3745710 (Решённый вариант 3 (из Чудесенко))

Ч _ 2 _ 01_ 03N =5 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 Ω= 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 Т .о. для суммы числа выпавших очков мы имеем следующие пространствоэлементарных событийΩ A = {2,3,3, 4, 4, 4,5,5,5,5, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 7, 7, 7,8,8,8,8,8,9,9, 9,9,10,10,10,11,11,12},а для произведения выпавших очковΩ B = {1, 2, 2,3,3, 4, 4, 4,5,5, 6, 6, 6, 6,8,8,9,10,10,12,12,12,12,15,15,16,18,18, 20, 20, 24, 24, 25,30,30,36}по классическому определению вероятности найдем искомые вероятностиa ) A = {2, 3,3, 4, 4, 4,5, 5,5,5},10P== 27.77% ( сумма ≤ N )36б ) A = {1, 2, 2,3,3, 4, 4, 4,5,5}10= 27.77% ( произведение ≤ N )36в ) A = {5,5,10,10,15,15, 20, 20, 25,30,30}P=P=11= 30.55% ( произведение кратно N )36Ч _ 2 _ 02 _ 03n1 = 2; n2 = 3; n3 = 4; n4 = 1m1 = 1; m2 = 2; m3 = 3; m4 = 1n = n1 + n2 + n3 + n4 = 10m = m1 + m2 + m3 + m4 = 7неупорядоченный набор из m изделий состоит из {1, 2,..., m1} первосортныхизделий ,{m1 + 1, m1 + 2,..., m1 + m2 } второсортных изделий ,{m1 + m2 + 1,..., m1 + m2 + m3 } третьесортных изделий ,и {m1 + m2 + m3 + 1,..., m} изделий четвертого сорта.Кол − во всех наборов изделий 1 сорта равно Сnm11 ;2 сорта − Cnm22 ;3 сорта − Cnm33 ;4 сорта − Cnm44Так как для получения набора из m изделий , содержащего m1 , m2 , m3 , m4соответсвующих сортов, можно соединить любой набор из соответствующихсортов ⇒ кол − во элементарных событий , благоприятствующихрассматриваемому событию равно Сnm11 ⋅ Cnm22 ⋅ Cnm33 ⋅ Cnm44 ⇒⇒ искомая вероятность составляет P ==2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅1= 20%120Сnm11 ⋅ Cnm22 ⋅ Cnm33 ⋅ Cnm44Сnm=С21 ⋅ C32 ⋅ C43 ⋅ C11=С107Ч _ 2 _ 04 _ 03k = 8; n = 5т.к.

пассажиры не выходят на первом этаже, то кол − во этажей , на которыхони могут выйдти равно (k − 1) ⇒ общее число возможных исходов равно ( k − 1) n == 75 = 16807A = {все пассажиры вышли на разных этажах}B = {хотя бы двое сошли на одном этаже}рассмотрим событие А.

Если произошло А, то это означает, то не все пассажирывышли на разных этажах ⇒ хотя бы двое сошли на одном этаже ⇒ B = А ⇒⇒ P( B ) = P ( А) = 1 − P( A).Для события А число способов, которыми можно распределить n пассажиров по( k − 1) этажам равно Аkn−1 = A75 = 2520(число исходов, благоприятствующих событию A)по классическому определению вероятностиP ( A) =Аkn−12520== 14.99% ⇒ P ( B) = 1 − P( A) = 85.00%n(k − 1) 16807замечание Аkn−1 = Ckn−1 ⋅ n! =( k − 1)!( k − 1 − n)!Ч _ 2 _ 06 _ 03T1 = 1000 ; T2 = 1100 ; t = 10пространство элементарных исходов можно представить на плоскости в виде квадрата состороной (T2 − T1 ). Площадь квадрата равна (T2 − T1 ) 2встреча произойдет, если первое событие началось на t1 (t1 ∈ [0;10] мин) раньше второго иливторое событие началось на t2 (t2 ∈ [0; t ] мин) раньше первого. Этим условиям соответствуетзакрашенная часть графика.A = {события перекрываются во времени}B = {события не перекрываются во времени}рассмотрим событие A.

