Стержень длиной а ломают на две части; будем считать, что точка излома распределена равномерно по всей длине стержня. Чему равна средняя длина большей части стержня?

Известно, что квалифицированный программист делает в среднем 1 ошибку на 50 операторов программ, а начинающий - 1 ошибку на 5 операторов. В программе, состоящей из 30 операторов, в процессе отладки обнаружено 5 ошибок. Найти вероятность того, что она написана начинающим программистом.

Прошу помочь с решением интересной задачи:
2 фирмы занимаются одинаковым видом бизнеса.Состав примерно одинаков. Собраны данные о прибыли фирм по месяцам:

месяца 1 2 3 4 5 6 7 8 9
фирма1 125 130 135 140 135 125 120 115 120
фирма2 110 126 128 120 115 118 120 125 130

Можно ли утверждать, что управление фирм одинаково эффективно?
Найти:
1.Нолевую гипотезу
2.Альтернативную гипотезу
3. Критерий
4. Уровень значимости
5.Критические значения
6.Эмпирическое значение
И грамотный вывод: принимаем гипотезу или нет.
Буду очень признательна:)
До утра нужно справиться! Кто поможет?

Задача такая:
Из колоды в 52 карты наудачу берется 6 карт. Какова вероятность того, что среди них будут представители всех четырех мастей.

Я уже писал, что мое решение неверно. В нем действительно (как заметил Кэро)некоторые комбинации при вычислении m учитываются несколько раз. Но задача на удивление интересна, т.к. по постановке она классическая (а потому кажется, что решение простое), но решение ее требует достаточно большого умственного напряжения (по крайней мере для меня). Я хочу предложить свое решение для этой задачи, хотя мой ответ совпадает с ответом Кэро (я проверил окончательные цифры - он молодец!), да и решение у Кэро короче. Но его решение написано так кратко, что я его не понимаю. Поэтому и привожу свое решение , хотя оно, по-видимому, длиннее.

Сначала пришлось вывести формулу для вероятности суммы четырех событий (хотя это и несложно):

P(A+B+C+D)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D) – P(AB) – P(AC) – P(AD) – P(CD) – P(BC) – P(BD) + P(ABC) + P(ABD) + P(ACD) + P(BCD) – P(ABCD) .

Обозначим масти номерами (так удобнее) : 1 – пики, 2 – крести, 3 – бубни, 4 – черви.

Обозначим события:

А – среди выданных 6 карт есть представители всех мастей.

А1 – среди выданных карт есть пиковые, … , А4 – среди выданных есть червовые.

Обозначим через В, В1, …, В4 события, противоположные событиям А, А1, …,А4.

Тогда Р(А) = 1 – Р(В). Найдем Р(В). Ясно, что В=В1+В2+В3+В4. Поэтому сейчас для вычисления Р(В) надо записать формулу выше

P(В1+B2+В3+В4)=P(В1)+P(В2)+P(В3)+P(В4) – P(В1B2) – P(В1В3) – P(В1В4) – P(В3В4) – P(B2В3) – P(B2В4) + P(В1В2В3) + P(В1В2В4) + P(В1В3В4) + P(B2В3В4) – P(В1В2В3В4) .

Ясно, что последнее слагаемое = 0. Из симметрии мастей все слагаемые в каждой из трех групп слагаемых в этой формуле одинаковы, а потому

P(В)=4*P(В1) – 6*P(В1B2) + 4*P(В1В2В3) . Теперь уже проще. Пусть n = С(52,6) – как и было раньше – общее число различных шестерок карт. Тогда ясно, что

Р(В1)=С(39,6)/n, Р(В1В2)=С(26,6)/n, а Р(В1В2В3)=С(13,6)/n . Подставляя это в формулу выше, получим Р(В)=0.573517917. А потому

Р(А) = 0.426482082 .

Помогите, пожалуйста, решить задачу для научной работы по теории вероятностей:

Производители чая решили завлечь потребителя непотребными средствами, и стали вкладывать в каждую пачку чая игральную карту, наугад выбранную из колоды. Любителю чая, собравшему полную колоду обещан суперприз. Сколько пачек чая в среднем нужно истребить, чтобы заработать приз. Решить задачу для колоды из 32 и 52 карт.

2)Какова вероятность того, что в наудачу выбранном двухзначном числе нет цифры 1?

Люди, плиз, помогите решить задачки!!!! Срочно, вопрос жизни или смерти!!!
1)Чему равна вероятность вынуть из колоды карт последовательно тройку, семерку и туза, если вынутая карта а) возвращается, б) не возвращается в колоду?
2)Три наборщицы в типографии набирают фрагменты текста, одинаковые по объему. Вероятность ошибки на такой объем работы для первой наборщицы равна 0,1, для второй - 0,05, для третьей - 0, 15. При проверке фрагмента текста была обнаружена ошибка. Найти вероятность, что фрагмент набран второй наборщицей.
3) При установившемся технологическом процессе 80% всей произведенной продукции оказывается продукцией высшего качества. Найти наивероятнейшее число изделий высшего качества в партии их 10 изделий и вероятность именно такого количества изделий высшего качества.

