Зхс123. Решение задачизсборникаЧудесенко Теория вероятностей Задачи 120
 Скачать 156.58 Kb.
|
|
Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 1 Решение задачизсборникаЧудесенко Теория вероятностей Задачи 1-20. Вариант 6 Задача 1. Бросаются две игральные кости. Определить вероятность того, что: а) сумма числа очков не превосходит N; б) произведение числа очков не превосходи N; в) произве- дение числа очков делится на N. N=8 Решение. Введем событие A = (Сумма числа очков на обеих костях не превосходит 8 N = ). Найдем вероятность события A по классическому определению вероятности: m P n = , где m – число исходов, благоприятствующих осуществлению события A , а n – число всех элементарных равновозможных исходов. Составим таблицу всех возможных комбинаций очков при броске двух костей и соответствующих сумм: 1- ая кость / 2- ая кость 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 Получаем: 36 n = - всего различных комбинаций при броске костей (на первой кости вы- падает одно из шести чисел и на второй кости выпадает одно из шести чисел). 26 m = - количество комбинаций, в которых сумма не более 8 (см. выделенные красным числа в таблице). Таким образом, искомая вероятность 26 13 ( ) 36 18 m P A n = = = Введем событие B = (Произведение очков на обеих костях не превосходит 8 N = ). Найдем вероятность события B по классическому определению вероятности: m P n = , где m – число исходов, благоприятствующих осуществлению события, а n – число всех эле- ментарных равновозможных исходов. Составим таблицу всех возможных комбинаций очков при броске двух костей и соответствующих произведений: 1- ая кость / 2- ая кость 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 4 6 8 10 12 3 3 6 9 12 15 18 4 4 8 12 16 20 24 5 5 10 15 20 25 30 6 6 12 18 24 30 36 Получаем: 36 n = - всего различных комбинаций при броске костей (на первой кости вы- падает одно из шести чисел и на второй кости выпадает одно из шести чисел). 17 m = - Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 2 количество комбинаций, в которых произведение очков не более 8 (см. выделенные крас- ным числа в таблице). Таким образом, искомая вероятность 17 ( ) 36 m P B n = = Введем событие C = (Произведение числа очков на обеих костях делится на 8 N = ). Найдем вероятность события C по классическому определению вероятности: m P n = , где m – число исходов, благоприятствующих осуществлению события, а n – число всех эле- ментарных равновозможных исходов. Составим таблицу всех возможных комбинаций очков при броске двух костей и соответствующих произведений: 1- ая кость / 2- ая кость 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 4 6 8 10 12 3 3 6 9 12 15 18 4 4 8 12 16 20 24 5 5 10 15 20 25 30 6 6 12 18 24 30 36 Получаем: 36 n = - всего различных комбинаций при броске костей (на первой кости вы- падает одно из шести чисел и на второй кости выпадает одно из шести чисел). 