Какво е вероятност?

Сблъсквайки се с този термин за първи път, не бих разбрал какво е това. Така че ще се опитам да обясня по разбираем начин.

Вероятността е шансът желаното събитие да се случи.

Например, решихте да посетите приятел, помнете входа и дори етажа, на който живее. Но забравих номера и местоположението на апартамента. И сега стоите на стълбището, а пред вас са вратите, от които да избирате.

Какъв е шансът (вероятността), ако позвъните на първата врата, вашият приятел да ви отвори? Цял апартамент, като само зад единия живее приятел. С равен шанс можем да изберем всяка врата.

Но какъв е този шанс?

Врати, правилната врата. Вероятност за отгатване чрез звънене на първата врата: . Тоест един път от три ще познаете със сигурност.

Искаме да знаем, като се обадим веднъж, колко често ще познаем вратата? Нека да разгледаме всички опции:

1. вие се обадихте на 1-воврата
2. вие се обадихте на 2-роврата
3. вие се обадихте на 3-товрата

А сега помислете за всички опции, където може да бъде приятел:

А. Отзад 1-воврата
b. Отзад 2-роврата
V. Отзад 3-товрата

Нека сравним всички опции под формата на таблица. Отметка показва опциите, когато вашият избор съвпада с местоположението на приятел, кръст - когато не съвпада.

Как виждаш всичко Може би настроикиместоположението на приятел и вашият избор на коя врата да позвъните.

А благоприятни резултати от всички . Тоест ще познаете времената от едно позвъняване на вратата, т.е. .

Това е вероятността - съотношението на благоприятен изход (когато вашият избор съвпадна с местоположението на приятел) към броя на възможните събития.

Дефиницията е формулата. Вероятността обикновено се означава с p, така че:

Не е много удобно да се пише такава формула, така че нека вземем за - броя на благоприятните резултати и за - общия брой резултати.

Вероятността може да бъде записана като процент, за това трябва да умножите получения резултат по:

Вероятно думата „резултати“ е хванала окото ви. Тъй като математиците наричат ​​различни действия (за нас такова действие е звънец) експерименти, обичайно е резултатът от такива експерименти да се нарича резултат.

Е, резултатите са благоприятни и неблагоприятни.

Да се ​​върнем към нашия пример. Да предположим, че звъннахме на една от вратите, но ни отвориха непознат. Не познахме. Каква е вероятността, ако позвъним на една от останалите врати, нашият приятел да ни я отвори?

Ако мислите така, значи това е грешка. Нека да го разберем.

Остават ни две врати. Така че имаме възможни стъпки:

1) Обадете се на 1-воврата
2) Обадете се 2-роврата

Един приятел, с всичко това, определено стои зад един от тях (в края на краищата той не стоеше зад този, който извикахме):

а) приятел 1-воврата
б) приятел за 2-роврата

Нека отново начертаем таблицата:

Както можете да видите, има всички опции, от които - благоприятни. Тоест вероятността е равна.

Защо не?

Ситуацията, която разгледахме, е пример за зависими събития.Първото събитие е първото звънене на вратата, второто събитие е второто звънене на вратата.

И те се наричат ​​зависими, защото засягат следните действия. В крайна сметка, ако приятел отвори вратата след първото позвъняване, каква би била вероятността той да е зад някой от другите двама? Правилно, .

Но ако има зависими събития, значи трябва да има независима? Вярно, има.

Пример от учебника е хвърлянето на монета.

1. Хвърляме монета. Каква е вероятността например да се появят глави? Точно така - защото опциите за всичко (било глави, или опашки, ще пренебрегнем вероятността монета да стои на ръба), но само ни подхожда.
2. Но опашките паднаха. Добре, нека го направим отново. Каква е вероятността да излезете на глави сега? Нищо не се е променило, всичко е същото. Колко опции? две. От колко сме доволни? един.

И нека опашки падат поне хиляда пъти подред. Вероятността да паднат глави наведнъж ще бъде същата. Винаги има варианти, но изгодни.

Разграничаването на зависими събития от независими събития е лесно:

1. Ако експериментът се проведе веднъж (веднъж хвърлена монета, звънецът на вратата веднъж и т.н.), тогава събитията винаги са независими.
2. Ако експериментът се провежда няколко пъти (веднъж се хвърля монета, няколко пъти се звъни на вратата), тогава първото събитие винаги е независимо. И тогава, ако броят на благоприятните или броят на всички резултати се промени, тогава събитията са зависими, а ако не, те са независими.

Нека се упражним малко, за да определим вероятността.

Пример 1

Монетата се хвърля два пъти. Каква е вероятността да получите хедс-ъп два пъти подред?

Решение:

Обмислете всички възможни опции:

1. орел орел
2. опашки орел
3. опашки-орел
4. Опашки-опашки

Както можете да видите, всички опции. От тях само ние сме доволни. Това е вероятността:

Ако условието изисква просто да се намери вероятността, тогава отговорът трябва да бъде даден във формуляра десетична дроб. Ако беше посочено, че отговорът трябва да бъде даден като процент, тогава ще умножим по.

Отговор:

Пример 2

В кутия шоколадови бонбони всички бонбони са опаковани в една и съща опаковка. От сладките обаче - с ядки, коняк, череши, карамел и нуга.

Каква е вероятността да вземете един бонбон и да получите бонбон с ядки. Дайте отговора си в проценти.

Решение:

Колко възможни изхода има? .

Тоест, като вземете един бонбон, той ще бъде един от тези в кутията.

И колко благоприятни резултати?

Защото кутията съдържа само шоколади с ядки.

Отговор:

Пример 3

В кутия с топки. от които са бели и черни.

1. Каква е вероятността да изтеглите бяла топка?
2. Добавихме още черни топки в кутията. Каква е вероятността да изтеглите бяла топка сега?

Решение:

а) В кутията има само топки. от които са бели.

Вероятността е:

б) Сега в кутията има топки. И остават точно толкова бели.

Отговор:

Пълна вероятност

Вероятността за всички възможни събития е ().

Например в кутия с червени и зелени топки. Каква е вероятността да изтеглите червена топка? Зелена топка? Червена или зелена топка?

Вероятност да изтеглите червена топка

Зелена топка:

Червена или зелена топка:

Както можете да видите, сборът от всички възможни събития е равен на (). Разбирането на тази точка ще ви помогне да разрешите много проблеми.

Пример 4

В кутията има флумастери: зелен, червен, син, жълт, черен.

Каква е вероятността да НЕ нарисувате червен маркер?

Решение:

Нека преброим броя благоприятни резултати.

НЕ е червен маркер, това означава зелен, син, жълт или черен.

Вероятност за всички събития. А вероятността от събития, които считаме за неблагоприятни (когато извадим червен флумастер) е .

По този начин вероятността да нарисувате НЕ червен флумастер е -.

Отговор:

Вероятността събитието да не се случи е минус вероятността събитието да се случи.

Правило за умножаване на вероятностите за независими събития

Вече знаете какво представляват независимите събития.

И ако трябва да намерите вероятността две (или повече) независими събития да се появят подред?

Да кажем, че искаме да знаем каква е вероятността, като хвърлим монета веднъж, да видим орел два пъти?

Вече разгледахме - .

Ами ако хвърлим монета? Каква е вероятността да видите орел два пъти подред?

Общо възможни опции:

1. Орел-орел-орел
2. Орел-глава-опашки
3. Глава-опашка-орел
4. Глава-опашка-опашка
5. опашки-орел-орел
6. Опашки-глави-опашки
7. Опашки-опашки-глави
8. Опашки-опашки-опашки

Не знам за вас, но аз направих този списък грешно веднъж. Еха! И единственият вариант (първият) ни подхожда.

За 5 хвърляния можете сами да направите списък с възможни резултати. Но математиците не са толкова трудолюбиви като вас.

Следователно те първо забелязаха и след това доказаха, че вероятността за определена последователност от независими събития намалява всеки път с вероятността за едно събитие.

С други думи,

Помислете за примера на същата, злополучна монета.

Вероятност да излезете на глави в процес? . Сега хвърляме монета.

Каква е вероятността да получите опашки подред?

Това правило не работи само ако бъдем помолени да намерим вероятността едно и също събитие да се случи няколко пъти подред.

Ако искахме да намерим последователността TAILS-EAGLE-TAILS при последователни обръщания, бихме направили същото.

Вероятността за получаване на опашки - , глави - .

Вероятността да получите последователността ОПАШКИ-ОРЕЛ-ОПАШКИ-ОПАШКИ:

Можете да проверите сами, като направите таблица.

Правилото за събиране на вероятностите за несъвместими събития.

Така че спри! Нова дефиниция.

Нека да го разберем. Нека вземем нашата износена монета и я хвърлим веднъж.
Възможни опции:

1. Орел-орел-орел
2. Орел-глава-опашки
3. Глава-опашка-орел
4. Глава-опашка-опашка
5. опашки-орел-орел
6. Опашки-глави-опашки
7. Опашки-опашки-глави
8. Опашки-опашки-опашки

Така че тук има несъвместими събития, това е определена, дадена последователност от събития. са несъвместими събития.

Ако искаме да определим каква е вероятността за две (или повече) несъвместими събития, тогава добавяме вероятностите за тези събития.

Трябва да разберете, че загубата на орел или опашка е две независими събития.

Ако искаме да определим каква е вероятността последователност) (или всяка друга) да изпадне, тогава използваме правилото за умножаване на вероятностите.
Каква е вероятността да получите глави при първото хвърляне и опашки при второто и третото?

