Файл: Чудесенко 15 вариант (1-22 -11).pdf

Скачать файл (0,14Мб)

Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 21.11.2024

Просмотров: 9

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

Задачник Чудесенко, теория вероятностей, 15 вариант

Используем формулу для вычисления суммы членов бесконечно убывающей

геометрической прогрессии:
Sn	x1
Sn	1 g
	1 g
(*)	1	1	1	4		2	– искомая вероятность.
(*)	1	1 1	1	4			– искомая вероятность.
	2	1 1	2	3		3
		4
Вероятность выигрыша игрока B :
P(B) 1 P(A) 1					2		1
					3		3

Ответ: p 512341 0,6660156 , P(A) 23 , P(B) 13

12) Из 1000 ламп соответствующим партиям принадлежат n1 640 , n2 80 , n3 280 ламп. В первой партии 6%, во второй 5%, в третьей 4% бракованных ламп. Наудачу выбирается одна лампа. Определить вероятность того, что лампа – бракованная.

Решение: Всего: 1000 ламп. Тогда:

p1 1000640 0,64 , p2 100080 0,08 , p3 1000280 0,28 – вероятность выбора лампы из соответствующей партии.

Из условия следует, что:

p1 0,06 , p2 0,05 , p3 0,04 – вероятности того, что лампа соответствующей

партии является бракованной.

По формуле полной вероятности:

p p1 p1 p2 p2 p3 p3 0,64 0,06 0,08 0,05 0,28 0,04

0,0384 0,004 0,0112 0,0536

–вероятность того, что наудачу извлеченная лампа будет бракованной.

Ответ: p 0,0536

13) В первой урне N1 6 белых и M1 4 черных шара, во второй N2 3 белых и M2 3 черных. Из первой во вторую урну переложено K 4 шара, затем из второй урны извлечен один шар. Найти вероятность того, что выбранный из второй урны шар – белый.

Решение: Всего: 6 + 4 = 10 шаров в первой урне.

C4	10!	7 8 9	10 210 способами можно выбрать 4 шара из первой урны.

10	6! 4!	24

Рассмотрим следующие несовместные исходы:

Другие решения можно найти здесь: http://mathprofi.ru/skachat_primery_po_vysshei_matematike.html

Задачник Чудесенко, теория вероятностей, 15 вариант

№	Извлечено										Во 2-ой урне стало		Вероятность
исхода	из первой урны			Соответствующая							Во 2-ой урне стало			извлечения
исхода	из первой урны													извлечения
													белого шара

					вероятность
	белых	черных			вероятность						белых	черных		из второй
	белых	черных									белых	черных		из второй
															урны
1	4	0	4		0						7	3	7
				C6	C4		15		1
				C6	C4		15		1				10
				C104		210		14
				C104		210		14
2	3	1	3		1						6	4	6
				C6	C4	20 4				8
				C6	C4	20 4				8			10
				C104		210			21
				C104		210			21
3	2	2	2		2						5	5	5
				C6	C4	15 6			3
				C6	C4	15 6			3				10
				C104		210			7
				C104		210			7
4	1	3	1		3						4	6	4
				C6	C4	6 4			4
				C6	C4	6 4			4				10
				C104		210		35
				C104		210		35
5	0	4	0		4						3	7	3
				C6	C4		1
				C6	C4		1						10
				C104		210
				C104		210

По теоремам сложения несовместных и умножения зависимых событий:

	p			1				7		8			6		3			5		4				4	1		3	27 – вероятность того, что из второй
	p		14												7				35						210			27 – вероятность того, что из второй
			14				10		21			10			7	10			35			10			210	10		50
	урны будет извлечен белый шар.
	Ответ: p 27											0,54
									50
	14) В альбоме											k 6				чистых и l 8 гашеных марок. Из них наудачу извлекают
	m 3 марки (среди которых могут быть и чистые и гашеные), которые подвергаются
	спецгашению и возвращаются в альбом. После этого вновь наудачу извлекается n 2
	марки. Определить вероятность, что все n марок чистые.
	Решение: Всего: 6 + 8 = 14 марок в альбоме.
	C3					14!			12 13 14 364 способами можно выбрать 3 марки из альбома;
	C3								12 13 14 364 способами можно выбрать 3 марки из альбома;
	14				11! 3!							6
					11! 3!							6
	C2						14!		13 14					91 способами можно выбрать 2 марки из альбома;
	C2								13 14					91 способами можно выбрать 2 марки из альбома;
	14				12! 2!							2
					12! 2!							2
	Рассмотрим следующие несовместные исходы:

