытаний была извлечена стандартная деталь.

Можно сделать 3 предположения (гипотезы): ^ А1 – детали извлекались из первой партии; А2 – детали извлекались из второй партии; А3 – детали извлекались из третьей партии.

Детали извлекались из наудачу взятой партии, поэтому вероятности гипотез одинаковы:

.

Найдем условную вероятность , т.е. вероятность того, что из первой партии были последовательно извлечены две стандартные детали. Это событие достоверно, так как в первой партии все детали стандартны, поэтому .

Найдем условную вероятность , т.е. вероятность того, что из второй партии были последовательно извлечены две стандартные детали:

.

Аналогично, вероятность того, что из третьей партии были последовательно извлечены две стандартные детали, будет равна:

.

Найдем сначала вероятность события В по формуле полной вероятности

.

Воспользовавшись теперь формулой Байеса, находим



.

Таким образом, более вероятно то, что обе детали были извлечены из второй партии.
5.7У сборщика имеется 3 коробки деталей, изготовленных заводом № 1, 4 – заводом № 2. Вероятность того, что деталь завода № 1 стандартна, равна 0,7, а для завода № 2 – 0,9. Наудачу извлечена деталь. 1) Найти вероятность того, что вынутая деталь стандартна. 2) Известно, что вынута стандартная деталь. На каком заводе она вероятнее всего была изготовлена?
ЗАДАНИЕ 6
Пример. В семье 5 детей. Вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти вероятность того, что среди этих детей: а) два мальчика; б) не менее 2 и не более 3 мальчиков; в) хотя бы один мальчик. Каково наивероятнейшее число мальчиков в семье и чему равна соответствующая вероятность?

Решение. По условию задачи число испытаний п = 5. В качестве успеха примем рождение мальчика, тогда вероятность успеха р = 0,51, а вероятность неудачи (рождение девочки) q = 1 – p =1 – 0,51 =0,49. Так как испытания (рождение ребенка) независимы и при каждом испытании вероятность успеха одна и та же, то для нахождения интересующих нас событий применима формула Бернулли

.

а) Пусть событие ^ А – в семье 2 мальчика. В этом случае k = 2 и

.

б) Пусть событие В – в семье не менее 2 и не более 3 мальчиков. Событии В равносильно тому, что в семье или 2 мальчика или 3 мальчика. Эти события несовместные, поэтому .

Найдем

.

Следовательно,

.

в) Пусть событие ^ С – в семье хотя бы один мальчик. Событие С равносильно событию, состоящему в тов, что в семье или 1, или 2, или 3, или 4, или 5 мальчиков. Значит . С другой стороны, событие С противоположно событию, состоящему в том, что в семье нет мальчиков. Следовательно, . Для вычисления искомой вероятности удобнее воспользоваться именно последним равенством. Для этого найдем вероятность .



Тогда

.


вариант

n

p

k

k1

k2

6.7

13

0.6

6

7

10


















Наивероятнейшее число мальчиков в семье найдем из неравенства







Так как число дробное, то существует только одно наивероятнейшее число, равное целому числу из интервала . Следовательно, наивероятнейшее число . Соответствующую вероятность мы уже находили .
Фирма обслуживает n клиентов. Вероятность того, что в течение дня поступит заявка, равна p для каждого клиента. В задачах 6.1. – 6.30. найти:

1) вероятность того, что в течение дня:

а) поступит k заявок;

б) не мене k1 и не более k2 заявок;

в) поступит хотя бы одна заявка;

2) наивероятнейшее число поступающих в течение дня заявок и соответствующую вероятность.




Похожие:

Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconОсновные вопросы программы теория случайных событий Случайные события....
Теорема умножения вероятностей для зависимых и независимых событий. Условная вероятность
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconМетодические указания и контрольные задания для студентов заочной...
Частота событий. Статистическое определение вероятности. Классическое определение вероятности. Геометрические вероятности. Аксиомы...
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconПрограмма по теории вероятностей комбинаторика. Предмет теории вероятностей....
Математика. Теория вероятностей : Программа, методические указания и контрольные задания для студентов заочной формы обучения всех...
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconВопросы к экзамену по «Теории вероятности и математической статистике»...
Виды случайных событий: несовместные события; полная группа; равновозможные события. Примеры
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий icon4. Планы и умм к практическим (семинарским) занятиям
...
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий icon2. Структура и содержание дисциплины по модулям, разделам и темам
...
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconЭлектронный вариант лекций по теории вероятностей Содержание
Теория вероятности возникла как наука из убеждения, что в основе массовых случайных событий лежат детерминированные закономерности....
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconВопросы к экзамену
Испытания, события. Виды случайных событий: несовместные события; полная группа; равновозможные
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconПрограмма курса «Теория вероятностей»
Классическое (комбинаторное) определение вероятности. Свойства вероятности при таком определении. Пример комбинаторной задачи, для...
Основные вопросы программы теория случайных событий Случайные события. Виды случайных событий. Классическое и геометрическое определение вероятности. Теорема сложения вероятностей для совместных и несовместных событий iconКонтрольная работа выполняется на листах формата А;4 (стандартных). 2
Известны вероятности несовместных событий. Указать вероятности событий, которые образуют полную группу

Вы можете разместить ссылку на наш сайт:
Школьные материалы


При копировании материала укажите ссылку © 2014
контакты
skachate.ru
Главная страница