Но ако искаме да знаем каква е вероятността да получим една от няколко последователности, например, когато главите се появят точно веднъж, т.е. опции и тогава трябва да добавим вероятностите на тези последователности.

Общите опции ни подхождат.

Можем да получим същото, като съберем вероятностите за поява на всяка последователност:

По този начин добавяме вероятности, когато искаме да определим вероятността за някои, несъвместими, последователности от събития.

Има страхотно правило, което ще ви помогне да не се объркате кога да умножавате и кога да събирате:

Нека се върнем към примера, където хвърлихме монета пъти и искаме да знаем вероятността да видим глави веднъж.
Какво ще се случи?

Трябва да падне:
(глави И опашки И опашки) ИЛИ (опашки И глави И опашки) ИЛИ (опашки И опашки И глави).
И така се оказва:

Нека да разгледаме няколко примера.

Пример 5

В кутията има моливи. червено, зелено, оранжево, жълто и черно. Каква е вероятността да нарисувате червени или зелени моливи?

Решение:

Какво ще се случи? Трябва да изтеглим (червено ИЛИ зелено).

Сега е ясно, събираме вероятностите за тези събития:

Отговор:

Пример 6

Зарът се хвърля два пъти, каква е вероятността да излязат общо 8?

Решение.

Как можем да вземем точки?

(и) или (и) или (и) или (и) или (и).

Вероятността да изпаднете от едно (всяко) лице е .

Ние изчисляваме вероятността:

Отговор:

обучение.

Мисля, че сега ви стана ясно кога трябва да преброите вероятностите, кога да ги добавите и кога да ги умножите. Не е ли? Нека се поупражняваме.

Задачи:

Нека вземем тесте карти, в което картите са пика, черва, 13 трефи и 13 дайрета. От до Асо от всяка боя.

1. Каква е вероятността да изтеглим купа в един ред (поставяме първата изтеглена карта обратно в тестето и разбъркваме)?
2. Каква е вероятността да изтеглите черна карта (пика или купа)?
3. Каква е вероятността да нарисувате картина (вале, дама, поп или асо)?
4. Каква е вероятността да изтеглите две картини подред (премахваме първата изтеглена карта от тестето)?
5. Каква е вероятността, вземайки две карти, да съберете комбинация - (Вале, Дама или Поп) и Асо Последователността, в която ще бъдат изтеглени картите, няма значение.

Отговори:

1. В тесте карти с всяка стойност това означава:
2. Събитията са зависими, тъй като след първата изтеглена карта, броят на картите в тестето е намалял (както и броят на "снимките"). Общ брой валета, дами, попове и аса в тестето първоначално, което означава вероятността да изтеглите „картината“ с първата карта:

   Тъй като махаме първата карта от тестето, това означава, че в тестето вече има останала карта, на която има снимки. Вероятност да нарисувате картина с втората карта:

   Тъй като се интересуваме от ситуацията, когато получим от колодата: „картина“ И „картина“, тогава трябва да умножим вероятностите:

   Отговор:

3. След като бъде изтеглена първата карта, броят на картите в тестето ще намалее, така че имаме две възможности:
   1) С първата карта изваждаме асо, втората - вале, дама или поп
   2) С първата карта вадим вале, дама или поп, втората - асо. (асо и (вале или дама или поп)) или ((вале или дама или поп) и асо). Не забравяйте да намалите броя на картите в тестето!

Ако сте успели да разрешите всички проблеми сами, значи сте страхотен човек! Сега задачи по теория на вероятностите на изпита ще цъкаш като луд!

ТЕОРИЯ НА ВЕРОЯТНОСТИТЕ. СРЕДНО НИВО

Помислете за пример. Да кажем, че хвърляме зар. Какъв вид кост е това, знаете ли? Това е името на куб с числа на лицата. Колко лица, толкова числа: от до колко? Преди.

Така че хвърляме зар и искаме да излезе с или. И ние изпадаме.

В теорията на вероятностите казват какво се е случило благоприятно събитие(да не се бърка с добро).

Ако изпадне, събитието също ще бъде благоприятно. Общо могат да се случат само две благоприятни събития.

Колко лоши? Тъй като всички възможни събития, тогава неблагоприятните от тях са събития (това е, ако изпадне или).

определение:

Вероятността е отношението на броя на благоприятните събития към броя на всички възможни събития.. Тоест вероятността показва каква част от всички възможни събития са благоприятни.

Вероятността се обозначава с латинска буква (очевидно от английска думавероятност - вероятност).

Обичайно е вероятността да се измерва като процент (виж темите и). За да направите това, стойността на вероятността трябва да бъде умножена по. В примера със зарове, вероятност.

И в проценти: .

Примери (решете сами):

1. Каква е вероятността хвърлянето на монета да попадне на глави? И каква е вероятността за опашка?
2. Каква е вероятността да се появи четно число, когато се хвърли зар? И с какво - странно?
3. В чекмедже с обикновени, сини и червени моливи. На случаен принцип теглим един молив. Каква е вероятността да извадите прост?

Решения:

1. Колко опции има? Глави и опашки - само две. И колко от тях са благоприятни? Само един е орел. Така че вероятността

   Същото с опашките: .

2. Общо опции: (колко страни има куб, толкова различни опции). Благоприятни: (това са всички четни числа :).
   Вероятност. С нечетни, разбира се, същото нещо.
3. Обща сума: . Благоприятен: . Вероятност: .

Пълна вероятност

Всички моливи в чекмеджето са зелени. Каква е вероятността да нарисувате червен молив? Няма шансове: вероятност (в края на краищата благоприятни събития -).

Такова събитие се нарича невъзможно.

Каква е вероятността да нарисувате зелен молив? Има точно толкова благоприятни събития, колкото и всички събития (всички събития са благоприятни). Така че вероятността е или.

Такова събитие се нарича сигурно.

Ако в кутията има зелени и червени моливи, каква е вероятността да нарисувате зелен или червен? Още веднъж. Обърнете внимание на следното: вероятността да нарисувате зелено е равна, а червеното е .

Накратко, тези вероятности са абсолютно равни. Това е, сумата от вероятностите на всички възможни събития е равна на или.

Пример:

В кутия с моливи има сини, червени, зелени, прости, жълти, а останалите са оранжеви. Каква е вероятността да не нарисувате зелено?

Решение:

Не забравяйте, че всички вероятности се събират. И вероятността да нарисувате зелено е равна. Това означава, че вероятността да не нарисувате зелено е равна.

Запомнете този трик:Вероятността събитието да не се случи е минус вероятността събитието да се случи.

Независими събития и правилото за умножение

Хвърляте монета два пъти и искате тя да излезе с глави и двата пъти. Каква е вероятността за това?

Нека да прегледаме всички възможни опции и да определим колко са:

Орел-Орел, Опашки-Орел, Орел-Опашки, Опашки-Опашки. Какво друго?

Целият вариант. От тях само един ни подхожда: Eagle-Eagle. Така че вероятността е равна.

Глоба. Сега нека хвърлим монета. Пребройте се. Се случи? (отговор).

Може би сте забелязали, че с добавянето на всяко следващо хвърляне, вероятността намалява с фактор. Общото правило се нарича правило за умножение:

Вероятностите за независими събития се променят.

Какво представляват независимите събития? Всичко е логично: това са тези, които не зависят един от друг. Например, когато хвърляме монета няколко пъти, всеки път се прави ново хвърляне, чийто резултат не зависи от всички предишни хвърляния. Със същия успех можем да хвърлим две различни монети едновременно.

Още примери:

1. Зарът се хвърля два пъти. Каква е вероятността да се появи и двата пъти?
2. Монета се хвърля пъти. Каква е вероятността да получите два пъти с главите и след това с опашките?
3. Играчът хвърля два зара. Каква е вероятността сборът на числата върху тях да е равен?

Отговори:

1. Събитията са независими, което означава, че правилото за умножение работи: .
2. Вероятността за орел е равна. Вероятност за опашки също. Ние умножаваме:
3. 12 може да се получи само ако изпаднат две -ки: .

Несъвместими събития и правилото за добавяне

Несъвместимите събития са събития, които се допълват до пълна вероятност. Както подсказва името, те не могат да се случат по едно и също време. Например, ако хвърлим монета, могат да паднат или глави, или опашки.

Пример.

В кутия с моливи има сини, червени, зелени, прости, жълти, а останалите са оранжеви. Каква е вероятността да нарисувате зелено или червено?

Решение .

Вероятността да нарисувате зелен молив е равна. Червен - .

Благоприятни събития от всички: зелено + червено. Така че вероятността да нарисувате зелено или червено е равна.

Същата вероятност може да бъде представена в следната форма: .

Това е правилото за добавяне:вероятностите за несъвместими събития се сумират.

Смесени задачи

Пример.

Монетата се хвърля два пъти. Каква е вероятността резултатът от хвърлянията да е различен?

Решение .

Това означава, че ако главите са първи, опашките трябва да са втори и обратното. Оказва се, че тук има две двойки независими събития и тези двойки са несъвместими една с друга. Как да не се объркате къде да умножите и къде да добавите.

Има просто правило за такива ситуации. Опитайте се да опишете какво трябва да се случи, като свържете събитията със съюзите "И" или "ИЛИ". Например в този случай:

Трябва да се хвърлят (глави и опашки) или (опашки и глави).

Където има обединение "и", ще има умножение, а където "или" е събиране:

Опитайте сами:

1. Каква е вероятността две хвърляния на монети да се окажат с една и съща страна и двата пъти?
2. Зарът се хвърля два пъти. Каква е вероятността сумата да падне точки?