5 m = - ко- личество комбинаций, в которых произведение очков делится на 8 (см. выделенные крас- ным числа в таблице). Таким образом, искомая вероятность 5 ( ) 36 m P C n = = Ответ: 13/18; 17/36; 5/36. Задача 2. Имеются изделия четырех сортов, причем число изделий i -сорта равно i n , 1, 2, 3, 4 i = . Для контроля наудачу берутся m изделий. Определить вероятность того, что среди них 1 m первосортных, 2 m , 3 m и 4 m второго, третьего и четвертого сорта соответ- ственно 4 1 i i m m = = ∑ 1 n =3; 2 n =2; = 3 n 3; = 4 n 2; 1 m =2; = 2 m 1; = 3 m 3; = 4 m 1 Решение. Используем классическое определение вероятности: M P N = , где M – число ис- ходов, благоприятствующих осуществлению события, а N – число всех возможных исхо- дов. Всего изделий 3 2 3 2 10 n = + + + = , выбирают 2 1 3 1 7 m = + + + = изделий. 7 10 10! 8 9 10 120 7!3! 1 2 3 N C ⋅ ⋅ = = = = ⋅ ⋅ - число различных способов извлечь 7 изделий из 10 имею- щихся. Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 3 2 1 3 1 3 2 3 2 3 2 1 2 12 M C C C C = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = - число способов извлечь 2 изделия 1 сорта (из 3), 1 из- делие второго сорта (из 2), 3 изделия третьего сорта (из 3) и 1 изделие четвертого сорта (из 2). Тогда искомая вероятность: 12 0,1 120 m P n = = = Ответ: 0,1. Задача 3. Среди n лотерейных билетов k выигрышных. Наудачу взяли m билетов. Определить вероятность того, что среди них l выигрышных. n=11; l=3; m=4; k=8 Решение. Используем классическое определение вероятности: n m P = , где m – число ис- ходов, благоприятствующих осуществлению события, а n – число всех возможных исхо- дов. 4 11 11! 8 9 10 11 330 7!4! 1 2 3 4 n C ⋅ ⋅ ⋅ = = = = ⋅ ⋅ ⋅ - число различных способов выбрать 4 билета из 11. 3 1 8 3 8! 6 7 8 3 3 168 3!5! 1 2 3 m C C ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ - число способов выбрать 3 выигрышных билета (из 8 выигрышных) и еще 1 невыигрышный (из 11-8=3). Тогда искомая вероятность: 168 28 0, 509 330 55 m P n = = = ≈ Ответ: 0,509. Задача 4. В лифт k -этажного дома сели n пассажиров ( n k < ). Каждый независимо от других с одинаковой вероятностью может выйти на любом (начиная со второго) этаже. Определить вероятность того, что а) все вышли на разных этажах; б) по крайней мере, двое сошли на одном этаже. k=11; n=4 Решение. Введем событие X = (Все 4 пассажира вышли на разных этажах) и противопо- ложное ему X = (По крайней мере, двое сошли на одном этаже). Найдем вероятность события X . Используем классическое определение вероятности: n m P = , где m – число исходов, благоприятствующих осуществлению события, а n – число всех равновозможных элементарных исходов. Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 4 10 10 10 10 10000 n = ⋅ ⋅ ⋅ = - количество различных способов выхода из лифта для трех чело- век, так как каждый из них может выйти на любом из десяти этажей (со второго по один- надцатый включительно). 10 9 8 7 5040 m = ⋅ ⋅ ⋅ = , так как первый пассажир может выйти на любом из 10 этажей, тогда второй – на любом из оставшихся 9 этажей, третий – на любом из оставшихся 8, четвер- тый – на любом из оставшихся 7, тогда все они выйдут на разных этажах. Вероятность 5040 ( ) 0, 504. 