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 iconТеория вероятности
Завданн найти вероятность случайных событий по формулам добавления или по формулам умножения вероятностей
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...

Вы можете разместить ссылку на наш сайт:
Школьные материалы


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