Решения:

1. (Heads up и heads up) или (опашки горе и опашки горе): .
2. Какви са вариантите? И. Тогава:
   Навити (и) или (и) или (и): .

Друг пример:

Хвърляме монета веднъж. Каква е вероятността главите да се появят поне веднъж?

Решение:

О, как не искам да сортирам опциите ... Head-tails-tails, Eagle-heads-tails, ... Но не е нужно! Нека поговорим за пълната вероятност. Спомняте ли си? Каква е вероятността орелът никога няма да падне? Това е просто: опашки летят през цялото време, това означава.

ТЕОРИЯ НА ВЕРОЯТНОСТИТЕ. НАКРАТКО ЗА ГЛАВНОТО

Вероятността е отношението на броя на благоприятните събития към броя на всички възможни събития.

Независими събития

Две събития са независими, ако настъпването на едното не променя вероятността другото да се случи.

Пълна вероятност

Вероятността за всички възможни събития е ().

Вероятността събитието да не се случи е минус вероятността събитието да се случи.

Правило за умножаване на вероятностите за независими събития

Вероятността за определена последователност от независими събития е равна на произведението на вероятностите за всяко от събитията

Несъвместими събития

Несъвместими събития са онези събития, които не могат да се случат едновременно в резултат на експеримент. Редица несъвместими събития образуват пълна група от събития.

Вероятностите за несъвместими събития се сумират.

След като описахме какво трябва да се случи, използвайки съюзите "И" или "ИЛИ", вместо "И" поставяме знака за умножение, а вместо "ИЛИ" - събиране.

Станете студент на YouClever,

Подгответе се за OGE или USE по математика,

И също така получете неограничен достъп до урока на YouClever...

Вечерта постепенно обгърна величествения замък Змиулан. Постепенно по коридорите се запалиха факли, учениците побързаха да се разотидат по стаите си. И сега, когато коридорите вече бяха празни, иззад ъгъла излезе мъж: скъп черен костюм идеално седеше на опъната му фигура, русата коса беше сресана назад, очите с цвят на шам фъстък гледаха само напред с безразличен поглед. Нортън Огнев, и това беше той, се приближи до офиса на Великия Дух Остала. След като почукал и получил разрешение, мъжът влязъл в стаята. - И така, защо дойде, Нортън? - самият собственик на замъка стоеше с гръб към бащата на Василиса и гледаше през прозореца. Безразличието не изчезна от лицето на Огнев, но той се напрегна вътрешно. „Г-н Астрагор, трябва да отида в Черновод за няколко дни“, обърна се главата на Драгочиеви. - Доколкото разбирам, няма да отидете сам? - Нортън старши бавно кимна: - Да, г-н Астрагор. Ако нямате нищо против, ще взема дъщеря си, Фаша и Захара с мен. -А ти, Нортън, защо взимаш племенниците ми с теб? - с известен интерес ръководителят Драгоциев погледна Огнев. - попита Василиса - сякаш неохотно отговори Нортън старши. Астрагор се взря замислено в пламъците в камината. Огнев търпеливо чакаше отговор... *** Нощта обви величествения замък в звездно платно. Лек ветрец шумолеше по листата на градината. Василиса вече се приготвяше за сън в Зелената стая. „О, колко време съм тук…“ провлачи момичето, оглеждайки стаята. Дори не помнеше кога за последен път беше тук, но видя, че всичко си е на мястото. Изведнъж през отворения прозорец влетя някакъв човек. Огнева изненадано погледна неочаквания гост. След като скри черните криле, тъмнокосата се усмихна на домакинята на стаята: -Здрасти сови! -Изплаши ме! - възкликна момичето, гледайки раздразнено момчето. — О, хайде — засмя се гостът. Мисля, че винаги ще се страхуваш от мен. -Не бъди глупав! Ще се страхувам от такъв арогантен тип като теб - раздразнено каза Василиса. - Между другото, Flash, защо дойде, особено толкова късно? Отново не можеш да спиш? — Да — кимна Драгоций. - Реших да организирам обиколка на Черновод за себе си ... Но ходенето сам не е много забавно и опасно. Все пак в непознат замък - Флаш лукаво блесна с очи. - Искаш ли да те разведа? Василиса погледна приятелката си с недоумение. -Защо не? Знаете ли всичко тук? Брюнетката повдигна въпросително вежда. — Почти — отвърна уклончиво червенокосата. - Е, това е добре - Драгоци отиде до вратата. На пожарникаря не му оставаше нищо друго освен да го последва. Момчетата вървяха по тъмните коридори, запалвайки лампите с часове. Василиса разказа на Фаш какво си спомня в този замък. Той я слушаше внимателно, понякога я прекъсваше или подсмърчаше злобно на това или онова предложение. Скоро му омръзна да ходи и да слуша бърборене и той, спомняйки си нещо, зададе въпроса: - Между другото, каква кула видяхме, когато се возехме в карета? -Какво имаш предвид? — попита замислено Огнева. „Изглежда, че е западно“, провлачи Драгоци. „А, този“, веднага осъзна червенокосата жена. - Наричаме я Самотна, едно време имаше затворници. Нека да погледнем там, става ли? В ледено сините очи на брюнетката проблесна вълнение. — Е, не знам… — провлачи Василиса неуверено. - Страхуваш ли се? Драгоций се засмя. Както очакваше Flash, те успяха да я хванат слабо: лицето на момичето пламна и тя стисна юмруци: - Да вървим - и Василиса поведе доста усмихнатата брюнетка към тази кула. След като отвориха вратата без пречки, момчетата влязоха в стаята. Скоро вратата се затвори с трясък. Флаш отиде до отворения прозорец и скочи на перваза на прозореца, вдишвайки ободряващата миризма на море: - О, добре ... - след това се обърна към червенокосата. - Хайде, седни - и удари дланта си по мястото до него. Момичето веднага се настани до него. Пълнолуниеблестеше във висините, а долу морето се вълнуваше. Вълна след вълна се търкаляха, разбивайки се в скалите. „Каква ярка луна“, Василиса отново погледна към небето. -Имам песен за луната. Композирах от дълго време - внезапно каза Флаш. - Значи можеш да пееш? - погледна учудено червенокосата Драготия. Той мълчаливо кимна. - Какво, не ми вярваш? - брюнетката се приближи до лицето на Огневой, гледайки в очите на събеседника с усмивка. Забелязах, че бузите й станаха розови, а усмивката й стана по-широка. „Не, просто…“ Василиса, изчервявайки се, заекна, отмествайки поглед от ледено сините си очи, които отразяваха светлината на луната. - Просто не беше възможно да потвърдим думите ви - тя отново погледна в тези очи. Флаш започна бавно да се навежда към червенокосата. Тя тръгна към него. Между лицата им остават само няколко милиметра. Огнева вече усещаше лек полъх на издишвания по устните си. Устните им почти се докоснаха и... -О, колко е сладко! – Василиса веднага се отдръпна от Драготий и се изчерви още по-зле от преди. Светкавицата се обърна. Пред ясните му очи се появи ... -Захара?! — възкликнаха изненадани два гълъба. -Какво правиш тук? Брюнетът погледна раздразнено сестра си. Да, видях те да летиш някъде, реших да разбера. Излязох, гледам, ти се разхождаш, бъбриш. Основното е, че не ме забелязваш. Е, последвах те и отидох, - изложи всичко bobtailed. - Свързване на родна кръв ... - промърмори Флаш, слезе от перваза на прозореца и отиде в стаята си. Василиса последва примера. Захара моментално се шмугна в коридора зад Огнева и също се върна в стаята си ...

За да изградите дърво на вероятностите, първо трябва да начертаете самото дърво, след това да запишете цялата информация, известна за този проблем на фигурата, и накрая да използвате основните правила, за да изчислите липсващите числа и да завършите дървото.

1. Вероятностите са посочени във всяка от крайните точки и са оградени. На всяко ниво на дървото сумата от тези вероятности трябва да е равна на 1 (или 100%). Така например на фиг. 6.5.1 Сумата от вероятностите на първо ниво е 0,20 + 0,80 = 1,00, а на второ ниво - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Това правило помага да се запълни един празен кръг в колона, ако са известни стойностите на всички други вероятности на това ниво.

Ориз. 6.5.1

2. Условните вероятности са посочени до всеки от клоновете (с изключение на
евентуално клонове от първо ниво). За всяка от групите разклонения, излизащи от една точка, сумата от тези вероятности също е равна на 1 (или 100%).
Например на фиг. 6.5.1 за първата група клонове получаваме 0,15 + 0,85 =
1,00 и за втора група - 0,70 + 0,30 = 1,00. Това правило позволява
изчислете една неизвестна стойност на условна вероятност в група клонове, произтичащи от една точка.

3. Оградената вероятност в началото на разклонението, умножена по условното
вероятността до този клон дава вероятността, записана в кръг в
край на клона. Например на фиг. 6.5.1 за горния клон, водещ надясно
имаме 0,20 х 0,15 = 0,03, за следващия клон - 0,20 х 0,85 = 0,17; подобни отношения важат и за другите два клона. Това правило може да се използва за изчисляване на една неизвестна стойност
вероятности от три, съответстващи на някакъв клон.

