Теория вероятностей и математическая статистика
Выше перечислены темы по теории вероятности и математической статистике, по которым вы сможете у нас найти решение задач. Оставайтесь с нами, здесь теория вероятностей в примерах и задачах с подробным решением.
Если не смог найти нужную задачу по теории вероятности и математической, напиши нам и мы обязательно поможем
Если не смог найти нужную задачу по теории вероятности и математической, напиши нам и мы обязательно поможем
Тема 1. Классическая вероятность. Классическое определение вероятности Классическое определение вероятности: вероятность события А - это отношение числа m элементарных исходов, благоприятствующих событию А к общему числу n всех элементарных исходов, образующих полную группу: Р(А) = m / n
Задача 1. Слово составлено из карточек, на каждой из которых написана одна буква. Затем карточки смешивают и вынимают без возврата по одной. Найти вероятность того, что буквы вынимают в порядке заданного слова «Статистик».
Решение:
Введём в рассмотрение событие А – получено нужное слово. Вероятность события А вычислим по классической формуле вероятностей, то есть Р(А) = m / n.
Элементарные события являются перестановками из 9 букв, следовательно, число всевозможных исходов равно n! = 9!
Буква «С» повторяется 2 раза, буква «Т» - 3 раза, значит число исходов, благоприятствующих событию А равно m =2! · 3! = 12
Таким образом, искомая вероятность равна Р(А) = 12 / 9! = 1/30240 = 0,000033
Задача 2. В лифт 9-этажного дома на первом этаже вошли 4 человека. Предполагая, что каждый из них с равной вероятностью может выйти на любом из этажей, начиная со второго, найти вероятность того, что все пассажиры выйдут на разных этажах.
Решение.
Тот факт, что все пассажиры выйдут на разных этажах означает, что лифт остановится трижды на любом из восьми этажей. Тогда
n = 8·8·8 = 512– общее количество исходов.
Введём событие А - все выйдут на разных этажах. Событие А произойдёт, если один человек вышел сразу же на 2 этаже, то второй уже не может там выйти и может выйти, на оставшихся 7 этажах, далее, рассуждая аналогично, получаем
m = 8·7·6 = 336 – количество благоприятных исходов.
По формуле классической вероятности находим искомую вероятность:
P(A)=m/ n = 336 / 512 = 0,656
Задача 1. Слово составлено из карточек, на каждой из которых написана одна буква. Затем карточки смешивают и вынимают без возврата по одной. Найти вероятность того, что буквы вынимают в порядке заданного слова «Статистик».
Решение:
Введём в рассмотрение событие А – получено нужное слово. Вероятность события А вычислим по классической формуле вероятностей, то есть Р(А) = m / n.
Элементарные события являются перестановками из 9 букв, следовательно, число всевозможных исходов равно n! = 9!
Буква «С» повторяется 2 раза, буква «Т» - 3 раза, значит число исходов, благоприятствующих событию А равно m =2! · 3! = 12
Таким образом, искомая вероятность равна Р(А) = 12 / 9! = 1/30240 = 0,000033
Задача 2. В лифт 9-этажного дома на первом этаже вошли 4 человека. Предполагая, что каждый из них с равной вероятностью может выйти на любом из этажей, начиная со второго, найти вероятность того, что все пассажиры выйдут на разных этажах.
Решение.
Тот факт, что все пассажиры выйдут на разных этажах означает, что лифт остановится трижды на любом из восьми этажей. Тогда
n = 8·8·8 = 512– общее количество исходов.
Введём событие А - все выйдут на разных этажах. Событие А произойдёт, если один человек вышел сразу же на 2 этаже, то второй уже не может там выйти и может выйти, на оставшихся 7 этажах, далее, рассуждая аналогично, получаем
m = 8·7·6 = 336 – количество благоприятных исходов.
По формуле классической вероятности находим искомую вероятность:
P(A)=m/ n = 336 / 512 = 0,656
Тема 2. Геометрическая вероятность
- геометрическое определение вероятности.
Задача 1. Из интервала (0;1) наудачу выбирают числа х и у. Найти вероятность того, что:
Решение:
Пусть х и у – взятые наугад числа, такие что 0 < x < 1; 0 < y < 1. В системе координат область G – это квадрат ОАВС, площадь которого S = mesG = 1.Рассмотрим область g в каждом из заданных условий:
а) Фигура g – множество точек области, заштрихованной на рисунке 1.
Площадь заштрихованной области равна разности между площадью квадрата ОАВС и площадью криволинейной трапеции ОВС.
