27 (516246)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Ч _ 2 _10 _ 27k =7Ci − {на i − м броске выпал герб}P (Ci ) = P (Ci ) = 1 / 2тогда вероятность выйгрыша игрока BP ( B ) = P(C1 ) ⋅ P(C2 ) + P(C1 ) ⋅ P(C2 ) ⋅ P (C3 ) ⋅ P (C4 ) + ... ==1 k 1 1 7 1∑ = ∑ = 33.33%4 i = 0 4i 4 i = 0 4 iпри сколь длительной игре k → ∞1 k 1lim  ∑ ik →∞ 4 i =0 4 1 k 1lim=∑ i 4 k →∞  i =0 42P ( A) = 1 − P( B) =3 1 4 1 = ⋅ = = P( B) 4 3 31 1 1 1 1 1⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ... =2 2 2 2 2 2Ч _ 2 _11_ 27m=9a) номера шаров в порядке поступления образуют последовательность1,2,..., mвсего существует m! размещений. Т .е нам надо найдти вероятность11 размешения из m! размещений ⇒ PA = = 2.7 ⋅ 10−3 %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  = ∑=∑= 63.21%!!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) = 36.78%lim P(C ) = 1 − lim P( B) = 36.78%m −>∞m −>∞Ч _ 2 _12 _ 27По условию задачи общее количество ламп − 1000.Поэтому n3 = 1000 − n1 − n2n1n2n3710 160 130A = {выбранная лампа бракованная}выдвигаем гипотезы(1)n1= 71%1000(1)nH 2 − выбранная лампа со второго завода; P ( H 2 ) = 2 = 16%1000(1)nH 3 − выбранная лампа с третьего завода; P( H 3 ) = 3 = 13%1000очевидно, что при выполнении H1 вероятность попаданияH1 − выбранная лампа с первого завода; P ( H1 ) =бракованной лампы 6% ⇒ P( A / H1 ) = 0.06очевидно, что при выполнении H 2 вероятность попаданиябракованной лампы 5% ⇒ P ( A / H 2 ) = 0.05очевидно, что при выполнении H 3 вероятность попаданиябракованной лампы 4% ⇒ P( A / H 3 ) = 0.04по формуле полной вероятности3P ( A) = ∑ P( H i ) ⋅ P( A / H i ) =i =1= P ( H1 ) ⋅ P ( A / H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) ==nn1n⋅ 0.06 + 2 ⋅ 0.05 + 3 ⋅ 0.04 = 5.58%100010001000(1) по классическому определению вероятностиЧ _ 2 _13 _ 27N1M1N2M2K25325717A = {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 ) = ∑⋅17C17 −i ⋅ C i 25 + 17 − iN2 + K − i= 81.99%= ∑ 25 17 3 ⋅N 2 + M 2 + K i = 0 C2825 + 7 + 17Ч _ 2 _14 _ 27k l m n7 8 4 3A = {второй раз вынули n чистых марок}выдвигаем гипотезыH i = {при первом извлечении вынуто i чистых марок} (i = 0,1,..., m)Cki ⋅ Clm−iесли вынуто i чистых марок, то гашеных марок вынуто ( m − i ) ⇒ P( H i ) =Ckm+lCkn−iпри выполнении гипотезы H i чистых макор останется k − i ⇒ P ( A / H i ) = nCk +lCki ⋅ Clm −i Ckn−iпо формуле полной вероятности P( A) = ∑ P ( H i ) ⋅ P( A / H i ) = ∑⋅ n =Ckm+lCk + li =0i =0mC7i ⋅ C84−i C73−i=∑⋅ 3 = 2.78%C154C15i =04mЧ _ 2 _15 _ 27m1 m2 m3 n1n2n3j20 40 40 90 70 80 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 = 0.32 = 41.02% mi ni  0.78⋅∑i=1  100 100 3Ч _ 2 _16 _ 27n m57опыт состоит из последовательного брасания монеты (n + m) раз.Очевидно, что1) каждое бросание монеты событие независемое2)вероятность выпадения герба или цифры при каждом бросании 1/ 2интересующие нас событие состоится, если осуществятся одновременнодва взаимно независемых события :А = {при первых ( n + m − 1) бросках герб выпадет ровно (n − 1) раз}B = {при последнем броске выпадает герб}Очевидно, что по биномиальному распределениюn −1m111111P( A) = C⋅   ⋅   = C114 ⋅   , а P( B) =2222т.к.

события A и B независемы, то искомая вероятность равнаn −1n + m −111!  1 1 1Px = P ( A) ⋅ P ( B) = C ⋅   ⋅ =⋅   = 8.05% 2  2 4!⋅ 7!  2 1141112Ч _ 2 _17 _ 27p n0.7 15т.к. ( (n + 1) p ) − дробное число, тодля нахождения наиболее вероятного числа выйгравших билетов,воспользуемся формулой m0 = [( n + 1) ⋅ p] = 11по формуле Бернулли найдем соответствующую вероятностьP = Cnm0 ⋅ p m0 ⋅ q n−m0 = Cnmo ⋅ p m0 ⋅ (1 − p) n−m0 = C1511 ⋅ 0.711 ⋅ 0.34 = 21.86%Ч _ 2 _18 _ 27n n114 2n22p1p20.25 0.35n3 = n − n1 − n2 = 10p3 = 1 − p1 − p2 = 0.4A = {получено n1 крупных выйгрышей и n2 мелких}любой билет из n может быть с крупным выйгрышем, с мелким выйгрышем ибез выйгрыша. Причем эти события попарно несовместны. Тогда P ( A) можнонайдти по полиномиальной схемеP ( A) = Pn (n1 , n2 , n3 ) =n!14!⋅ p1n1 ⋅ p2n2 ⋅ p3n3 =⋅ 0.252 ⋅ 0.352 ⋅ 0.410 = 0.48%2!⋅ 2!⋅ 10!n1!⋅ n2!⋅ n3!Ч _ 2 _19 _ 27mnp9 1000 0.008т.к.

n велико, то воспользуемся приближенной формулой для биномиальногораспределения, основанной на формуле Пуассона(np) m − np 89 −8Pn (m) =e = e = 12.40%m!9!Ч _ 2 _ 20 _ 27np k1 k2200 0.40 100т.к. n достаточно велико, воспользуемся приближенной формулой , основанной наинтегральной теореме Муавра − Лапласа. x = x( k1 ) = −11.57k − npk − np=⇒ 1npqn ⋅ p ⋅ (1 − p ) x2 = x( k2 ) = 2.88Pn ( k1 ; k2 ) = ϕ ( x2 ) − ϕ ( x1 )x=Pn ( k1 ; k2 ) = 0.498 + 0.5 = 99.80%замечаниеϕ ( x) − функция Лапласа ( таблица значений в задачнике Чудесенко, стр 114).

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов решённой задачи