4. Стойността на вероятността, записана в кръг, е равна на сбора от оградените вероятности в краищата на всички клонове, излизащи от този кръг
надясно. Така например за фиг. 6.5.1 излизане от кръга със стойност 0,20
два клона, в краищата на които са оградени вероятности, чиято сума е равна на тази стойност: 0,03 + 0,17 = 0,20. Това правило ви позволява да намерите една неизвестна вероятностна стойност в група,
включително тази вероятност и всички вероятности в краищата на клоните на дървото,
излизащи от съответния кръг.

С помощта на тези правила е възможно, знаейки всички вероятностни стойности освен една за някой клон или на някакво ниво, да намерите тази неизвестна стойност.

37. Каква извадка се нарича представителна? Как може да се вземе представителна проба?

Представителносте способността на извадката да представлява изследваната популация. Колкото по-точно съставът на извадката представя съвкупността по изследваните въпроси, толкова по-висока е нейната представителност.

Представителната извадка е една от ключовите концепции за анализ на данни. Представителна извадка е извадка от популация с разпределение Е(х), представящи основните характеристики на общата съвкупност. Например, ако в един град има 100 000 души, половината от които мъже и половината жени, тогава извадка от 1000 души, от които 10 мъже и 990 жени, със сигурност няма да е представителна. Проучване на общественото мнение, изградено на негова основа, разбира се, ще съдържа пристрастия в оценките и ще доведе до фалшифицирани резултати.

Необходимо условие за изграждане на представителна извадка е еднаква вероятност за включване на всеки елемент от генералната съвкупност в нея.

Извадковата (емпирична) функция на разпределение дава, с голям размер на извадката, доста добра представа за функцията на разпределение Е(х) от първоначалната генерална съвкупност.

Водещият принцип, който стои в основата на такава процедура, е принципът на рандомизацията, случайността. Една извадка се нарича случайна (понякога ще кажем просто случайна или чисто случайна), ако са изпълнени две условия. Първо, извадката трябва да бъде проектирана по такъв начин, че всяко лице или обект в популацията да има еднаква възможност да бъде избрано за анализ. Второ, извадката трябва да бъде проектирана така, че всяка комбинация от n елемента (където n е просто броят на елементите или случаите в извадката) да има равен шанс да бъде избрана за анализ.

Когато се изследват популации, които са твърде големи, за да се проведе истинска лотария, често се използват прости произволни проби. Записването на имената на няколкостотин хиляди обекта, поставянето им в барабан и избирането на няколко хиляди все още не е лесна работа. В такива случаи се използва различен, но също толкова надежден метод. Всеки обект в колекцията получава номер. Поредицата от числа в такива таблици обикновено се дава от компютърна програма, наречена генератор на случайни числа, която по същество поставя голям бройномера, произволно ги изважда и ги разпечатва в реда, в който са получени. С други думи, протича същият процес, който е характерен за лотарията, но компютърът, използвайки числа, а не имена, прави универсален избор. Този избор може да се използва чрез просто присвояване на номер на всеки от нашите обекти.

Таблица със случайни числа като играчка, може да се използва от множество различни начини, като във всеки случай трябва да се вземат три Решения. Първо, необходимо е да решим колко цифри ще използваме; второ, необходимо е да разработим правило за вземане на решение за тяхното използване; трето, трябва да изберете началната точка и метода на преминаване през таблицата.

След като това стане, трябва да разработим правило, което да свързва числата в таблицата с номерата на нашите обекти. Тук има две възможности. Най-лесният начин (макар и не непременно най-правилният) е да използваме само тези числа, които попадат в броя на номерата, присвоени на нашите обекти. Така че, ако имаме съвкупност от 250 характеристики (и следователно използваме трицифрени числа) и решим да започнем от горния ляв ъгъл на таблицата и да се придвижим надолу по колоните, ще включим функции с номера 100, 084 и 128 в нашата извадка, и да пропуснем числата 375 и 990, които не отговарят на нашите обекти. Този процес ще продължи, докато се определи броят на обектите, необходими за нашата извадка.

Една по-отнемаща време, но методологически по-правилна процедура се основава на предпоставката, че за да се запази характеристиката на случайността на таблицата, трябва да се използва всяко число от дадено измерение (например всяко трицифрено число). Следвайки тази логика и отново работейки с колекция от 250 обекта, трябва да разделим областта от трицифрени числа от 000 до 999 на 250 равни интервала. Тъй като има 1000 такива числа, разделяме 1000 на 250 и откриваме, че всяка част съдържа четири числа. Така че номерата на таблици от 000 до 003 ще съответстват на обект 004 до 007 - обект 2 и т.н. Сега, за да определите кой номер на обект отговаря на числото в таблицата, трябва да разделите трицифреното число от таблицата и да го закръглите до най-близкото цяло число.

И накрая, трябва да изберем в таблицата началната точка и метода на преминаване. Началната точка може да бъде горният ляв ъгъл (както в предишния пример), долният десен ъгъл, левият ръб на втория ред или където и да е другаде. Този избор е напълно произволен. Въпреки това, когато работим с масата, трябва да действаме систематично. Можем да вземем първите три цифри от всяка петцифрена последователност, средните три цифри, последните три цифри или дори първата, втората и четвъртата цифра. (От първата петцифрена последователност тези различни процедури произвеждат съответно числата 100, 009, 097 и 109.) Можем да приложим тези процедури отдясно наляво, получавайки 790, 900, 001 и 791. Можем да отидем по редовете, като разглеждаме всяка следваща цифра на свой ред и игнорираме разделянето на пет (за първия ред ще се получат числата 100, 973, 253, 376 и 520). Можем да се справим само с всяка трета група цифри (напр. 10097, 99019, 04805, 99970). Има много различни възможности и всяка следваща не е по-лоша от предишната. Въпреки това, след като сме взели решение за един или друг начин, трябва систематично да го следваме, за да уважим максимално случайността на елементите в таблицата.

38. Какъв интервал наричаме доверителен интервал?

Доверителният интервал е допустимото отклонение на наблюдаваните стойности от истинските стойности. Размерът на това предположение се определя от изследователя, като се вземат предвид изискванията за точност на информацията. Ако границата на грешка се увеличи, размерът на извадката намалява, дори ако нивото на достоверност остане 95%.

Доверителният интервал показва в какъв диапазон ще се намират резултатите от извадковите наблюдения (анкети). Ако проведем 100 идентични проучвания в идентични извадки от една популация (например 100 извадки от 1000 души всяка в град с население от 5 милиона), тогава при 95% ниво на сигурност 95 от 100 резултата ще попаднат в доверителният интервал (например от 28% до 32% с истинска стойност 30%).

Например, истинският брой жители на града, които пушат, е 30%. Ако изберем 1000 души 100 пъти подред и в тези извадки зададем въпроса „пушите ли?“, в 95 от тези 100 извадки при 2% доверителен интервал стойността ще бъде от 28% до 32%.

39 Какво се нарича ниво на увереност (ниво на увереност)?

Нивото на увереност отразява количеството данни, необходими на оценителя, за да потвърди, че програмата, която се изследва, има желания ефект. Социалните науки традиционно използват нивото на доверие от 95%. За повечето програми на общността обаче 95% е прекалено много. Ниво на доверие от порядъка на 80-90% е достатъчно за адекватна оценка на програмата. По този начин може да се намали размерът на представителната група, като по този начин се намалят разходите за оценка.

Процесът на статистическа оценка тества нулевата хипотеза, че програмата не е имала желания ефект. Ако получените резултати се различават значително от първоначалните предположения за правилността на нулевата хипотеза, тогава последната се отхвърля.

40. Кой от двата доверителни интервала е по-голям: двустранен 99% или двустранен 95%? Обяснете.

Двустранният 99% доверителен интервал е по-голям от 95%, защото повече стойности попадат в него. Документация:

Използвайки z-резултати, можете по-точно да оцените доверителния интервал и да определите цялостната форма на доверителния интервал. Точната формулировка на доверителния интервал за средната стойност на извадката е както следва:

По този начин, за произволна извадка от 25 наблюдения, задоволителни нормална дистрибуция, като доверителният интервал на извадковата средна има следния вид:

По този начин можете да сте 95% сигурни, че стойността е в рамките на ±1,568 единици от средната стойност на извадката. Използвайки същия метод, може да се определи, че 99% доверителен интервал е в рамките на ±2,0608 единици от средната стойност на извадката

стойност По този начин имаме и следователно , По същия начин получаваме долна граница, което е равно на

Според многосветовата интерпретация на квантовата физика, ние живеем в безкрайна мрежа от алтернативни вселени. Това е сериозно твърдение, което има определени и изключително сериозни научни, философски и екзистенциални последици. Нека разгледаме десет от тях.

Според хипотезата на създателя на квантовата механика Хю Еверет, ние живеем във Вселената, по-точно в мултивселената, в която непрекъснато се раждат и разклоняват много последователни светове, всеки от които има различна версия на вас.

Квантовите физици са използвали интерпретацията на много светове, за да премахнат неприятния недостатък на интерпретацията от Копенхаген, а именно твърдението, че ненаблюдаемо явление може да съществува в две състояния. Тоест, вместо да твърди, че е едновременно жива и мъртва, тълкуването на много светове казва, че котката просто се е "разклонила" в различни светове: в единия е жив, в другия е мъртъв.

60 години след въвеждането си, тълкуването на много светове остава съвсем спорен проблем. В проучване от 2013 г. сред квантовите физици само една пета посочиха, че приветстват интерпретацията на много светове (за сравнение, 42% от физиците се придържат към интерпретацията от Копенхаген). Въпреки това сред привържениците на мултивселената има много изтъкнати учени от областта на квантовата физика - Дейвид Дойч, Скот Арънсън, Шон Карол.