Пусть х и у – взятые наугад числа, такие что 0 < x < 1; 0 < y < 1. В системе координат область G – это квадрат ОАВС, площадь которого S = mesG = 1.Рассмотрим область g в каждом из заданных условий:
а) Фигура g – множество точек области, заштрихованной на рисунке 1.
Площадь заштрихованной области равна разности между площадью квадрата ОАВС и площадью криволинейной трапеции ОВС.
Откуда искомая вероятность
b) Фигура g – множество точек области, заштрихованной на рисунке 2. Площадь заштрихованной области равна площади криволинейной трапеции ОВС. Вычислим эту площадь и найдём искомую вероятность:
с) Фигура g – множество точек области, заштрихованной на рисунке 3.
Площадь заштрихованной области равна разности площадей криволинейных трапеций. Но, можно заметить, что заштрихованная область равна разности площади квадрата и двух, уже вычисленных площадей.
Следовательно, искомая вероятность равна
Площадь заштрихованной области равна разности площадей криволинейных трапеций. Но, можно заметить, что заштрихованная область равна разности площади квадрата и двух, уже вычисленных площадей.
Следовательно, искомая вероятность равна
Тема 3. Теорема сложения и умножения вероятностей. Условная вероятность
Теорема сложения вероятностей несовместных событий.
P(A+B) = P(A) + P(B).
Теорема сложения вероятностей совместных событий.
P(A+B) = P(A)+P(B)–P(AB).
Теорема умножения вероятностей независимых событий.
P(AB) = P(A)P(B).
Теорема умножения вероятностей зависимых событий.
P(AB) = P(A)PA(B) = P(B)PB(A)
Задача 1. В коробке 10 белых и 5 чёрных шаров. Вынимаются наугад два шара. Какова вероятность того, что шары будут одного цвета?
Решение.
Пусть событие A - вынуты пуговицы одного цвета, представим его в виде суммы А = А1 + А2, где события А1 и А2 означают выбор шара белого и чёрного цвета соответственно. Вероятность вытащить два белых шара обозначим Р(А1), а вероятность вытащить два чёрных шара Р(А2). Так как события А1 и А2 не могут произойти одновременно, то в силу теоремы сложения найдём искомую вероятность:
P(A+B) = P(A) + P(B).
Теорема сложения вероятностей совместных событий.
P(A+B) = P(A)+P(B)–P(AB).
Теорема умножения вероятностей независимых событий.
P(AB) = P(A)P(B).
Теорема умножения вероятностей зависимых событий.
P(AB) = P(A)PA(B) = P(B)PB(A)
Задача 1. В коробке 10 белых и 5 чёрных шаров. Вынимаются наугад два шара. Какова вероятность того, что шары будут одного цвета?
Решение.
Пусть событие A - вынуты пуговицы одного цвета, представим его в виде суммы А = А1 + А2, где события А1 и А2 означают выбор шара белого и чёрного цвета соответственно. Вероятность вытащить два белых шара обозначим Р(А1), а вероятность вытащить два чёрных шара Р(А2). Так как события А1 и А2 не могут произойти одновременно, то в силу теоремы сложения найдём искомую вероятность:
Задача 2. В офисе три телефона. Вероятность занятости каждого телефона соответственно равна: 0,7, 0,6, 0,5. Какова вероятность того, что хотя бы один из них свободен?
Решение:
Пусть событие А- занят 1-й телефон -А; В - занят 2-й телефон, С - занят 3-й телефон. Тогда событие D - свободен хотя бы один телефон, вычислим как вероятность события противоположного событию – все телефоны заняты:
Р(D) = 1 – Р(АВС) = 1 – 0,7*0,6*0,5= 1 - 0,21 = 0,79
Решение:
Пусть событие А- занят 1-й телефон -А; В - занят 2-й телефон, С - занят 3-й телефон. Тогда событие D - свободен хотя бы один телефон, вычислим как вероятность события противоположного событию – все телефоны заняты:
Р(D) = 1 – Р(АВС) = 1 – 0,7*0,6*0,5= 1 - 0,21 = 0,79
Тема 4. Формула полной вероятности, формула Бейеса
Если событие А может осуществляться только при выполнении одного из событий В1, В2, ... , Bn, которые образуют полную группу несовместных событий, то вероятность события А вычисляется по формуле полной вероятности:
Если событие А может осуществляться только при выполнении одного из событий В1, В2, ... , Bn, которые образуют полную группу несовместных событий, то вероятность события А вычисляется по формуле полной вероятности:
Формула Бейеса:
Задача 1. Рабочий обслуживает 3 разных станка, производя при этом одинаковые детали. Известно, что производительность первого станка в 3 раза больше, чем второго, а третьего – в 2 раза меньше, чем второго. Вероятность брака для первого станка 0,03; для второго – 0,01; для третьего – 0,04. Определить вероятность того, что наудачу взятая деталь бракованная.
