ТВиМС (Теория вероятностей и математическая статистика. Теория и примеры решения задач)
Описание файла
Файл "ТВиМС" внутри архива находится в следующих папках: Теория вероятностей и математическая статистика. Теория и примеры решения задач, ТВиМС, Экзамен, Примеры решения задач. Документ из архива "Теория вероятностей и математическая статистика. Теория и примеры решения задач", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "теория вероятностей и математическая статистика" из 4 семестр, которые можно найти в файловом архиве МАИ. Не смотря на прямую связь этого архива с МАИ, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "остальное", в предмете "теория вероятности и математическая статистика" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "ТВиМС"
Текст из документа "ТВиМС"
ТЕМА 1:
Задача 1Б. В розыгрыше кубка страны по футболу берут участие 17 команд. Сколько существует способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали?
Решение:
Поскольку медали не равноценны, то количество способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали среди команд будет равно числу размещений из 17-ти элементов по 3, т.е. 
= 4080.
Задача 2Б. Произведено три выстрела по мишени. Рассматриваются такие элементарные события: А – попадание в мишень при i-том выстреле; 
– промах по мишени при i-том выстреле. Выразить через А и следующие события:
А – все три попадания; В – ровно два попадания; С – все три промаха; D – хотя бы одно попадание; Е – больше одного попадания; F – не больше одного попадания.
Решение:
А – все три попадания, т.е. совместное появления трех событий А1, А2 и А3
Р(А) = Р(А1 и А2 и А3)
В – ровно два попадания, т.е. два попадания и один промах
Р(В) = Р( 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3)
С – все три промаха, т.е. совместное появления трех событий 1 и 2, 3
Р(С) = Р( 1 и 2 и 3)
D – хотя бы одно попадание, т.е. или одно попадание, или два попадания или три попадания
Р(D) = Р( 1 и 2 и А3 или 1 и А2 и 3 или А1 и 2 и 3 ИЛИ 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3 ИЛИ А1 и А2 и А3)
или по формуле Р(D) = 1 – Р( 1 и 2 и 3)
Е – больше одного попадания, т.е. или два попадания или три попадания
Р(Е) = Р( 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и А2 и А3)
F – не больше одного попадания, т.е. одно попадание и два промаха
Р(F) = Р( 1 и 2 и А3 или 1 и А2 и 3 или А1 и 2 и 3)
Задача 3Б. Игральный кубик бросают два раза. Описать пространство элементарных событий. Описать события: А – сумма появившихся очков равна 8; В – по крайней мере один раз появится 6.
Решение:
Будем считать пространством элементарных событий множество пар чисел (i, j), где i (соответственно j) есть число очков, выпавших при первом (втором) подбрасывании, тогда множество элементарных событий будет таким:
={(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)}
А – сумма появившихся очков равна 8. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события А={(2,6) (6,2) (5,3) (3,5) (4,4)}.
В – по крайней мере один раз появится 6. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события В={(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) (1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6)}.
Задача 4. В вазе с цветами 15 гвоздик: 5 белых и 10 красных. Из вазы наугад вынимают 2 цветка. Какова вероятность того, что эти цветки: а) оба белые; б) оба красные; в) разного цвета; г) одного цвета.
Решение:
а) Пусть событие А состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка белые.
Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно 
, т.е. 
= 715 = 105, а количество возможных способов взять 2 белых цветка из 5-ти белых равно 
= 25 = 10. Тогда по классическому определению вероятность события А равна 
.
б) Пусть событие В состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка красные.
Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 715 = 105, а количество возможных способов взять 2 красных цветка из 10-ти красных равно 
= 95 = 45. Тогда по классическому определению вероятность события В равна 
.
в) Пусть событие С состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка разного цвета, т.е. один белый и один красный.
Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 715 = 105, а количество возможных способов взять 1 красный цветок из 10-ти красных И 1 белый цветок из 5-ти белых равно 
*
= 105 = 50. Тогда по классическому определению вероятность события С равна 
.