Без значение в какво състояние е тази теория, изключително интересно е да се спекулира върху нейните последици.

Ние живеем в гигантска мултивселена

Космолозите приемат факта, че светът, който наблюдаваме, е един за нещо естествено. Спекулациите за множествена вселена отдавна се смятат за научна ерес, но вероятността това да е вярно нараства все повече и повече. Физици и метафизици, космолози, антрополози, квантови фанатици - всички започват да мислят за това.

Основното твърдение на тълкуването на многото светове е, че всичко, което съществува, е съставено от квантова суперпозиция на невъобразимо голям или безкраен брой вселени. Ако това тълкуване е правилно, трябва да има абсолютно удивителен брой алтернативни светове.

Целостта на живота ви е илюзия

MMI също нарушава нашата концепция за личност. Всички ние възприемаме живота си като едно цялостно пътуване през пространството и времето. В действителност ние сме експоненциално нарастващ набор от събития, които се разклоняват от момент на момент. В резултат на това трябва да мислим за себе си не като за личност, а като за частица.

Причината за тази илюзия е, че множеството преживявания са невъзможни, така че оставаме със знанието, че сме един човек. Но това не означава, че нашето преживяване на реалността е автентично или реално. Трябва да признаем - чрез MMI - че животът ни не е точно такъв, какъвто изглежда.

Има много версии за вас

Ако MMI е правилен, има (или безкраен) брой версии на вас, всяка от които възприема света като отделен човек и не знае за съществуването на други версии. Следователно самият обем от алтернативни жизнени пътища е изключително голям. От раждането вие - или това, което мислите, че сте - сте се разклонили в различни светове. Пълният комплект от вас е масивна коренова система, която расте експоненциално и всеки корен представлява нов живот.

Тъй като MWI е за постоянна промяна, зависимост от вероятности, всеки нов екземпляр от вас трябва да бъде различен, виждайки света, в който се е случил алтернативен резултат от вашите житейски събития. Следователно има светове, в които все още живеете с бившия си, повече или по-малко сте успешни, вече сте умрели или сте преживели смъртта на близки, които са живи в настоящия свят. Може дори да има зли версии за вас, когато сте терористи или убийци. Възможностите са почти неограничени, стига да не се нарушават основите на физиката.

Имаш ли още свободна воля

Като се има предвид, че всички възможни решения ще бъдат взети от различни версии на вас, за MMI е доста трудно да обясни въпроса за свободната воля. Ако всички избори вече са направени в алтернативни светове, защо тогава да минавате през всички проблеми, претегляйки плюсовете и минусите, вземайки решения? Колективната съдба на вашите алтер его вече е предопределена, изборът е направен за вас.

Експертът по MMI Майкъл Клайв-Прайс посочва, че въпреки че всички решения вече са взети, някои се вземат по-често от други. С други думи, всеки клон на решението има своя собствена "тежест", която засяга обичайните закони на квантовата статистика.

В допълнение, MMI би означавало известен недетерминизъм на битието, макар и по неинтуитивен начин. Всеки път, когато си зададем въпроса: „Можех ли да взема различно решение или да действам по различен начин?“, MMI отговаря, че да, разбира се. И не само вие, но и алтернативна версияможеш ли и ти. Но защо сте избрали тази опция, постигнали сте определени резултати, всичко се свежда до ефекта на квантовите събития върху класически обекти - включително отраженията в главата ви.

Някъде там може да съществуват изключително странни светове

MMI задължително води до много странни възможности. Отново, всички точки на разклонение са възможни, стига да не нарушавате законите на физиката. Важно е обаче да се отбележи, че предвид пълния набор от възможни светове е по-вероятно да се окажете в най-възможния и рационален от световете, тъй като те се срещат с висока честота.

Но има и светове, в които се случват изключително странни неща. Например, някой хвърля монета 1000 пъти и с това възниква свят, в който той хвърля глави 1000 пъти подред.

Има и светове, в които някой ще познае абсолютно всички прогнози на спортни срещи. Светове, в които човек без музикално образование, видял за първи път пиано, ще изсвири Третия клавирен концерт на Рахманинов, както би изсвирил самият маестро. Шансовете обаче за такова събитие са нищожни и надхвърлят границите на астрономическите вероятности, въпреки че, разбира се, има сред безкрайно възможните варианти.

Но именно този момент скептиците посочват като най-остър, намалявайки рационалността на MMI до минимум.

Някак си безсмъртен

Този мисловен експеримент се нарича "квантовото самоубийство". Представете си ситуация, в която човек играе на руска рулетка, в която половината цев на револвер е пълна с куршуми. При такава суперпозиция всяко завъртане на барабана ще нулира шансовете за самоубийство на човек до 50/50. Но MMI ни казва, че трябва да има свят, в който човек никога няма да се застреля дори след 50 оборота на барабана. Въпреки че шансовете това да се случи са близки до нула, то трябва да се случи някъде.

Любопитно е, че физикът Макс Тегмарк казва, че този експеримент може да послужи като доказателство за MMI, само че ще изисква смъртта на много хора, преди един късметлия да стигне до финалната линия.

Друг възглед за квантовото безсмъртие твърди, че винаги трябва да съществува версия на самите нас, за да наблюдаваме Вселената. Пол Халпърн, автор на Котката на Шрьодингер, го формулира по следния начин:

„Какво е човешкото оцеляване? Ние всички сме колекция от частици, определени от квантови правила най-дълбоко ниво. Ако всеки път, когато се случи квантов преход, нашите тела и умове се разделят, ще има копия, които изпитват всеки възможен резултат, включително този, който определя дали ще живеем или ще умрем. Да предположим, че в един случай определен набор от квантови преходи води до ненормално разпределение на клетките и причинява смъртоносна форма на рак. За всеки преход винаги ще има алтернатива, която не води до рак. Оказва се, че винаги ще има клонове с оцелели. Добавете към това предположението, че нашето съзнание винаги ще се намира само в живи копия, и можем да преживеем произволен брой потенциално опасни събития, свързани с квантовите преходи.

Може да е възможна комуникация между паралелни светове

През 1995 г. квантовият физик Райнер Плага предложи експериментално тестване на MMI, описвайки процедурата за "междусветов" обмен на информация и енергия чрез "слабо свързване".

Използвайки стандартно квантово оптично оборудване, един йон може да бъде изолиран от околната среда в йонен капан. След това може да се направи квантово механично измерване с два отделни резултата на друга система, като по този начин се създават два паралелни свята. В зависимост от резултата, йонът ще бъде възбуден само в един от тези паралелни светове, преди йонът да декохеризира по време на взаимодействието. заобикаляща среда. Plaga твърди, че можем да открием това възбуждане в друг паралелен свят, което би предоставило на MMI доказателства - и би предоставило възможен начинизпрати съобщение до паралелна реалност.

Без парадокси на пътуване във времето

Просто е: наличието на алтернативни светове ще означава липса на единна времева скала, по която можете да се ориентирате.

Ако човек пътува назад във времето, това би означавало преминаване към напълно нови времеви парадигми. Съответно в MMI парадокси като връщане в миналото и убийство на дядо просто не намират място.

Всичко се е случвало преди и ще се повтори.

Най-интересното следствие от безкрайния брой светове е, че всичко вече се е случило. Освен това ще се случва безкрайно много пъти.

Въз основа на материалиIO9

1. Ω = (11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66),

2. Ω = (2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12)

3. ● A = (16,61,34, 43, 25, 52);

● B = (11.12, 21.13, 31.14, 41.15, 51.16, 61)

● C = (12, 21.36, 63.45, 54.33.15, 51, 24.42.66).

● д= (СУМАТА НА ТОЧКИТЕ Е 2 ИЛИ 3);

● д= (ОБЩИЯТ БРОЙ ТОЧКИ Е 10).

Опишете събитието: СЪС= (ЗАТВОРЕНА ВЕРИГА) за всеки случай.

Решение.Нека въведем обозначението: събитие А- контакт 1 е затворен; събитие IN- контакт 2 е затворен; събитие СЪС- веригата е затворена, светлината свети.

1. За паралелна връзка веригата е затворена, когато поне един от контактите е затворен, т.н C = A + B;

2. При серийно свързване веригата е затворена, когато и двата контакта са затворени, т.н C \u003d A B.

Задача. 1.1.4Изготвени са две електрически вериги:

Събитие A - веригата е затворена, събитие A i - аз-тият контакт е затворен. За кой от тях е съотношението

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Решение. За първата верига A = A1 (A2 A3 + A4 A5), тъй като сумата от събития съответства на паралелна връзка и серийна връзка- производство на събития. За втората схема А = А1 (A2+A3 A4 A5). Следователно тази връзка е валидна за втората схема.

Задача. 1.1.5Опростете израза (A + B)(B + C)(C + A).

Решение. Нека използваме свойствата на операциите за събиране и умножение на събития.

(А+ B)(B + C)(A + C) =

(AB+ AC + B B + BC)(A + C) =

= (AB+ AC + B + BC)(A + C) =

(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =

= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.

Задача. 1.1.6Докажете, че събитията A, AB и A+B образуват пълна група.

Решение. При решаването на задачата ще използваме свойствата на операциите върху събития. Първо, показваме, че тези събития са несъвместими по двойки.

Нека сега покажем, че сумата от тези събития дава пространството на елементарните събития.

Задача. 1.1.7Използвайки схемата на Ойлер-Вен, проверете правилото на де Морган:

A) Събитието AB е защриховано.