Решение.
Пусть событие А –наудачу взятая деталь бракованная.
Введём гипотезы:
Н1— деталь произведена первым станком;
H2 — деталь произведена вторым станком;
Н3 — деталь произведена третьим станком.
Решение.
Пусть событие А –наудачу взятая деталь бракованная.
Введём гипотезы:
Н1— деталь произведена первым станком;
H2 — деталь произведена вторым станком;
Н3 — деталь произведена третьим станком.
Условные вероятности:
По формуле полной вероятности находим искомую вероятность
Задача 2. Из 10 деталей 4 окрашены. Вероятность того, что окрашенная деталь тяжелее нормы, равна 0,3 , а для неокрашенной детали эта вероятность равна 0,1. Найти вероятность того, что:
а) взятая наудачу деталь оказалась тяжелее нормы; б) она окрашена.
Решение
Обозначим события
A – взятая наудачу деталь оказалась тяжелее нормы,
B1 – взятая наудачу деталь оказалась окрашенной,
B2 – взятая наудачу деталь оказалась неокрашенной.
B1 и B2 – несовместные события, образующие полную группу. Вероятность события A зависит от того, какое из B1 или B2 произошло.
а) По формуле полной вероятности:
P(A) = P(B1)·PB1(A) + P(B2)·PB2(A) = P(B1)·PB1(A) + (1 – P(B1))·PB2(A) = 0,4· 0,3 + 0,6· 0,1 = 0,18
б) По формуле Бейеса искомая вероятность равна:
а) взятая наудачу деталь оказалась тяжелее нормы; б) она окрашена.
Решение
Обозначим события
A – взятая наудачу деталь оказалась тяжелее нормы,
B1 – взятая наудачу деталь оказалась окрашенной,
B2 – взятая наудачу деталь оказалась неокрашенной.
B1 и B2 – несовместные события, образующие полную группу. Вероятность события A зависит от того, какое из B1 или B2 произошло.
а) По формуле полной вероятности:
P(A) = P(B1)·PB1(A) + P(B2)·PB2(A) = P(B1)·PB1(A) + (1 – P(B1))·PB2(A) = 0,4· 0,3 + 0,6· 0,1 = 0,18
б) По формуле Бейеса искомая вероятность равна:
Тема 5. Повторные испытания.
Задача 1. Из партии изделий отбирают изделия высшего сорта. Вероятность того, что наудачу взятое изделие окажется высшего сорта, равна 0,8. Найти вероятность того, что из трёх проверенных изделий только два изделия высшего сорта.
Решение:
Применим формулу Бернулли, в которой n = 3, k=2, вероятность успеха p=0.8 и q=1-p=1-0.8=0.2.
Находим искомую вероятность:
Задача 1. Из партии изделий отбирают изделия высшего сорта. Вероятность того, что наудачу взятое изделие окажется высшего сорта, равна 0,8. Найти вероятность того, что из трёх проверенных изделий только два изделия высшего сорта.
Решение:
Применим формулу Бернулли, в которой n = 3, k=2, вероятность успеха p=0.8 и q=1-p=1-0.8=0.2.
Находим искомую вероятность:
Задача 2. Радиолокационная станция ведет наблюдение за группой из 8 объектов. Каждый объект за время наблюдения может быть (независимо от других) потерян с вероятностью 0,2. Найти вероятность того, что за время наблюдения будет потеряно ровно 2 объекта.
Решение.
Применяя формулу Бернулли, в которой n = 8 – количество всех объектов; k = 2 – количество потерянных объектов; р = 0,2, q= 1-0.2 = 0.8, находим искомую вероятность:
Решение.
Применяя формулу Бернулли, в которой n = 8 – количество всех объектов; k = 2 – количество потерянных объектов; р = 0,2, q= 1-0.2 = 0.8, находим искомую вероятность:
Учебная литература по теории вероятности и математической статистике:
- Теория вероятностей и математическая статистика. Гмурман В.Е. - 9-е изд., стер.—М.: Высшая школа, 2003.— 479 с.
- Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике. Гмурман В. Е. - 9-е изд., стер.—М.: Высшая школа, 2004.— 404 с.
- Теория вероятностей. Задачи с решениями. Золотаревская Д.И. - 2-е изд., - М.: Едиториал УРСС, 2003. — 168 с