Эмм Ш. Задачи по теории вероятностей с решениями Комбинаторика

• Название: Задачи по теории вероятностей с решениями Комбинаторика
• Анкор: Эмм Ш
• Дата: 13.11.2021
• Размер: 0.65 Mb.
• Имя файла: Zadaniya_s_rech_kMod1(18.02.13).doc
• Тип: Задача; #271277
• страница: 2 из 3

4. Повторные независимые испытания. Теорема Бернулли
Задача 1. Игральная кость брошена 6 раз. Найти вероятность того, что ровно 3 раза выпадет «шестерка».

Решение. Шестикратное бросание кости можно рассматривать как последовательность независимых испытаний с вероятностью успеха («шестерки»), равной 1/6, и вероятностью неудачи — 5/6. Искомую вероятность вычисляем по формуле .

Задача 2. Монета бросается 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет не более, чем 2 раза.

Решение. Искомая вероятность равна сумме вероятностей трех событий, состоящих в том, что герб не выпадет ни разу, либо один раз, либо два раза:

Р(А) = Р₆(0) + Р₆(1) + Р₆(2) = .

Задача 3. Аудитор обнаруживает финансовые нарушения у проверяемой фирмы с вероятностью 0,9. Найти вероятность того, что среди 4 фирм-нарушителей будет выявлено больше половины.

Решение. Событие состоит в том, что из 4 фирм-нарушителей будет выявлено три или четыре, т.е.

.

Задача 4. Монета подбрасывается 3 раза. Найти наиболее вероятное число успехов (выпадений герба).

Решение. Возможными значениями для числа успехов в трех рассматриваемых испытаниях являются m = 0, 1, 2 или 3. Пусть A_m - событие, состоящее в том, что при трех подбрасываниях монеты герб появляется m раз. По формуле Бернулли легко найти вероятности событий A_m (см. таблицу):

m	0	1	2	3
Pn(m)	1/8	3/8	3/8	1/8

Из этой таблицы видно, что наиболее вероятными значениями являются числа 1 и 2 (их вероятности равны 3/8). Этот же результат можно получить и из теоремы 2. Действительно, n=3, p=1/2, q=1/2. Тогда

, т.е. .

Задача 5. В результате каждого визита страхового агента договор заключается с вероятностью 0,1. Найти наивероятнейшее число заключенных договоров после 25 визитов.

Решение. Имеем n=10, p=0,1, q=0,9. Неравенство для наиболее вероятного числа успехов принимает вид: 250,1–0,9m*250,1+0,1 или 1,6m*2,6. У этого неравенства только одно целое решение, а именно, m*=2.

Задача 6. Известно, что процент брака для некоторой детали равен 0,5%. Контролер проверяет 1000 деталей. Какова вероятность обнаружить ровно три бракованные детали? Какова вероятность обнаружить не меньше трех бракованных деталей?

Решение. Имеем 1000 испытаний Бернулли с вероятностью «успеха» р=0,005. Применяя пуассоновское приближение с λ=np=5, получаем

1) P₁₀₀₀(3) ;

2) P₁₀₀₀(m3)=1P₁₀₀₀(m<3)=1[ ]1 ,

и Р₁₀₀₀(3)0,14; Р₁₀₀₀(m3)0,875.

Задача 7. Вероятность покупки при посещении клиентом магазина составляет р=0,75. Найти вероятность того, что при 100 посещениях клиент совершит покупку ровно 80 раз.

Решение. В данном случае n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Находим , и определяем (x)=0,2036, тогда искомая вероятность равна Р₁₀₀(80)= .

Задача 8. Страховая компания заключила 40000 договоров. Вероятность страхового случая по каждому из них в течение года составляет 2%. Найти вероятность, что таких случаев будет не более 870.

Решение. По условию задачи n=40000, p=0,02. Находим np=800, . Для вычисления Р(m£870) воспользуемся интегральной теоремой Муавра-Лапласа:

Р(00(х₂) –Ф₀(х₁), где и .