Б) Събитие А - вертикално щриховане; събитие B - хоризонтално щриховка. Събитие

(A+B) - засенчена зона.

От сравнението на фигури а) и в) следва:

Задача. 1.2.1По колко начина могат да седнат 8 души?

1. В една редица?

2. Отзад кръгла маса?

Решение.

1. Желаният брой начини е равен на броя на пермутациите от 8, т.е.

P8 = 8! = 1 2 3 4 5 6 7 8 = 40320

2. Тъй като изборът на първия човек на кръглата маса не влияе на редуването на елементи, тогава всеки може да бъде взет първи, а останалите ще бъдат подредени спрямо избрания. Това действие може да се извърши по 8!/8 = 5040 начина.

Задача. 1.2.2Курсът обхваща 5 предмета. По колко начина можете да направите график за събота, ако в този ден трябва да има две различни двойки?

Решение. Желаният брой начини е броят на разположенията

От 5 до 2, тъй като трябва да вземете предвид реда на двойките:

Задача. 1.2.3Колко изпитни комисии, състоящи се от 7 души, могат да бъдат съставени от 15 учители?

Решение. Желаният брой комисионни (без оглед на поръчката) е броят на комбинациите от 15 до 7:

Задача. 1.2.4От кошница, съдържаща двадесет номерирани топки, се избират 5 топки за късмет. Определете броя на елементите в пространството на елементарни събития от това преживяване, ако:

Топките се избират последователно една след друга с връщане след всяко извличане;

Топките се избират една по една без връщане;

Избират се 5 топки наведнъж.

Решение.

Броят начини за изваждане на първата топка от кошницата е 20. Тъй като извадената топка се връща в кошницата, броят на начините за изваждане на втората топка също е 20 и т.н. Тогава броят на начините за изваждане 5 топки в този случай е 20 20 20 20 20 = 3200000.

Броят начини за изваждане на първата топка от кошницата е 20. Тъй като извадената топка не се върна в кошницата след изваждането, броят на начините за изваждане на втората топка стана 19 и т.н. Тогава броят на начините за изваждане 5 топки без замяна е 20 19 18 17 16 = A52 0

Броят начини за извличане на 5 топки от кошницата наведнъж е равен на броя на комбинациите от 20 на 5:

Задача. 1.2.5две зарове. Намерете вероятността за събитие А да бъде хвърлено поне едно 1.

Решение.На всеки зар може да падне произволен брой точки от 1 до 6. Следователно пространството на елементарните събития съдържа 36 еднакво възможни изхода. Събитие А се предпочита от 11 изхода: (1.1), (1.2), (2.1), (1.3), (3.1), (1.4), (4.1), (1.5), (5.1), (1.6), (6.1), така че

Задача. 1.2.6Буквите y, i, i, k, c, f, n са написани на червени карти, буквите a, a, o, t, t, s, h са написани на сини карти.След старателно смесване, което е по-вероятно : от първия път от буквите да използвате червените карти, за да направите думата "функция" или буквите на сините карти, за да направите думата "честота"?

Решение.Нека събитие А е думата "функция", произволно съставена от 7 букви, събитие B - думата "честота", произволно съставена от 7 букви. Тъй като са подредени два набора от 7 букви, броят на всички резултати за събития A и B е n = 7!. Събитие A е облагодетелствано от един изход m = 1, тъй като всички букви на червените картони са различни. Събитие B е облагодетелствано от m = 2! · 2! резултати, тъй като буквите "a" и "t" се срещат два пъти. Тогава P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Задача. 1.2.7На изпита на студента се предлагат 30 билета; Всеки билет има два въпроса. От 60 въпроса, включени в билетите, ученикът знае само 40. Намерете вероятността билетът, взет от ученика, да се състои от

1. от известните му въпроси;

2. от непознати за него въпроси;

3. от един познат и един непознат въпрос.

Решение.Нека A е събитието, при което ученикът знае отговора и на двата въпроса; Б - не знае отговора и на двата въпроса; C - той знае отговора на един въпрос, той не знае отговора на друг. Изборът на два въпроса от 60 може да бъде направен по n = C260 = 60 2 59 = 1770 начина.

1. Има m = C240 ​​​​= 40 2 39 = 780 избора на въпроси, известни на ученика. Тогава P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Изборът на два неизвестни въпроса от 20 може да се направи по m = C220 = 20 2 19 = 190 начина. В такъв случай

P(B) = M N = 11 79 70 0 = 0,11

3. Има m = C14 0 C21 0 = 40 20 = 800 начина за избор на билет с един познат и един неизвестен въпрос. Тогава P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

Задача. 1.2.8Част от информацията е изпратена по три канала. Каналите работят независимо един от друг. Намерете вероятността информацията да достигне целта

1. Само на един канал;

2. Поне един канал.

Решение. Нека А е събитие, състоящо се в това, че информацията достига целта само по един канал; B - поне един канал. Опитът е предаване на информация през три канала. Резултатът от опита - информацията е достигнала целта. Означаваме Ai - информацията достига до целта през i-тия канал. Пространството на елементарните събития има формата:

Събитие B е облагодетелствано от 7 резултата: всички резултати с изключение на Then n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8; P(B) = 7 8.

Задача. 1.2.9Точка произволно се появява на сегмент с единична дължина. Намерете вероятността разстоянието от точката до краищата на сегмента да е по-голямо от 1/8.

Решение. Според условието на задачата желаното събитие се удовлетворява от всички точки, които се появяват на интервала (a; b).

Тъй като дължината му е s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, а дължината на целия сегмент е S = 1, изискваната вероятност е P = s/S = 3/14 = 0,75.

Задача. 1.2.10В партида отнпродуктиКпродуктите са дефектни. За контрол се избират m продукта. Намерете вероятността, че отМ ПродуктиЛ Те се оказват дефектни (събитие А).

Решение. Изборът на m продукта от n може да се направи по начини и изборът Лдефектен от k дефектен - по начини. След избора Лдефектните продукти ще останат (m - Л) подходящ, разположен сред (n - k) продукти. Тогава броят на резултатите, благоприятстващи събитието A, е

И желаната вероятност

Задача. 1.3.1бЕдна урна съдържа 30 топки: 15 червени, 10 сини и 5 бели. Намерете вероятността произволно изтеглена топка да е оцветена.

Решение. Нека събитие A - изтеглена е червена топка, събитие B - изтеглена е синя топка. След това събития (A + B) - изтегля се цветна топка. Имаме P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Тъй като

Събития A и B са несъвместими, тогава P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

Задача. 1.3.2Вероятността да вали сняг (събитиеА ), е равно на 0.6, И фактът, че ще вали (събитиеб ), е равно на 0.45. Намерете вероятността за лошо време, ако вероятността за дъжд и сняг (събитие AB ) е равно на 0.25.

Решение. Събития A и B са съвместни, така че P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

Задача. 1.3.3бПървата кутия съдържа 2 бели и 10 черни топки, втората - 3 бели и 9 черни топки, а третата - 6 бели и 6 черни топки. От всяка кутия беше взета топка. Намерете вероятността всички изтеглени топки да са бели.

Решение. Събитие A - бяла топка е изтеглена от първото поле, B - от второто поле, C - от третото. Тогава P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Събитие ABC - всички извадени

Топките са бели. Следователно събития A, B, C са независими

P(ABC) = P(A) П(Б) П(C) = 1 6 1 4 1 2 = 41 8 = 0,02

Задача. 1.3.4белектрическа верига, свързана последователно 5 Елементи, които работят независимо един от друг. Вероятността от повреда на първия, втория, третия, четвъртия, петия елемент, съответно, е 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Намерете вероятността да няма ток във веригата (събитиеА ).

Решение. Тъй като елементите са свързани последователно, няма да има ток във веригата, ако поне един елемент се повреди. Събитие Ai(i =1...5) - ще се провали аз-ти елемент. събития

Задача. 1.3.5Схемата се състои от независими блокове, свързани в система с един вход и един изход.

Отказ във времето T на различни елементи на веригата са независими събития със следните вероятностиП 1 = 0,1; П 2 = 0,2; П 3 = 0,3; П 4 = 0,4. Повредата на някой от елементите води до прекъсване на сигнала в клона на веригата, където се намира този елемент. Намерете надеждността на системата.

Решение. Ако събитие A - (СИСТЕМАТА Е НАДЕЖДНА), Ai - (i - ти МОДУЛ РАБОТИ НЕПРАВИЛНО), тогава A = (A1 + A2)(A3 + A4). Събития A1+A2, A3+A4 са независими, събития A1 и A2, A3 и A4 са съвместни. По формулите за умножение и събиране на вероятности

Задача. 1.3.6Работникът обслужва 3 машини. Вероятността в рамките на един час машината да не изисква вниманието на работник е 0,9 за първата машина, 0,8 за втората машина и 0,7 за третата машина.

Намерете вероятността, че през някой час

1. Втората машина ще изисква внимание;

2. Две машини изискват внимание;

3. Поне две машини ще се нуждаят от внимание.

Решение. Нека Ai - i-тата машина изисква вниманието на работника, - i-тата машина няма да изисква вниманието на работника. Тогава

Пространство на елементарни събития:

1. Събитие A - ще изисква вниманието на втората машина: Тогава

Тъй като събитията са несъвместими и независими. P(A) = 0,9 0,8 0,7 + 0,1 0,8 0,7 + 0,9 0,8 0,3 + 0,1 0,8 0,3 = 0,8

2. Събитие B - две машини ще изискват внимание:

3. Събитие C - поне две зашеметявания ще изискват внимание
cov:

Задача. 1.3.7бвъведена машина "Екзаминатор". 50 въпроси. Ученикът се предлага 5 Въпроси и оценка „отличен“ се дава, ако на всички въпроси е отговорено правилно. Намерете вероятността да получите „отличен“, ако ученикът се подготви само 40 въпроси.