10000 m P X n = = = Тогда вероятность события X равна ( ) 1 ( ) 1 0, 504 0, 496. P X P X = − = − = Ответ: а) 0,504; б) 0,496. Задача 5. В отрезке единичной длины наудачу появляется точка. Определить вероятность того, что расстояние от точки до концов отрезка превосходит величину k 1 k=7 Решение. Используем геометрическое определение вероятности. Построим схематично отрезок и изобразим точки, отстоящие от концов отрезка на расстояние 1/7: 0 1/7 6/7 1 Отрезок в центре (между точками 1/7 и 6/7) характеризуется тем, что любая точка внутри этого отрезка отстоит от концов единичного отрезка на расстояние не меньшее 1/7. Таким образом, вероятность искомого события равна отношению длины данного отрезка (5/7) к длине всего единичного отрезка, на котором появляется точка: 5 / 7 0, 714 1 P = ≈ Ответ: 0,714. Задача 6. Моменты начала двух событий наудачу распределены в промежутке времени от 1 T до 2 T . Одно из событий длится 10 мин., другое – t мин. Определить вероятность того, что: а) события «перекрываются» по времени; б) «не перекрываются». 1 T =1100; 2 T =1300; t=15 Решение. Используем для решения задачи геометрическое определение вероятности. Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 5 Обозначим моменты начала первого и второго события за x и y . Так как события посту- пают в промежуток 1 T до 2 T , то справедливы следующие условия: 1 2 , T x y T ≤ ≤ . Рассмот- рим прямоугольную систему координат xOy . В этой системе координат всем возможным значениям времени начала событий соответствуют точки квадрата со стороной 2 1 1300 1100 200 T T − = − = (см. рисунок). Закрашенная область S соответствует тем моментам начала событий, при которых они «перекрываются», так как между началами событий проходит не больше времени, чем длится событие (самое первое). Тогда по геометрическому определению вероятности вероятность события A =(События «перекрываются» во времени) равна отношению площади заштрихованной фигуры к площади всего квадрата. Площадь фигуры вычислим как площадь квадрата минус площа- ди двух равнобедренных прямоугольных треугольника: 2 2 2 2 1 1 200 (200 10) (200 15) 9675 2 2 ( ) 0,121. 200 2 40000 P A − − − − = = ≈ ⋅ Вероятность противоположного события A =(События не «перекрываются» во времени) равна ( ) 1 ( ) 1 0,121 0,879 P A P A = − = − = Ответ: 0,121; 0,879. Задача 7. В круге радиуса R наудачу появляется точка. Определить вероятность того, что она попадает в одну из двух непересекающихся фигур, площади которых равны 1 S и 2 S R=12; 1 S =2,39; 2 S =5,57 Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 6 Решение. Используем геометрическое определение вероятности. Считаем, что обе фигу- ры целиком лежат в круге. Тогда вероятность того, что точка попадает в одну из двух не- пересекающихся фигур равна отношению сумме площадей данных фигур к площади всего круга, где точка появляется: 1 2 2 2, 39 5, 57 0, 018. 144 S S P R π π + + = = ≈ Ответ: 0,018. Задача 8. В двух партиях 1 k и 2 k % доброкачественных изделий соответственно. Наудачу выбирают по одному изделию из каждой партии. Какова вероятность обнаружить среди них: а) хотя бы одно бракованное; б) два бракованных; в) одно доброкачественное и одно бракованное? 1 k =86; 2 k =32 Решение. Введем вспомогательные независимые события: 1 A =(Вероятность того, что из первой партии достали доброкачественное изделие), 2 A =(Вероятность того, что из второй партии достали доброкачественное изделие), вероятности даны в условии задачи: 1 ( ) 86% 0,86 P A = = , 2 ( ) 32% 0, 32 P A = = Введем событие X = (Среди изделий есть хотя бы одно бракованное) и противоположное ему событие X = (Среди изделий нет ни одного бракованного, оба доброкачественные). Таким образом, 1 2 X A A = ⋅ , вероятность 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 0,86 0,32 0, 2752 P X P A A P A P A = ⋅ = ⋅ = ⋅ = Тогда вероятность события X равна ( ) 1 ( ) 1 0, 2752 0, 7248 P X P X = − = − = Введем событие Y = (Оба изделия бракованные). 