Находим по таблице значений функции Лапласа:

Р(00(х₂)–Ф₀(х₁)=Ф₀(2,5)–Ф₀(–28,57)=0,4938+0,5=0,9938.

Задача 9. Вероятность появления события в каждом из 400 независимых испытаний равна 0,8. Найти такое положительное число , чтобы с вероятностью 0,99 абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от его вероятности не превышала .

Решение. По условию задачи p=0,8, n=400. Используем следствие из интегральной теоремы Муавра-Лапласа: . Следовательно, . По таблице для функции Лапласа определяем . Отсюда =0,0516.

Задача 10. Курс акции за день может подняться на 1 пункт с вероятностью 50%, опуститься на 1 пункт с вероятностью 30% и остаться неизменным с вероятностью 20%. Найти вероятность того, что за 5 дней торгов курс поднимется на 2 пункта.

Решение. Возможны только следующие два варианта развития событий:

1) курс растет 2 дня, ни разу не падает, не меняется 3 дня;

2) курс растет 3 дня, падает 1 день, не меняется 1 день.

Таким образом,


5. Дискретные случайные величины
Задача 1. В связке из 3 ключей только один ключ подходит к двери. Ключи перебирают до тех пор, пока не отыщется подходящий ключ. Построить закон распределения для случайной величины  – числа опробованных ключей.

Решение. Число опробованных ключей может равняться 1, 2 или 3. Если испытали только один ключ, это означает, что этот первый ключ сразу подошел к двери, а вероятность такого события равна 1/3. Итак, Далее, если опробованных ключей было 2, т.е. =2, это значит, что первый ключ не подошел, а второй – подошел. Вероятность этого события равна 2/3×1/2=1/3. То есть, Аналогично вычисляется вероятность В результате получается следующий ряд распределения:

	1	2	3
P	1/3	1/3	1/3

Задача 2. Построить функцию распределения F_(x) для случайной величины  из задачи 1.

Решение. Случайная величина  имеет три значения 1, 2, 3, которые делят всю числовую ось на четыре промежутка: . Если x<1, то неравенство x невозможно (левее x нет значений случайной величины ) и значит, для такого x функция F_(x)=0.

Если 1x<2, то неравенство x возможно только если =1, а вероятность такого события равна 1/3, поэтому для таких x функция распределения F_(x)=1/3.

Если 2x<3, неравенство x означает, что или =1, или =2, поэтому в этом случае вероятность P((x)=2/3.

И, наконец, в случае x3 неравенство x выполняется для всех значений случайной величины , поэтому P((x)=1.

Итак, мы получили следующую функцию:



Задача 3. Совместный закон распределения случайных величин x и h задан c помощью таблицы

x h	1	2
–1	1/16	3/16
0	1/16	3/16
1	1/8	3/8

Вычислить частные законы распределения составляющих величин x и h. Определить, зависимы ли они. Вычислить вероятность .

Решение. Частное распределение для x получается суммированием вероятностей в строках:

;

;

.

Аналогично получается частное распределение для h:

;

.

Полученные вероятности можно записать в ту же таблицу напротив соответствующих значений случайных величин:

x h	1	2	px
–1	1/16	3/16	1/4
0	1/16	3/16	1/4
1	1/8	3/8	1/2
ph	1/4	3/4	1

Теперь ответим на вопрос о независимости случайных величин x и h. С этой целью для каждой клетки совместного распределения вычислим произведение (т.е. сумм по соответствующей строке и столбцу) и сравним его со значением вероятности в этой клетке. Например, в клетке для значений x=-1 и h=1 стоит вероятность 1/16, а произведение соответствующих частных вероятностей 1/4×1/4 равно 1/16, т.е. совпадает с совместной вероятностью. Это условие так же проверяется в оставшихся пяти клетках, и оно оказывается верным во всех. Следовательно, случайные величины x и h независимы.