Решение. A - (ПОЛУЧЕН "ОТЛИЧЕН"), Ai - (ОТГОВОР НА i - ти ВЪПРОС). Тогава A = A1A2A3A4A5, имаме:

Или по друг начин - използвайки класическата вероятностна формула: И

Задача. 1.3.8Вероятностите, че частта, необходима на асемблера, се намирааз, II, III, IVкутия, съответно, са равни 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Намерете вероятността колекционерът да трябва да постави отметка във всичките 4 полета (събитиеА).

Решение. Нека Ai - (частта, изисквана от асемблера, е в i-та кутия.) Тогава

Тъй като събитията са несъвместими и независими, значи

Задача. 1.4.1Изследвана е група от 10 000 души на възраст над 60 години. Оказа се, че 4000 души са постоянни пушачи. 1800 пушачи са показали сериозни промени в белите дробове. Сред непушачите 1500 души са имали промени в белите дробове. Каква е вероятността случайно изследван човек с белодробни изменения да е пушач?

Решение.Да въведем хипотезите: H1 - изследваният е постоянен пушач, H2 - е непушач. Тогава по условието на проблема

P(H1)= -------=0,4, P(H2)=---------=0,6

С А се отбелязва събитието, че изследваното лице има промени в белите дробове. Тогава по условието на проблема

По формула (1.15) намираме

Желаната вероятност изследваното лице да е пушач по формулата на Байс е равна на

Задача. 1.4.2В продажба влизат телевизори от три фабрики: 30% от първата фабрика, 20% от втората, 50% от третата. Продуктите на първата фабрика съдържат 20% телевизори със скрит дефект, втората - 10%, третата - 5%. Каква е вероятността да получите работещ телевизор?

Решение. Да разгледаме следните събития: А - закупен е изправен телевизор; хипотези H1, H2, H3 - телевизорът е пуснат в продажба съответно от първи, втори, трети завод. Според задачата

По формула (1.15) намираме

Задача. 1.4.3Има три еднакви кутии. Първият има 20 бели топки, вторият има 10 бели и 10 черни топки, а третият има 20 черни топки. Бяла топка се тегли от произволно избрана кутия. Намерете вероятността тази топка да е от втората кутия.

Решение. Нека събитието A - извадена е бяла топка, хипотези H1, H2, H3 - извадена е топката съответно от първа, втора, трета кутия. От условието на проблема намираме

Тогава
По формула (1.15) намираме

По формула (1.16) намираме

Задача. 1.4.4Телеграфното съобщение се състои от сигнали с точка и тире. Статистическите свойства на интерференцията са такива, че са изкривени средно 2/5 Точкови съобщения и 1/3 Тире съобщения. Известно е, че сред предаваните сигнали "точка" и "тире" се срещат в съотношението 5: 3. Определете вероятността предаваният сигнал да бъде получен, ако:

А) получава се сигнал "точка";

б)получен сигнал за тире.

Решение. Нека събитието A - получен е сигналът "точка" и събитието B - получен е сигналът "тире".

Могат да се направят две хипотези: H1 - предава се сигналът "точка", H2 - предава се сигналът "тире". По условие P(H1) : P(H2) =5: 3. В допълнение, P(H1 ) + P(H2)= 1. Следователно P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Известно е, че

Вероятности за събития АИ бНамираме по формулата на пълната вероятност:

Желаните вероятности ще бъдат:

Задача. 1.4.5От 10 радиоканала 6 канала са защитени от смущения. Вероятност за защитен канал във времетоTняма да се провали е 0,95, за незащитен канал - 0,8. Намерете вероятността два произволно избрани канала да не се повредят след времеT, и двата канала не са защитени от смущения.

Решение. Нека събитието A - и двата канала няма да се провалят през времето t, събитието A1-Избран защитен канал A2-Избран е незащитен канал.

Нека напишем пространството на елементарните събития за експеримента - (избрани са два канала):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Хипотези:

H1 - двата канала са защитени от смущения;

H2 - първият избран канал е защитен, вторият избран канал не е защитен от смущения;

H3 - първият избран канал не е защитен, вторият избран канал е защитен от смущения;

H4 - и двата избрани канала не са защитени от смущения. Тогава

И

Задача. 1.5.1Предава се по комуникационния канал 6 Съобщения. Всяко от съобщенията може да бъде изкривено от шум с вероятност 0.2 Независимо от другите. Намерете вероятността, че

1. 4 съобщения от 6 не са изкривени;

2. Най-малко 3 от 6 бяха предадени изкривени;

3. Поне едно съобщение от 6 е ​​изкривено;

4. Не повече от 2 от 6 не са изкривени;

5. Всички съобщения се предават без изкривяване.

Решение. Тъй като вероятността за изкривяване е 0,2, вероятността за предаване на съобщение без смущения е 0,8.

1. Използвайки формулата на Бернули (1.17), намираме вероятността
скорост на предаване на 4 от 6 съобщения без смущения:

2. поне 3 от 6 се предават изкривено:

3. поне едно съобщение от 6 е ​​изкривено:

4. поне едно съобщение от 6 е ​​изкривено:

5. всички съобщения се предават без изкривяване:

Задача. 1.5.2Вероятността денят да е ясен през лятото е 0,42; вероятността за облачен ден е 0,36, а за частично облачен ден е 0,22. Колко дни от 59 може да се очаква да бъдат ясни и облачни?

Решение. От условието на задачата се вижда, че е необходимо да се търси най-вероятният брой ясни и облачни дни.

За ясни дни П= 0.42, н= 59. Съставяме неравенства (1.20):

59 0.42 + 0.42 - 1 < m0 < 59 0.42 + 0.42.

24.2 ≤ мо≤ 25.2 → мо= 25.

За облачни дни P= 0.36, N= 59 и

0.36 59 + 0.36 - 1 ≤ М0 ≤ 0.36 59 + 0.36;

Следователно 20,16 ≤ М0 ≤ 21.60; → М0 = 21.

Така най-вероятният брой ясни дни мо= 25, облачни дни - M0 = 21. Тогава през лятото можем да очакваме мо+ M0 =46 ясни и облачни дни.

Задача. 1.5.3Има 110 студенти от курса на лекция по теория на вероятностите. Намерете вероятността, че

1. k ученици (k = 0,1,2) от присъстващите са родени на първи септември;

2. поне един студент от курса да е роден на 1 септември.

Р=1/365е много малък, затова използваме формулата на Поасон (1.22). Нека намерим параметъра на Поасон. защото

н= 110, тогава λ = np = 110 1 /365 = 0,3.

След това по формулата на Поасон

Задача. 1.5.4Вероятността частта да не е стандартна е 0.1. Колко детайла трябва да бъдат избрани, така че с вероятност P = 0.964228 Може да се твърди, че относителната честота на поява на нестандартни части се отклонява от постоянната вероятност p = 0.1 В абсолютно изражение не повече от 0.01 ?

Решение.

Задължителен номер нНамираме по формула (1.25). Ние имаме:

Р = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Заместете данните във формулата:

Къде намираме

Според таблицата със стойности на функцията Φ( х) намираме това

Задача. 1.5.5Вероятността за повреда във времето T на един кондензатор е 0,2. Определете вероятността след време T от 100 кондензатора да се повредят.

1. Точно 10 кондензатора;

2. Най-малко 20 кондензатора;

3. По-малко от 28 кондензатора;

4. От 14 до 26 кондензатора.

Решение. Ние имаме P = 100, P= 0.2, Q = 1 - P= 0.8.

1. Точно 10 кондензатора.

защото ПВелико, нека използваме локалната теорема на Моавър-Лаплас:

Изчислете

Тъй като функцията φ(x)- дори, тогава φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (намираме от таблицата със стойностите на функциите φ(x).Желана вероятност

2. Най-малко 20 кондензатора;

Изискването поне 20 от 100 кондензатора да се повредят означава, че или 20, или 21, ... или 100 ще се повредят. T1 = 20, T 2=100. Тогава

Според таблицата със стойностите на функцията Φ(x)Нека намерим Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Изисквана вероятност:

3. По-малко от 28 кондензатора;

(тук беше отчетено, че функцията на Лаплас Ф(x) е нечетна).

4. От 14 до 26 кондензатора. По условие M1= 14, m2 = 26.
Изчислете x 1,x2:

Задача. 1.5.6Вероятността за възникване на някакво събитие в един експеримент е равна на 0,6. Каква е вероятността това събитие да се случи в повечето от 60-те опита?

Решение. Количество МПоявата на събитие в серия от тестове е в интервала. „В повечето експерименти“ означава това МПринадлежи към интервал По условие N= 60, P= 0.6, Q = 0.4, М1 = 30, m2 = 60. Изчислете x1 и x2:

Случайни величини и техните разпределения

Задача. 2.1.1Има таблица, където се показва горният ред възможни стойностислучайна величинах , а най-отдолу – техните вероятности.

Тази таблица може ли да бъде серия за разпространениех ?