г) Пусть событие D состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка одного цвета, т.е. или оба белые (событие А) или оба красные (событие В). По теореме сложения независимых событий вероятность события D будет равна
Р(D) = Р(А или В) = Р(А) + Р(В) = 0,095 + 0,43 = 0,525
Задача 5. Из шести карточек с буквами I, С, К, Ь, Н, М наугад одну за другой вынимают и раскладывают в ряд в порядке появления. Какова вероятность того, что появится слово
а) «НIС»; б) «CIM»?
Решение: (для пунктов а) и б) одинаково)
Каждый вариант получившегося «слова» является размещением из 6-ти элементов по 3. Число таких вариантов равно 
. Из этих вариантов правильным будет только один, т.е. m = 1, тогда по классическому определению вероятности 
.
Задача 6. Вероятность того, что в течении одной смены возникнет поломка станка равна 0,05. Какова вероятность того, что не возникнет ни одной поломки за три смены?
Решение:
Пусть событие А состоит в том, что в течении одной смены возникнет поломка станка. По условию задачи вероятность этого события равна Р(А) = 0,05. Противоположное событие состоит в том, что в течении одной смены поломка станка НЕ возникнет. Вероятность противоположного события Р( ) = 1– Р(А) = 1 – 0,05 = 0,95. Искомая вероятность равна Р(В) = Р( и и ) = Р( )Р( )Р( )= 0,950,950,95 = 0,953 = 0,86
Задача 7. Студент пришел на зачет зная только 30 вопросов из 50. Какова вероятность сдачи зачета, если после отказа отвечать на вопрос преподаватель задает еще один?
Решение:
Вероятность того, что преподаватель задал студенту вопрос, на который он не знал ответа (событие А) равна Р(А) = 
. Найдем вероятность того, что на второй вопрос преподавателя студент знает ответ (событие В) при условии, что ответа на первый вопрос студент не знал. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В) = 
. Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Р(А и В) = Р(А)* РА(В) = 
= 0,24.
Задача 8. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?
Решение:
Поскольку количество испытаний невелико (n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза воспользуемся формулой Бернулли:
, где q = 1 – p
По условию задачи вероятность дождя равна p = 12/30 = 6/15, (в сентябре 30 дней).
Значит вероятность ясного дня равна q = 1 – p = 1 – 6/15 = 9/15.
0,28.
Задача 9. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 25 дней без дождя. Какова вероятность того, что 1-го и 2-го сентября дождя не будет?
Решение:
Вероятность того, что 1-го сентября дождя не будет (событие А) равна Р(А) = 
. Найдем вероятность того, что и 2-го сентября дождя не будет (событие В) при условии, что 1-го сентября дождя не было. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В) = 
. Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Р(А и В) = Р(А)* РА(В) = 
= 0,7.
Задача 10. В условиях задачи 8 найти вероятность наивероятнейшего числа дней без дождя. (Задача 8. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?)
Решение:
Число m0 называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.
n·p – q ≤ m0 ≤ n·p + p
По условию задачи 8 вероятность дня без дождя равна p = 9/15, значит вероятность дождливого дня равна q = 6/15. Составим неравенство
17,6 ≤ m0 ≤ 18,6 m0 = 18
Наивероятнейшее число дней без дождя равно 18. Поскольку количество испытаний велико (n = 30) и нет возможности применить формулу Бернулли, то для нахождения вероятности наивероятнейшего числа дней без дождя воспользуемся локальной теоремой Лапласа:
и (х) – диф. функция Лапласа -Гаусса
Определим аргумент функции Лапласа-Гаусса х: 
.
По таблице значений функции Гаусса определяем, что (0) = 0,3989. Теперь
0,15.
Задача 11. Вероятность получения удачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах.
Решение:
Поскольку количество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 6 раз воспользуемся формулой Бернулли:
, где q = 1 – p
По условию задачи p = 3/4, значит q = 1 – p = 1 – 3/4 = 1/4.
= 
0,146