№	Извлечены марки											Соответствующая														Стало марок				Вероятность того, что
исхода												Соответствующая																		все извлеченные марки
исхода	чистые	гашеные												вероятность											чистых			гашеных		все извлеченные марки
																																	чистые
1	3	0										3		0			4 5 6						20		3			11	2			3
											C6 C8						4 5 6						20							C3		3
												C3					6 364					364								C2	91
												14																	14
2	2	1										2		1		15 8					120				4			10	2			6
											C6 C8					15 8					120									C4		6
												C3				364					364									C2	91
												14																	14
3	1	2										1		2			6 28								5			9	2		10
											C6 C8						6 28			168										C5	10
												C3				364					364									C2	91
												14																	14
4	0	3										0		3			56								6			8	2		15
											C6 C8						56													C6	15
												C3				364														C2	91
												14																	14

Другие решения можно найти здесь: http://mathprofi.ru/skachat_primery_po_vysshei_matematike.html


Задачник Чудесенко, теория вероятностей, 15 вариант
По теоремам сложения несовместных и умножения зависимых событий:
p	20		3			120		6	168	10	56	15	3300		825	– вероятность		того, что
p						120		91	168	10	364	15	3300			– вероятность		того, что
364		91				364		91	364	91	364	91	33124	8281
обе извлеченные марки будут чистыми.
Ответ: p					825		0,1
Ответ: p							0,1
					8281
15) В магазин поступают однотипные изделия с трех заводов: m1 70 ,																			m2 20 ,
m3 10 . Среди				изделий					соответствующих				заводов	n1 70% ,			n2 80% ,		n3 90%

первосортных. Куплено одно изделие. Оно оказалось первосортным. Определить вероятность того, что купленное изделие выпущено 3-м заводом.


Решение: Всего: 100 изделий. Тогда:
p		70	0,7 , p	2		20	0,2 ,	p		10	0,1 –	вероятности	того, что изделие
p			0,7 , p				0,2 ,	p			0,1 –	вероятности	того, что изделие
1	100				100			3	100
	100				100				100
выпущено соответствующим заводом.
Из условия следует, что:
p1 0,7 ,			p2 0,8 ,		p3 0,9 –			вероятности того,				что изделие	соответствующего

завода является первосортным.

По формуле полной вероятности:

p p1 p1 p2 p2 p3 p3 0,7 0,7 0,2 0,8 0,1 0,9

0,49 0,16 0,09 0,74

–вероятность того, что купленное изделие оказалось первосортным. По формуле Байеса:

p p2pp2 0,740,09 749 0,1216 – вероятность того, что купленное первосортное изделие выпущено 3-м заводом.

Ответ: p 749 0,1216

16) Монета бросается до тех пор, пока герб не выпадет n 2 раза. Определить вероятность того, что цифра выпадает m 3 раза.

Решение: p 1					, q 1			– вероятности выпадения герба и цифры соответственно.
				2			2
Используем формулу Бернулли:
Pk Ck pk ql k , в данной задаче:
l	l
1	1 1	q	3	4		1 1		3	1	– вероятность того, что в первых четырех
P4	C4 p	q		4					4	– вероятность того, что в первых четырех
						2	2		4

испытаниях выпадет один герб и 3 цифры.

p5 12 – вероятность того, что в 5-ом испытании выпадет второй герб. По теореме умножения независимых событий:

p P41 p5 14 12 18 – искомая вероятность.

Ответ: p 18 0,125

Другие решения можно найти здесь: http://mathprofi.ru/skachat_primery_po_vysshei_matematike.html

Задачник Чудесенко, теория вероятностей, 15 вариант

17) Вероятность выигрыша в лотерею на 1 билет равна p 0,5 . Куплено n 11

билетов. Найти наивероятнейшее число выигравших билетов и соответствующую вероятность.

Решение: Найдем наивероятнейшее количество выигравших билетов (математическое ожидание):

M np 11 0,5 5,5 6

Найдем соответствующую вероятность, используем формулу Бернулли:

C m pm qn m , в данном случае:

(0,5)6 (0,5)5

11!

(0,5)11

7 8 9 10 11 (0,5)11

0,225586

–

искомая

5! 6!

120

вероятность.