Отговор: Да, тъй като p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Задача. 2.1.2Освободен 500 Лотарийни билети и 40 Билетите ще донесат на притежателите си награда за 10000 Разтривайте, 20 Билети - по 50000 Разтривайте, 10 Билети - по 100000 Разтривайте, 5 Билети - по 200000 Разтривайте, 1 Билет - 500000 Разтривайте, останалите - без победа. Намерете печелившия закон за разпределение за собственика на един билет.

Решение.

Възможни стойности на X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Вероятностите за тези възможни стойности са:

Желаният закон за разпределение:

Задача. 2.1.3стрелец, имащ 5 Патрони, стреля до първото попадение в целта. Вероятността за уцелване на всеки удар е 0.7. Изградете закона за разпределение на броя на използваните касети, намерете функцията на разпределениеЕ(х) и начертайте нейната графика, намерете P(2< x < 5).

Решение.

Пространство от елементарни събития на опита

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Където събитие (1) - уцели целта, събитие (0) - не уцели целта. Елементарните резултати съответстват на следните стойности на случайната стойност на броя на използваните патрони: 1, 2, 3, 4, 5. Тъй като резултатът от всеки следващ изстрел не зависи от предишния, вероятностите на възможните стойности са:

P1 = P(x1= 1) = P(1)= 0.7; P2 = P(x2= 2) = P(01)= 0,3 0,7 = 0,21;

P3 = P(x3= 3) = P(001) = 0,32 0,7 = 0,063;

P4 = P(x4= 4) = P(0001) = 0,33 0,7 = 0,0189;

P5 = P(x5= 5) = P(00001 + 00000) = 0,34 0,7 + 0,35 = 0,0081.

Желаният закон за разпределение:

Намерете функцията на разпределение Е(х), Използване на формула (2.5)

х≤1, F(x)= P(X< x) = 0

1 < x ≤2, F(x)= P(X< x) = P1(X1 = 1) = 0.7

2 < x ≤ 3, F(x) = P1(Х= 1) + P2(x = 2) = 0,91

3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =

= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973

4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +

+ P4(x = 4) = 0,973 + 0,0189 = 0,9919

X >5, Е(x) = 1

Намерете P(2< x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < х< 5) = F(5) - Е(2) = 0.9919 - 0.91 = 0.0819

Задача. 2.1.4ДанаЕ(х) на някаква случайна променлива:

Запишете серията на разпространение за X.

Решение.

От имоти Е(х) От това следва, че възможните стойности на случайната променлива х - Точки на прекъсване на функцията Е(х), И съответните вероятности са скокове на функцията Е(х). Намерете възможните стойности на случайната променлива X=(0,1,2,3,4).

Задача. 2.1.5Задайте коя функция

е функция на разпределение на някаква случайна променлива.

Ако отговорът е да, намерете вероятността, че съответният произволна стойностприема стойности на[-3,2].

Решение. Нека начертаем функциите F1(x) и F2(x):

Функцията F2(x) не е функция на разпределение, тъй като не е ненамаляваща. Функцията F1(x) е

Функцията на разпределение на някаква случайна променлива, тъй като е ненамаляваща и удовлетворява условие (2.3). Нека намерим вероятността за постигане на интервала:

Задача. 2.1.6Дадена е плътността на вероятността на непрекъсната случайна променливах :

Намирам:

1. Коефициент° С ;

2. разпределителна функция F(x) ;

3. Вероятността случайна променлива да попадне в интервала(1, 3).

Решение. От условието за нормализиране (2.9) намираме

следователно

По формула (2.10) намираме:

По този начин,

По формула (2.4) намираме

Задача. 2.1.7Случайният престой на електронно оборудване в някои случаи има плътност на вероятността

Където M = lge = 0,4343...

Намиране на функция на разпределение F(x) .

Решение. По формула (2.10) намираме

Където

Задача. 2.2.1Дадена е серия на разпределение на дискретна случайна променливах :

Намерете математическото очакване, дисперсията, стандартното отклонение, M, D [-3X + 2].

Решение.

По формулата (2.12) намираме математическото очакване:

M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 0,2 + 20 0,15 + 30 0,25 + 40 0,4 = 28,5

M = 2M[X] + M = 2M[X] + 5 = 2 28,5 + 5 = 62. Използвайки формула (2.19), намираме дисперсията:

Задача. 2.2.2Намерете математическото очакване, дисперсията и стандартното отклонение на непрекъсната случайна променливах , чиято разпределителна функция

.

Решение. Намерете плътността на вероятността:

Математическото очакване се намира по формулата (2.13):

Намираме дисперсията по формулата (2.19):

Нека първо намерим математическото очакване на квадрата на случайната променлива:

Стандартно отклонение

Задача. 2.2.3хима няколко разпределения:

Намерете математическото очакване и дисперсията на случайна променливаY = EX .

Решение. М[ Y] = M[ EX ] = д-- 1 0,2 + e0 0,3 + e1 0,4 + e2 0,1 =

0,2 0,3679 + 1 0,3 + 2,71828 0,4 + 7,389 0,1 = 2,2.

D[Y] = D = M[(eX)2 - М2[дХ] =

[(e-1)2 0,2 ​​+ (e0)2 0,3 + (e1)2 0,4 + (e2)2 0,1] - (2,2)2 =

= (е--2 0,2 ​​+ 0,3 + е2 0,4 + е4 0,1) - 4,84 = 8,741 - 4,84 = 3,9.

Задача. 2.2.4Дискретна случайна променливах Може да приема само две стойности X1 И X2 , и X1< x2. Известна вероятност P1 = 0,2 Възможна стойност X1 , очаквана стойностМ[Х] = 3,8 И дисперсия D[X] = 0,16. Намерете закона за разпределение на случайна променлива.

Решение. Тъй като случайната променлива X приема само две стойности x1 и x2, тогава вероятността p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

По условието на задачата имаме:

M[X] = x1p1 + x2p2 = 0,2x1 + 0,8x2 = 3,8;

D[X] = (x21p1 + x22p2) - M2[X] = (0,2x21 + 0,8x22) - (0,38)2 = 0,16.

Така получихме системата от уравнения:

Условие х1

Задача. 2.2.5Случайната променлива X се подчинява на закона за разпределение, чиято графика на плътността има формата:

Намерете математическото очакване, дисперсията и стандартното отклонение.

Решение. Нека намерим диференциалната функция на разпределение f(x). Извън интервала (0, 3) f(x) = 0. В интервала (0, 3) графиката на плътността е права линия с наклон k = 2/9, минаваща през началото. По този начин,

Очаквана стойност:

Намерете дисперсията и стандартното отклонение:

Задача. 2.2.6Намерете математическото очакване и дисперсията на сбора от точки на четири зара при едно хвърляне.

Решение. Нека обозначим A - броят точки на един зар в едно хвърляне, B - броят точки на втория зар, C - на третия зар, D - на четвъртия зар. За случайни променливи A, B, C, D законът за разпределение един.

Тогава M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3,5

Задача. 2.3.1Вероятността частица, излъчена от радиоактивен източник, да бъде регистрирана от брояч е равна на 0.0001. През периода на наблюдение, 30000 частици. Намерете вероятността броячът да е регистрирал:

1. Точно 3 частици;

2. Нито една частица;

3. Най-малко 10 частици.

Решение. По условие П= 30000, П= 0,0001. Събитията, състоящи се в това, че се регистрират частици, излъчени от радиоактивен източник, са независими; номер ПСтрахотно, но вероятността ПМалък, затова използваме разпределението на Поасон: Нека намерим λ: λ = nП = 30000 0,0001 = 3 = M[X]. Желани вероятности:

Задача. 2.3.2В партидата има 5% нестандартни части. 5 елемента бяха избрани на случаен принцип. Напишете закона за разпределение на дискретна случайна променливах - броя на нестандартните части сред петте избрани; намерете математическото очакване и дисперсията.

Решение. Дискретната случайна променлива X - броят на нестандартните части - има биномиално разпределение и може да приема следните стойности: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Вероятност на нестандартна част в партида p = 5 /100 = 0,05. Нека намерим вероятностите за тези възможни стойности:

Нека напишем желания закон за разпределение:

Нека намерим числените характеристики:

0 0.7737809 + 1 0.2036267 + 2 0.0214343+

3 0.0011281 + 4 0.0000297 + 5 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250

M[X] = Np= 5 0.05 = 0.25.

D[X] = M– М2 [Х]= 02 0.7737809 + 12 0.2036267+

22 0.0214343 + 32 0.0011281 + 42 0.0000297 + 52 0.0000003- 0.0625 =

0.2999995 - 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375

Или д[ х] = np (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.

Задача. 2.3.3Времето за радарно откриване на целта се разпределя по експоненциалния закон

Където1/ λ = 10 Разд. - средно време за откриване на целта. Намерете вероятността целта да бъде намерена в рамките на времето5 Преди15 Разд. след началото на търсенето.

Решение. Вероятност за попадение на случайна променлива х В интервал (5, 15) Нека намерим по формула (2.8):

При Получаваме

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Задача. 2.3.4Случайните грешки при измерване се подчиняват на нормалния закон с параметри a = 0, σ = 20 Ммм. Напишете диференциална функция на разпределениеЕ(х) и намерете вероятността измерването да е допуснало грешка в интервала от 5 Преди 10 Ммм.

Решение. Нека заместим стойностите на параметрите a и σ във функцията на диференциалното разпределение (2.35):

Използвайки формула (2.42), намираме вероятността за уцелване на случайна променлива х В интервала , т.е. А= 0, B= 0,1. След това диференциалната функция на разпределение F(x)Ще изглежда като