1 2 Y A A = ⋅ , вероятность 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (1 0,86)(1 0,32) 0, 0952 P Y P A A P A P A = ⋅ = ⋅ = − − = Введем событие Z = (Среди двух изделий одно бракованное и одно доброкачественное). Можно воспользоваться связью между событиями: ( ) ( ) ( ) P Z P Y P X + = , откуда ( ) ( ) ( ) 0, 7248 0, 0952 0, 6296 P Z P X P Y = − = − = Ответ: а) 0,7248; б) 0,0952; в) 0,6296. Задача 9. Вероятность того, что цель поражена при одном выстреле первым стрелком - 1 p , вторым - 2 p . Первый сделал 1 n , второй - 2 n выстрелов. Определить вероятность то- го, что цель не поражена. Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 7 1 p =0,66; 2 p =0,49; 1 n =3; 2 n =2 Решение. Сначала найдем вероятности промаха для каждого стрелка: 1 1 1 1 0, 66 0, 34 q p = − = − = , 2 2 1 1 0, 49 0, 51 q p = − = − = Чтобы цель не была поражена, первый стрелок должен промахнуться все 3 раза (вероят- ность 3 0, 34 ), второй стрелок должен промахнуться два раза (вероятность 2 0, 51 ), так как выстрелы стрелков независимы, искомая вероятность, что цель не будет поражена, равна: 3 2 0, 34 0, 51 0, 01 P = ⋅ ≈ Ответ. 0,01. Задача 10. Два игрока A и B поочередно бросают монету. Выигравшим считается тот, у кого раньше выпадет герб. Первый бросок делает игрок A, второй – B, третий – A и т.д. 1. Найти вероятность того, что A выиграл до k броска. 2. Каковы вероятности выигрыша для каждого игрока при сколь угодно длительной игре? k=9. Решение. Вероятность выпадения герба и решки одинаковы, 0, 5 p q = = Вероятность того, что А выиграет на первом броске равна 0,5 (при первом броске у А вы- падет герб). Вероятность того, что А выиграет на втором броске равна 3 0, 5 (при первом броске у А выпадет решка – 0,5, при первом броске у В выпадет решка – 0,5, при втором броске у А выпадет герб – 0,5). Аналогично, вероятность того, что А выиграет на k броске равна 2 1 0, 5 k − Тогда вероятность того, что А выиграет до 9 броска равна сумме вероятностей того, что А выиграет на 1 броске, на 2 броске, …, на 8 броске. Получаем: 8 2 1 3 5 15 1 0, 5 0, 5 0, 5 0, 5 ... 0, 5 0, 6667 k k P − = = = + + + + ≈ ∑ Чтобы найти вероятность выигрыша игрока А при сколь угодно долгой игре, нужно по- ложить k → ∞ . По формуле суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии ( 0 1 1 n n q q ∞ = = − ∑ ) получаем: 2 1 2 1 1 1 1 0 1 1 1 2 0, 5 2 0, 5 2 (1/ 4) 2 (1/ 4) 4 2 1 1/ 4 3 k k k k k k k k P ∞ ∞ ∞ ∞ − = = = = = = = = ⋅ = ⋅ = − ∑ ∑ ∑ ∑ - вероятность победы игрока А, тогда вероятность победы игрока В равна 1 2 / 3 1/ 3 − = Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 8 Ответ: 0,6667; 2/3; 1/3. Задача 11. Урна содержит M занумерованных шаров с номерами от 1 до M. Шары извле- каются по одному без возвращения. Рассматриваются следующие события: A – номера шаров в порядке поступления образуют последовательность 1, 2, …, M; B – хотя бы один раз совпадает номер шара и порядковый номер извлечения; C – нет ни одного совпадения номера шара и порядкового номера извлечения. Определить вероятности событии A, B, C. Найти предельные значения вероятностей при ∞ → M M=10 Решение. Используем классическое определение вероятности: n m P = , где m – число ис- ходов, благоприятствующих осуществлению события, а n – число всех возможных исхо- дов. ! 