03 (516240)

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

Текст из файла

Ч _ 2 _ 01_ 03N =5⎛ 1,1⎜⎜ 2,1⎜ 3,1Ω=⎜⎜ 4,1⎜ 5,1⎜⎜⎝ 6,11, 21,3 1, 41,52, 2 2,3 2, 4 2,53, 2 3,3 3, 4 3,54, 2 4,3 4, 4 4,55, 2 5,3 5, 4 5,56, 2 6,3 6, 4 6,51, 6 ⎞⎟2, 6 ⎟3, 6 ⎟⎟4, 6 ⎟5, 6 ⎟⎟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},10= 27.77% ( сумма ≤ N )36б ) A = {1, 2, 2,3,3, 4, 4, 4,5,5}P=10= 27.77% ( произведение ≤ N )36в ) A = {5,5,10,10,15,15, 20, 20, 25,30,30}11P== 30.55% ( произведение кратно N )36P=Ч _ 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 ⋅ Cnm44СnmС21 ⋅ C32 ⋅ C43 ⋅ C11==С107Ч _ 2 _ 03_ 03n = 10; l = 3; m = 5; k = 7k − кол − во выйгрышных билетов ⇒ (n − k ) − кол − во пройгрышных билетовнеупорядоченный набор из n билетов состоит из {1,2,..., k} выйгрышных билетови {k + 1, k + 2,..., n} пройгрышных билетов.

Кол − во всех наборов выйгрышныхбилетов равно Ckl ; кол − во всех наборов пройгрышных билетов равно Cnm−−kl .Так как для получения набора из n билетов, содержащего l выйгрышных и(m − l ) пройгрышных можно соединить любой набор из l выйгрышных и(m − l ) пройгрышных, то кол − во элементарных событий , благоприятствующихрассматриваемому событию равно Ckl ⋅ Cnm−−kl ⇒ искомая вероятность составляетCkl ⋅ Cnm−−kl C73 ⋅ C32 35 ⋅ 3== 41.66%P==C105252CnmЧ _ 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 вероятностиАkn−12520== 14.99% ⇒ P( B) = 1 − P( A) = 85.00%P ( A) =n(k − 1) 16807замечание Аkn−1 = Ckn−1 ⋅ n! =(k − 1)!( k − 1 − n)!Ч _ 2 _ 05 _ 03k =6что бы произошло интерисующее нас событие, необходимо, что бы точка была на участке1⎞⎛MN , длинна которого ⎜1 − 2 ⋅ ⎟ . Общая длинна отрезка равна 1 ⇒k⎠⎝по определению геометрической вероятности искомая вероятность равна21−LMNk = 1 − 1 = 66.66%=P=13Lобщ1/ kA1/ kMNBЧ _ 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 ) 2602⇒ P( A) = 1 − P ( B) = 30.55%τ210 минt минT2T1T1T2τ1Ч _ 2 _ 07 _ 03RS1S213 2.49 3.52т.к.

фигуры непересекающиеся, то попадание в каждуюиз них − независемые событиявероятность попадания в первую фигуру(по определению геометрической вероятности ) : P1 =S1S= 1 2 = 0.4689%S0 π Rвероятность попадания во вторую фигуру(по определению геометрической вероятности ) : P2 =S2S= 2 2 = 0.6629%S0 π Rвероятность попадания в одну фигуру равна(по аксиоматическому определению вероятности ) P′ = P1 + P2 = 1.1319%Ч _ 2 _ 08 _ 03k1k287 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 _ 09 _ 03p1p2 n1n20.63 0.53 2 3A = {после всех выстрелов цель не поражена}B = {первый стрелок , сделав n1 выстрелов не поразил цель}D = {второй стрелок , сделав n2 выстрелов не поразил цель}очевидно, что события B и D попарно независемыпо формуле Бернулли вероятность Pn (m) того, что в последовательности изn выстрелов событие D = {стрелок попал} наступит ровно m раз, равнаPn (m) = Cnm ⋅ p m ⋅ (1 − p ) n−m , где p − вероятность наступления события Dm = 0 ⇒ Pn (0) = Cn0 ⋅ p 0 ⋅ (1 − p ) n ⇒⎧⎪ P ( B) = Pn1 (0) = Cn01 ⋅ p10 ⋅ (1 − p1 ) n1 = (1 − p1 ) n1⇒⎨n⎪⎩ P ( D) = (1 − p2 ) 2событие A заключается в том, что в начале произойдет событие B,а потом событие D ⇒ P( A) = P( B ) ⋅ P ( D) = (1 − p1 ) n1 ⋅ (1 − p2 ) n2 == (1 − 0.63) 2 ⋅ (1 − 0.53)3 = 1.42%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⎟ 2 k →∞ ⎜ ∑ 4i⎠⎝ i =01P( B) = 1 − P( A) =3⎞ 1 4 2⎟ = 2 ⋅ 3 = 3 = P( A)⎠Ч _ 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!1=0lim PA = limm −>∞ 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=∑= 63.33%Pn = (n = 1,2,..., m) ⇒ PB = P ⎜ ∑ Bk ⎟ = ∑k!n!k =1⎝ k =1 ⎠ k =1 k!m(−1) k −11lim PB = lim ∑= 1 − ≈ 63.21%m −>∞m −>∞k!ek =1в ) нет ни одного совпадения номера шара и порядкового номера извлечениярассмотрим 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 _12 _ 03n1n2n3170 540 290A = {выбранная лампа бракованная}выдвигаем гипотезыn1= 17%1000(1)nH 2 − выбранная лампа со второго завода; P( H 2 ) = 2 = 54%1000(1)nH 3 − выбранная лампа с третьего завода; P ( H 3 ) = 3 = 29%1000очевидно, что при выполнении H1 вероятность попадания(1)H1 − 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 / H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) ==nnn1⋅ 0.06 + 2 ⋅ 0.05 + 2 ⋅ 0.04 = 4.88%100010001000(1) по классическому определению вероятностиЧ _ 2 _13 _ 03N1 M 1 N 2 M 2K23541A = {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=∑ 2 1 3 ⋅= 54%N 2 + M 2 + K i =0 C55 + 4 +1Ч _ 2 _14 _ 03kl6 8m n31A = {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 =0mC6i ⋅ C83−i C61−i=∑⋅ 1 = 33.67%C14mC14i =03mЧ _ 2 _15 _ 03m1m2m3n1n2n3j503020 70 80 90 3выдвигаем гипотезыH i − купленное изделие с i − го завода (i = 1,2,3)mi100A = {куплено первосортное изделие}P( H i ) =очевидно, что при выполнении i − й гипотезы шанс покупки первосортногоni100по формуле полной вероятностиизделия равен ni ⇒ P ( A / H i ) =P( A) = P( H1 ) ⋅ P ( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A / H 3 ) =mi ni⋅i =1 100 100по формуле Байеса3=∑P( H j / A) =P( H j ) ⋅ P( A / H j )P( A)mj=⋅nj100 100 = 0.18 = 23.37%3⎛ mi ni ⎞ 0.77∑⎜ 100 ⋅ 100 ⎟⎠i=1 ⎝.

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