Если А не произошло, то это значит, что события не перекрываются ⇒⇒ A = B ⇒ P ( B) = P ( A) = 1 − P( A); по определению геометрической вероятности11112222T − T − 10 ) + (T2 − T1 − t )( 60 − 10 ) + ( 60 − 10 )S не заш 2 ( 2 122== 2= 69.44% ⇒P( B ) =S квадр(T2 − T1 ) 260 2⇒ P( A) = 1 − P ( B) = 30.55%τ210 минt минT2T1T1T2τ1Ч _ 2 _ 08 _ 03k1 k287 31вероятность выбора доброкачественного изделия равна k ⇒ (1 − k ) − вероятностьвыбора бракаA − из первой партии выбрали бракаванноеB − из второй партии выбрали бракаванноесобытия A и B попарно независемыa ) хотя бы 1 бракованноеэто событие состоит из суммы следующих событий1) из 1 партии выбрали бракованное; из 2 партии выбрано бракованное2) из 1 партии выбрали бракованное; из 2 партии выбрано доброкачественное3) из 1 партии выбрали доброкачественное; из 2 партии выбрано бракованное⇒ PA = P ( AB ) + P ( AB ) + P ( AB ) = P ( A) ⋅ P ( B ) + P ( A) ⋅ P ( B ) + P ( A) ⋅ P ( B ) == (1 − k1 )(1 − k2 ) + (1 − k1 ) ⋅ k2 + k1 ⋅ (1 − k2 ) = 73.03%б )2 бракованныхэто событие состоит из произведения событий A и B ⇒⇒ PB = P ( AB ) = P ( A) ⋅ P ( B ) = (1 − k1 ) ⋅ (1 − k2 ) = 8.97%в )1 бракованное и 1 доброкачественноеэто событие состоит из суммы следующих событий2) из 1 партии выбрали бракованное; из 2 партии выбрано доброкачественное3) из 1 партии выбрали доброкачественное; из 2 партии выбрано бракованное⇒ PA = P ( AB ) + P ( AB) = P ( A) ⋅ P ( B ) + P ( A) ⋅ P ( B ) = (1 − k1 ) ⋅ k2 + k1 ⋅ (1 − k2 ) = 64.06%Ч _ 2 _10 _ 03k =6Ci − {на i − м броске выпал герб}P (Ci ) = P(Ci ) = 1 / 2тогда вероятность выйгрыша игрока AP ( A) = P(C1 ) + P(C1 ) ⋅ P(C2 ) ⋅ P (C3 ) + P(C1 ) ⋅ P(C2 ) ⋅ P(C3 ) ⋅ P(C4 ) ⋅ P (C5 ) + ...

==1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k −1 1 1 5 1+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∑ = ∑ = 66.65%2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 i = 0 4i 2 i = 0 4iпри сколь длительной игре k → ∞ 1 k −1 1lim  ∑ ik →∞ 2 i =0 4 1 k −1 1 = lim  ∑ i 2 k →∞  i =0 41P ( B) = 1 − P( A) =3 1 4 2 = ⋅ = = P ( A) 2 3 3Ч _ 2 _11_ 03m=5a) номера шаров в порядке поступления образуют последовательность1,2,..., mвсего существует m! размещений. Т .е нам надо найдти вероятность11 размешения из m! размещений ⇒ PA = = 0.83%m!1lim PA = lim=0m −>∞m −>∞ m!б ) хотя бы 1 раз совпадает номер шара и порядковый номер извлечения.Bk = {к − й шар имеет номер k}тогда искомая вероятность есть m nP  ∑ Bk  = ∑ P( Bi ) − ∑ P( Bi B j ) + ∑ P( Bi B j Bk ) − ... + (−1) m+1 P( B1 B2 ...Bm ) =1≤i < j ≤ m1≤i < j < k ≤ m k =1  i =1= P1 − P2 + P3 − ...

+ (−1) n +1 Pmподсчитаем вероятность Pn (n = 1,2,..., m), т.е. вероятность произведениясобытий B1 B2 ...Bn . Всего существует n! размещений ⇒1 m m (−1) k −1 m (−1) k −1( n = 1,2,..., m) ⇒ PB = P  ∑ Bk  = ∑=∑= 63.33%!!n!kkk=1k=1k=1k −1m(−1)1lim PB = lim ∑= 1 − ≈ 63.21%m −>∞m −>∞k!ek =1в ) нет ни одного совпадения номера шара и порядкового номера извлеченияPn =рассмотрим противоположенное событие, т.е.

когда есть хотя бы1 совпадение. А эту вероятность мы нашди в предыдущем пункте. ⇒⇒ P(C ) = P( B) ⇒ P(C ) = 1 − P( B) = 36.66%lim P(C ) = 1 − lim P( B) = 36.78%m −>∞m −>∞Ч _ 2 _13 _ 03N1M1N2M2K23541A = {из второй корзины извлекли белый шар}выдвигаем гипотезыH i (i = 0,.., K ) − из K переложенных шаров i являются черными. Тогда ( K − i ) являются белымиТ .о.

после перекладывания во второй корзине оказалось ( N 2 + K − i ) белых шаров и( M 2 + i ) черных. По классическому определению вероятности найдем вероятностьизвлечения белого шара из второй урны после перекладывания. P =Т .о. P( A / H i ) =N2 + K − i.N2 + M 2 + KN2 + K − iN2 + M 2 + Kнайдем вероятность гипотезы H i : P( H i ) =CNK1−i ⋅ CMi 1CNK1 + M1по формуле полной вероятности искомая вероятность равнаKKCNK1−i ⋅ CMi 1i =0i =0CNK1 + M1P( A) = ∑ P( H i ) ⋅ P( A / H i ) = ∑⋅1C1−i ⋅ C i 5 + 1 − iN2 + K − i= 54%=∑ 2 1 3 ⋅N 2 + M 2 + K i = 0 C55 + 4 +1Ч _ 2 _15 _ 03m1 m2 m3 n1n2n3j50 30 20 70 80 90 3выдвигаем гипотезыH i − купленное изделие с i − го завода (i = 1,2,3)mi100A = {куплено первосортное изделие}очевидно, что при выполнении i − й гипотезы шанс покупки первосортногоP( H i ) =ni100по формуле полной вероятностиP ( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A / H 3 ) =изделия равен ni ⇒ P( A / H i ) =3mi ni⋅i =1 100 100по формуле Байеса=∑P ( H j / A) =P ( H j ) ⋅ P( A / H j )P( A)mj=⋅nj100 100 = 0.18 = 23.37% mi ni  0.77⋅∑i=1  100 100 3.