10! n M = = - число различных последовательностей извлечения шаров. ( ) 1 m A = - только одна последовательность соответствует извлечению в порядке 1, 2, …, M, поэтому 6 1 ( ) 0, 28 10 10! P A − = ≈ ⋅ 10 1 1 10 1 1 ( ) ( 1) ( )! ( 1) (10 )! 2293839 M i i i i M i i m B C M i C i + + = = = − − = − − = ∑ ∑ - число различных последова- тельностей извлечения шаров, имеющих хотя бы одну неподвижную точку (то есть име- ющих хотя бы одно совпадение номера шара и номера извлечения). Вероятность 2293839 ( ) 0, 632 10! P B = ≈ Событие C противоположно событию B , поэтому вероятность ( ) 1 ( ) 1 0, 632 0, 368 P C P B = − = − = Найдем предельные значения вероятностей при M → ∞ 1 lim ( ) lim 0 ! M M P A M →∞ →∞ = = , 1 1 1 1 ( 1) ( )! ( 1) lim ( ) lim lim 1 1/ 0, 632 ! ! M i i i M M i M M M i C M i P B e M i + + = →∞ →∞ →∞ = − − − = = = − ≈ ∑ ∑ , lim ( ) 1 lim ( ) 1/ 0, 368 M M P C P B e →∞ →∞ = − = ≈ Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 9 Задача 12. Из 1000 ламп i n принадлежат − i й партии, 3 1 1, 2, 3, 1000 i i i n = = = ∑ . В первой партии 6%, во второй 5%, в третьей 4% бракованных ламп. Наудачу выбирается одна лам- па. Определить вероятность того, что выбранная лампа – бракованная. 1 n =700; 2 n =90 Решение. Введем полную группу независимых гипотез: Hi = (Лампа принадлежат i -ой партии), 1, 2, 3 i = Найдем вероятности гипотез по классическому определению вероятностей. Всего ламп 1000, из них 1-ой партии принадлежат 700, то есть 700 ( 1) 0, 7 1000 P H = = , 2-ой партии при- надлежат 90, то есть 90 ( 2) 0, 09 1000 P H = = , остальные 1000-700-90=210 ламп принадлежат 3-ей партии, поэтому 210 ( 3) 0, 21 1000 P H = = Введем событие A = (Лампа бракованная). По условию даны априорные вероятности: ( | 1) 0, 06 P A H = , ( | 2) 0, 05 P A H = , ( | 3) 0, 04 P A H = Вероятность события A найдем по формуле полной вероятности: ( ) ( | 1) ( 1) ( | 2) ( 2) ( | 3) ( 3) 0, 7 0, 06 0, 09 0, 05 0, 21 0, 04 0, 0549. P A P A H P H P A H P H P A H P H = + + = = ⋅ + ⋅ + ⋅ = Ответ: 0,0549. Задача 13. В первой урне 1 N белых и 1 M черных шаров, во второй 2 N белых и 2 M черных. Из первой во вторую переложено К шаров, затем из второй урны извлечен один шар. Определить вероятность того, что выбранный из второй урны шар – белый. 1 N =3; 1 M =2; 2 N =4; 2 M =4; К=2 Решение. Введем полную группу гипотез: 1 H = (Из первой урны во вторую переложили 2 белых и 0 черных шаров), 2 H = (Из первой урны во вторую переложили 1 белый и 1 черный шар), 3 H = (Из первой урны во вторую переложили 0 белых и 2 черных шара). Найдем вероятности гипотез по классическому определению вероятности: 2 3 2 5 3 ( 1) 0, 3 10 C P H C = = = , 1 1 3 2 2 5 6 ( 2) 0, 6 10 C C P H C ⋅ = = = , 2 2 2 5 1 ( 3) 0,1 10 C P H C = = = После перекладывания шаров во второй урне станет (при выполнении соответствующей гипотезы): 1 H - 6 белых и 4 черных шаров. 2 H - 5 белых и 5 черных шаров. Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 10 3 H - 4 белых и 6 черных шаров. Введем событие A = (Из второй урны выбран белый шар). Найдем условные вероятности по классическому определению вероятности: 6 ( | 1) 0, 6 6 4 P A H = = + , 5 ( | 2) 0, 5 5 5 P A H = = + , 4 ( | 3) 0, 4 6 4 P A H = = + Найдем вероятность события A по формуле полной вероятности: ( ) ( | ) ( ) 0, 3 0, 6 0, 6 0,5 0,1 0, 4 0, 52 P A P A Hi P Hi = = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∑ Ответ: 0,52. Задача 14. В альбоме k чистых и l гашеных марок. Из них наудачу извлекаются m ма- рок (среди которых могут быть и чистые, и гашеные), подвергаются спецгашению и воз- вращаются в альбом. После этого вновь наудачу извлекается n марок. Определить вероят- ность того, что все n марок чистые. k=11; l=8; m=2; n=5 Решение. Введем полную группу гипотез: 1 H = (Выбрано 2 чистых марки), 2 H = (Выбрано 1 чистая и 1 гашеная марка), 3 H = (Выбрано 2 гашеные марки). Найдем вероятности гипотез по классическому определению вероятностей: 2 11 2 19 55 ( 1) 171 C P H C = = , 1 1 11 8 2 19 88 ( 2) 171 C C P H C ⋅ = = , 2 8 2 19 28 ( 3) 171 C P H C = = Введем событие A = (После гашения все пять выбранных марок - чистые). Найдем апри- орные условные вероятности ( | ) P A Hi , 1, 2, 3 i = Гипотеза 1 H . После гашения будет 9 чистых и 10 гашеных марок, 5 9 5 19 126 7 ( | 1) 0, 011 11628 646 C P A H C = = = ≈ Гипотеза 2 H . После гашения будет 10 чистых и 9 гашеных марок, 5 10 5 19 252 7 ( | 2) 0, 022 11628 323 C P A H C = = = ≈ Гипотеза 3 H . После гашения будет 11 чистых и 8 гашеных марок, 5 11 5 19 462 77 ( | 3) 0, 04 11628 1938 C P A H C = = = ≈ Вероятность события A найдем по формуле полной вероятности: Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 11 3 1 55 88 28 ( ) ( | ) ( ) 0, 011 0, 022 0, 04 0, 021. 171 171 171 i P A P A Hi P Hi = = ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ≈ ∑ Ответ: 0,021. Задача 15. В магазин поступают однотипные изделия с трех заводов, причем i-й завод по- ставляет i m % изделий (i = 1, 2, 3). Среди изделий i-го завода i n % первосортных. Куплено одно изделие. Оно оказалось первосортным. Определить вероятность того, что купленное изделие выпущено j-м заводом. 1 m =60; = 2 m 20; = 3 m 20; 1 n =70; 2 n =80; = 3 n 90; j=3 Решение. Введем полную группу гипотез: 1 H = (Изделие выпущено 1-ым заводом), 2 H = (Изделие выпущено 2-ым заводом), 3 H = (Изделие выпущено 3-им заводом). По условию известны вероятности гипотез ( 1) 0, 6 P H = , ( 2) 0, 2 P H = , ( 3) 0, 2 P H = Введем событие A = (Изделие первосортное). По условию известны априорные вероятности: ( | 1) 0, 7 P A H = , ( | 2) 0,8 P A H = , ( | 3) 0, 9 P A H = Вероятность того, что изделие выпущено 3-им заводом, если оно оказалось первосортным ( 3 | ) P H A найдем по формуле Байеса: ( | 3) ( 3) ( 3 | ) ( | 1) ( 1) ( | 2) ( 2) ( | 3) ( 3) 0, 2 0, 9 0,18 0, 237. 0, 6 0, 7 0, 2 0,8 0, 2 0, 9 0, 42 0,16 0,18 P A H P H P H A P A H P H P A H P H P A H P H = = + + ⋅ = = ≈ ⋅ + ⋅ + ⋅ + + Ответ: 0,237. Задача 16. Монета бросается до тех пор, пока герб не выпадает n раз. Определить вероят- ность того, что цифра выпадет m раз. n=6; m=5 Решение. Таким образом, нужно найти вероятность того, что за 10 бросков выпадет 5 гер- бов и 5 цифр, а потом на последнем 11-ом броске выпадет шестой герб, броски закончат- Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 12 ся. Вероятности выпадения герба и цифры одинаковы и равны 1/2, броски монет незави- симы, поэтому, вероятность найдем по формуле Бернулли: 5 5 5 10 10 11 1 1 1 1 252 63 (5) 0,123. 