25 (516245)

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

Текст из файла

Ч _ 2 _ 01_ 25N = 19 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, 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},36P== 100% ( сумма ≤ N )36б ) A = {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}28= 77.77% ( произведение ≤ N )36в ) A = {}P=P=0= 0% ( произведение кратно N )36Ч _ 2 _ 02 _ 25n1 = 2; n2 = 2; n3 = 2; n4 = 3m1 = 1; m2 = 1; m3 = 1; m4 = 2n = n1 + n2 + n3 + n4 = 9m = m1 + m2 + m3 + m4 = 5неупорядоченный 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⋅2⋅2⋅3= 19.0476%126Сnm11 ⋅ Cnm22 ⋅ Cnm33 ⋅ Cnm44Сnm=С21 ⋅ C21 ⋅ C21 ⋅ C32=С95Ч _ 2 _ 03 _ 25n = 8; l = 1; m = 4; k = 2k − 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 составляетP=Ckl ⋅ Cnm−−kl C21 ⋅ C63 2 ⋅ 20== 57.14%=CnmC8470Ч _ 2 _ 04 _ 25k = 14; n = 3т.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 == 133 = 2197A = {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 = A133 = 1716(число исходов, благоприятствующих событию A)по классическому определению вероятностиP ( A) =Аkn−11716== 78.10% ⇒ P( B ) = 1 − P( A) = 21.89%n(k − 1)2197замечание Аkn−1 = Ckn−1 ⋅ n! =( k − 1)!( k − 1 − n)!Ч _ 2 _ 05 _ 25k =7что 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 − 2 = 71.42%P==Lобщ171/ kA1/ kMNBЧ _ 2 _ 06 _ 25T1 = 1600 ; T2 = 1630 ; t = 15пространство 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 )( 30 − 10 ) + ( 30 − 15 )S не заш 2 ( 2 122== 2= 34.72% ⇒P( B ) =S квадр(T2 − T1 ) 2302⇒ P( A) = 1 − P ( B) = 65.27%τ210 минt минT2T1T1T2τ1Ч _ 2 _ 07 _ 25R S1 S215 2.5 8.7т.к.

фигуры непересекающиеся, то попадание в каждуюиз них − независемые событиявероятность попадания в первую фигуру( по определению геометрической вероятности ) : P1 =S1S= 1 2 = 0.3536%S0 π Rвероятность попадания во вторую фигуру( по определению геометрической вероятности ) : P2 =S2S= 2 2 = 1.2308%S0 π Rвероятность попадания в одну фигуру равна( по аксиоматическому определению вероятности ) P′ = P1 + P2 = 1.5844%Ч _ 2 _ 08 _ 25k1 k233 85вероятность 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 ) = 71.95%б )2 бракованныхэто событие состоит из произведения событий A и B ⇒⇒ PB = P ( AB ) = P ( A) ⋅ P ( B ) = (1 − k1 ) ⋅ (1 − k2 ) = 10.05%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 ) = 61.9%Ч _ 2 _ 09 _ 25p1p2 n1n20.32 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 − 0.32) 2 ⋅ (1 − 0.53)3 = 4.80%Ч _ 2 _10 _ 25k =5Ci − {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 5 1∑ = ∑ = 33.32%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_ 25m=3a) номера шаров в порядке поступления образуют последовательность1,2,..., mвсего существует m! размещений. Т .е нам надо найдти вероятность11 размешения из m! размещений ⇒ PA = = 16.66%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  = ∑=∑= 66.67%!!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) = 33.33%lim P(C ) = 1 − lim P( B) = 36.78%m −>∞m −>∞Ч _ 2 _12 _ 25По условию задачи общее количество ламп − 1000.Поэтому n3 = 1000 − n1 − n2n1n2n3470 360 170A = {выбранная лампа бракованная}выдвигаем гипотезы(1)n1= 47%1000(1)nH 2 − выбранная лампа со второго завода; P ( H 2 ) = 2 = 36%1000(1)nH 3 − выбранная лампа с третьего завода; P( H 3 ) = 3 = 17%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 = 5.3%100010001000(1) по классическому определению вероятностиЧ _ 2 _13 _ 25N1M1N2M2K10350117A = {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 ) = ∑⋅7C 7 −i ⋅ C i 50 + 7 − iN2 + K − i= 81.44%= ∑ 10 7 3 ⋅N 2 + M 2 + K i = 0 C1350 + 11 + 7Ч _ 2 _14 _ 25k l m n9 6 3 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 =0mC9i ⋅ C63−i C93−i=∑⋅ 3 = 8.92%C153C15i =03mЧ _ 2 _15 _ 25m1 m2 m3 n1n2n3j20 40 40 90 70 80 1выдвигаем 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 = 23.07% mi ni  0.78⋅∑i=1  100 100 3Ч _ 2 _16 _ 25n m56опыт 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 −1m101111P( A) = C⋅   ⋅   = C104 ⋅   , а P( B ) =2222т.к.

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