Заметим, что если бы наше условие нарушалось хотя бы в одной клетке, то величины следовало бы признать зависимыми.

Для вычисления вероятности отметим клетки, для которых выполнено условие . Таких клеток всего три, и соответствующие вероятности в этих клетках равны 1/8, 3/16, 3/8. Их сумма равна 11/16, это и есть искомая вероятность. Вычисление этой вероятности можно записать так:


Задача 4. Пусть случайная величина ξ имеет следующий закон распределения:

	–1	0	2
P	1/4	1/4	1/2

Вычислить математическое ожидание M, дисперсию D и среднеквадратическое отклонение .

Решение. По определению математическое ожидание  равно

.

Далее

,

а потому

.

Среднее квадратическое отклонение .

Задача 5. Для пары случайных величин из задачи 3 вычислить .

Решение. Воспользуемся формулой . А именно, в каждой клетке таблицы выполняем умножение соответствующих значений и , результат умножаем на вероятность p_ij, и все это суммируем по всем клеткам таблицы. В итоге получаем:



Задача 6. Для пары случайных величин из задачи 3 вычислить ковариацию cov(,).

Решение. В предыдущей задаче уже было вычислено математическое ожидание . Осталось вычислить и . Используя полученные в решении задачи 3 частные законы распределения, получаем

; ;

и значит,

,

чего и следовало ожидать вследствие независимости случайных величин.

Задача 7. Случайный вектор (x,h) принимает значения (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) и (0,–1) равновероятно. Вычислить ковариацию случайных величин x и h. Показать, что они зависимы.

Решение. Поскольку Р(x=0)=3/5, P(x=1)=1/5, P(x=–1)=1/5; Р(h=0)=3/5, P(h=1)=1/5, P(h=–1)=1/5, то Мx=3/50+1/51+1/5(–1)=0 и Мh=0;

М(xh)=0´0´1/5+1´0´1/5–1´0´1/5+0´1´1/5–0´1´1/5=0.

Получаем cov(x,h)=М(xh)–МxМh=0, и случайные величины некоррелированны. Однако они зависимы. Пусть x=1, тогда условная вероятность события {h=0} равна Р(h=0|x=1)=1 и не равна безусловной Р(h=0)=3/5, или вероятность {ξ=0,η=0} не равна произведению вероятностей: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/25. Следовательно, x и h зависимы.

Задача 8. Случайные приращения цен акций двух компаний за день  и  имеют совместное распределение, заданное таблицей:

 	1	+1
1	0,3	0,2
+1	0,1	0,4

Найти коэффициент корреляции.

Решение.Прежде всего вычисляем M=0,30,20,1+0,4=0,4. Далее находим частные законы распределения  и :

 	1	+1	p
1	0,3	0,2	0,5
+1	0,1	0,4	0,5
p	0,4	0,6

Определяем M=0,50,5=0; M=0,60,4=0,2; D=1; D=1–0,2²=0,96; cov(,)=0,4. Получаем

.

Задача 9. Случайные приращения цен акций двух компаний за день имеют дисперсии D=1 и D=2, а коэффициент их корреляции =0,7. Найти дисперсию приращения цены портфеля из 5 акций первой компании и 3 акций второй компании.

Решение. Используя свойства дисперсии, ковариации и определение коэффициента корреляции, получаем:

.

Задача 10. Распределение двумерной случайной величины задано таблицей:

h\x	1	3	4	8
3	0,15	0,06	0,25	0,04
6	0,30	0,10	0,03	0,07

Найти условное распределение и условное математическое ожидание h при x=1.

Решение. Условное математическое ожидание равно

.

Из условия задачи найдем распределение составляющих h и x (последний столбец и последняя строка таблицы).

h\x	1	3	4	8	Ph
3	0,15	0,06	0,25	0,04	0,50
6	0,30	0,10	0,03	0,07	0,50
Px	0,45	0,16	0,28	0,11	1

Поскольку , то условные вероятности находятся по формулам

, ,

а искомое условное математическое ожидание равно .