2 2 2 2 2 512 P P C = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = = ≈ Ответ. 0,123. Задача 17. Вероятность выигрыша в лотерею на один билет равна p. Куплено n билетов. Найти наивероятнейшее число выигравших билетов и соответствующую вероятность. p=0,3; n=15 Решение. Имеем схему Бернулли с параметрами 15 n = и 0, 3 p = , 1 0, 7 q p = − = . Наиве- роятнейшее число выигрышных билетов k определяется из формулы p np k q np + < ≤ − , 15 0, 3 0, 7 15 0, 3 0, 3 k ⋅ − ≤ < ⋅ + , 3,8 4,8 k ≤ < откуда 4 k = Соответствующую вероятность найдем по формуле Бернулли ( ) (1 ) k k n k n n P k C p p − = − , откуда получаем: 4 4 11 4 11 4 11 15 15 15! 12 13 14 15 (4) 0, 3 0, 7 0, 3 0, 7 0, 3 0, 7 0, 219 4!11! 1 2 3 4 P C ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ≈ ⋅ ⋅ ⋅ Ответ: 4 k = ; 0,219. Задача 18. На каждый лотерейный билет с вероятностью 1 p может выпасть крупный вы- игрыш, с вероятностью 2 p - мелкий выигрыш и с вероятностью 3 p билет может оказать- ся без выигрыша, 3 1 1 i i p = = ∑ . Куплено n билетов. Определить вероятность получения 1 n крупных выигрышей и 2 n мелких. n=15, 1 n =2; 2 n =2; 1 p =0,15; 2 p =0,2 Решение. Имеем полиномиальную схему с тремя исходами и вероятностями: Крупный выигрыш, 1 0,15 p = , Мелкий выигрыш, 2 0, 2 p = Нет выигрыша, 3 1 0,15 0, 2 0, 65 p = − − = Тогда вероятность того, что при покупке 15 билетов будет 2 с крупным выигрышем, 2 с мелким выигрышем и 11 без выигрыша, равна: Задача скачана с сайта www.MatBuro.ru Решебник Чудесенко по теории вероятностей и математической статистике ©МатБюро - Решение задач по математике, экономике, статистике 13 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 11 2 2 11 15 15! 12 13 14 15 (2, 2,11) 0,15 0, 2 0, 65 0,15 0, 2 0, 65 0, 065. 2!2!11! 4 P ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ≈ Ответ: 0,065. Задача 19. Вероятность «сбоя» в работе телефонной станции при каждом вызове равна p. Поступило n вызовов. Определить вероятность m «сбоев». m=7; n=1000; p=0,007 Решение. Имеем схему Бернулли с параметрами 1000 n = , 0, 007 p = . Так как 1000 n = достаточно велико, а вероятность 0, 007 p = мала, можно использовать для приближенно- го вычисления формулу Пуассона: ( ) ( ) ! k np n np P k e k − = - вероятность того, что из n выстрелов будет ровно k попаданий. Обо- значим 1000 0, 007 7 np λ = = ⋅ = , получим формулу 7 1000 7 ( ) ! k P k e k − = Тогда вероятность того, что будет ровно 7 сбоев, равна 7 7 1000 7 (7) 0,149. 7! P e − = ≈ Ответ: 0,149. Задача 20. Вероятность наступления некоторого события в каждом из n независимых ис- пытаний равна p. Определить вероятность того, что число m наступлений события удо- влетворяет неравенству 2 1 k m k ≤ ≤ n=100; p=0,7; 1 k =65; 2 k =75. Решение. Используем интегральную теорему Муавра-Лапласа: 2 1 ( 1, 2) n k np k np P k k npq npq − − ≈ Φ − Φ . Здесь n=100, p=0,7, q= 1-p = 0,3, k1=65, k2=75, зна- чения функции Лапласа берутся из таблицы. Подставляем: 100 75 100 0, 7 65 100 0, 7 (65, 75) (1, 09) ( 1, 09) 100 0, 7 0, 3 100 0, 7 0, 3 2 (1, 09) 2 0, 3621 0, 7242. P − ⋅ − ⋅ ≈ Φ − Φ = Φ − Φ − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = Φ = ⋅ = Ответ: 0,7242. |