Ответ: M 6 , P6 0,225586

18)

На

каждый

лотерейный

билет с

вероятностью

p1 0,09

может

выпасть

крупный

выигрыш, с

вероятностью

0,21

– мелкий

выигрыш и

с вероятностью

p3 0,7 билет

может

оказаться

без

выигрыша. Куплено

n 14 билетов. Определить

вероятность получения n1 1 крупного выигрыша и n2

3 мелких.

Решение: Используем полиномиальное распределение вероятности.

P m ,m ,...,m

pm1 pm2

...pmk

m !m !...m

! 1

В данном случае:

P 1,3,10

14!

(0,09)1 (0,21)3

(0,7)10 0,0943

– вероятность того, что из 14

1!3!10!

купленных билетов на 1 будет получен крупный выигрыш и на 3 – мелкие выигрыши.

Ответ: P14 1,3,10 0,0943

19) Вероятность «сбоя» в работе телефонной станции при каждом вызове равна p 0,02 . Поступило n 300 вызовов. Определить вероятность m 8 «сбоев».

Решение: Используем формулу Пуассона:

Pm m e , в данной задаче: m!

np 300 0,02 6 – среднее количество сбоев;

m 8 .

Таким образом:

P 68		e 6	0,1033 – вероятность того, что будет ровно 8 сбоев.
8	8!
	8!

Ответ: P8 0,1033

Другие решения можно найти здесь: http://mathprofi.ru/skachat_primery_po_vysshei_matematike.html

Задачник Чудесенко, теория вероятностей, 15 вариант
20) Вероятность наступления некоторого события в каждом из	n 100
независимых испытаний равна p 0,6 . Определить вероятность того, что	число m
наступления событий удовлетворяет неравенству m 65 .

Решение: Используем интегральную теорему Лапласа:

Pn (m1 m m2 ) (k2 ) (k1 ) , где (x) – функция Лапласа; В данной задаче:

n 100 – всего испытаний;

p 0,6 – вероятность наступления события в каждом испытании;

q 1 p 1 0,6 0,4 – вероятность ненаступления события в каждом испытании. По соответствующим формулам найдем k1 и k2 :

k2	m2		np	100 100		0,6	40	8,16 ;

			npq		100 0,6	0,4	24
			npq		100 0,6	0,4	24
k	m1	np		65 100 0,6			5	1,02 .
		np

1		npq		100 0,6 0,4			24
		npq		100 0,6 0,4			24

Таким образом:

P100 (65 m 100) (8,16) (1,02) 0,5000 0,3461 0,1539 – вероятность того, что в 100 независимых испытаниях событие наступит не менее 65 раз.

Ответ: P100 (m 65) 0,1539
2, x ;3 ,	случайной величины X .
21) Дана плотность распределения f (x)	случайной величины X .
0, x ;3 .

Найти параметр , математическое ожидание M (X ) , дисперсию D(X ) , функцию распределения случайной величины X , вероятность выполнения неравенства 1 X 3 .

Решение: Функция плотности распределения вероятности обладает свойством

f (x)dx 1. В данном случае:

2 dx 1 2 x 3 1 2(3 ) 1 3 0,5 2,5

Таким образом, функция плотности распределения:

2, x 2,5;3 , f (x) 0, x 2,5;3 .

Вычислим математическое ожидание:

			3				1	x2			9 6,25 2,75
M (X ) xf (x)dx 2 xdx 2										32,5
M (X ) xf (x)dx 2 xdx 2										32,5
		2,5					2
		2,5
Дисперсию вычислим по формуле:

D(X ) x2 f (x)dx (M (X ))2

В данном случае:
3 2		11	2	2	x	3	3		121			2		125	121	91	121	1
3 2		11		2		3	3		121			2		125	121	91	121	1
D(X ) 2 x	dx						5 2						27
D(X ) 2 x	dx						5 2						27
2,5		4		3					16			3		8	16	12	16	48

Другие решения можно найти здесь: http://mathprofi.ru/skachat_primery_po_vysshei_matematike.html

Смотрите также файлы

Конспект лекции 3.pdf

Конспект лекции 8.pdf

Конспект лекции 6.pdf

Приложение к лекции 5 ЧН-таблица.pdf

Конспект лекции 4.pdf

Файл: Чудесенко 15 вариант (1-22 -11).pdf

Смотрите также файлы

Информация

Списки файлов

Дополнительно