Помогите решить задачу!!! Не сходится с ответом!
В поход по реке отправились 8 человек на двух лодках, из которых одна вмещает 4, а другая - 6 человек. Сколькими способами эти 8 человек могут разместиться в двух лодках?
Ответ: 154 способа.Заранее огромное спасибо!

Понятно, что в первую лодку (где вмещается 4 человека)может быть посажено либо 2 человека, либо 3 человека, либо 4 человека. Пересчитаем число вариантов каждой такой рассадки, а потом все сложим.
1) В первой лодке 2 человека. Число способов выбрать 2 человека из восьми для посадки в первую лодку равно С(8,2)=28 (при каждом таком выборе двоих в первую лодку остальные 6 автоматически идут во вторую лодку и мы получаем один вариант рассадки по обем лодкам) .
2)В первой лодке 3 человека. Аналогично, число способов такой рассадки С(8,3)=56.
3)В первой лодке 4 человека. Аналогично, число способов такой рассадки С(8,4)=70.
Итого, 28+56+70=154 способа.

***************************************************************
Из урны, содержащей M белых и N черных шаров, утеряно r шаров.
Какова вероятность извлечения белого шара?
***************************************************************

Если у кого будут какие-нибудь мысли, напишите поджалуйста, если вам не трудно. Буду очень благодарен.

Сначала дадим решение вспомогательной задачи - классической задачи о выемке шаров. В корзине имеется M белых и N черных шаров (т.е. всего M + N шаров). Из нее случайным образом вынимают (или теряют!) r шаров (r <= M+N). Какова вероятность, что среди них ровно i белых? Обозначим нужное нам событие H(i) – среди выбранных шаров ровно i белых шаров (а потому ровно r – i черных). Поскольку опыт состоит в том, что из M + N шаров выбирается r штук, то общее число равновозможных исходов опыта равно числу сочетаний C(M+N,r). Посчитаем число благоприятствующих событию H(i) исходов. Поскольку i белых шаров могут быть выбраны только из совокупности имеющихся M белых шаров, а остальные r – i черных шаров из общей совокупности N черных шаров, то по правилу произведения число благоприятных исходов равно C(M,i)*C(N,r-i). По классическому определению вероятности получаем формулу: P(H(i))= C(M,i)*C(N,r-i)/C(M+N,r). Эта формула справедлива для любого i=0,1,...,r при условии, что
i<=M и r-i<=N (в противном случае очевидно, что P(H(i))= 0).
Вернемся к исходной задаче.
Событие А - после утери шаров из корзины вынут белый шар. Для вычисления вероятности этого события введем гипотезы (т.е. полную систему несовместных событий):
Н(0) - среди потерянных шаров ровно 0 белых (т.е. все черные),
Н(1) - среди потерянных шаров ровно 1 белый, ...,
Н(r) - среди потерянных шаров ровно r белых.
По формуле полной вероятности:
Р(А)=Р(Н(0))*Р(А/Н(0))+Р(Н(1))*Р(А/Н(1))+...+Р(Н(r))*P(A/H(r)).
Используя выведенную выше формулу, получаем:
Р(А) = [C(M,0)*C(N,r-0)/C(M+N,r)]*[M/(M+N-r)] +
+ [C(M,1)*C(N,r-1)/C(M+N,r)]*[(M-1)/(M+N-r)] +
+ [C(M,2)*C(N,r-2)/C(M+N,r)]*[(M-2)/(M+N-r)] + ... +
+ [C(M,r)*C(N,r-r)/C(M+N,r)]*[(M-r)/(M+N-r)] .
Используя знак суммы, получим
Р(A)={(сумма по к от 0 до r)(M-k)*C(M,k)*C(N,r-k)}/[C(M+N,r)*(M+N-r)].

Раскрывая сочетания через факториалы, можно выражение
Р(A)=(сумма по к от 0 до r)(M-k)*C(M,k)*C(N,r-k)}/[C(M+N,r)*(M+N-r)]
привести к виду
Р(A)=[1/C(N+M,M)]*(сумма по к от 0 до r)C(N+M-r-1,M-k-1)*C(r,k)
Есть формула для сочетаний вида (я ее нашел в справочнике Прудникова и др."Интегралы и ряды"):
(сумма по к от 0 до r)C(r,k)*C(a+b,a-k)=C(a+b+r,a). Если применить ее при a=M-1, b=N-r,
то получим после простого упрощения P(A)=M/(N+M).

Привет! Помогите пожалуйста разобраться с задачей. Звучит так: Сколькими способами можно посадить за стол 5 мужчин и 5 женщин так, чтобы никакие 2 мужчины не сидели рядом? Заранее спасибо за помощь!!!!!!

Первый вариант - стол прямоугольный и садятся на прямую скамью по одну
сторону стола.
Тогда возможны следующие типы рассадки за столом, когда мужчины не рядом:
1) Ж М Ж М Ж М Ж М Ж М
Это значит, что на 1-м месте женщина, на 2-м мужчина и т.д.
Сколько существует такого типа рассадок? Жещин можно рассаживать на
"женские" места (это места 1,3,5,7,9) 5! способов, и при каждой такой рассадке женщин можно 5! способами рассадить мужчин на "мужские" места. Поэтому всего рассадок такого типа может быть 5!*5!=(5!)^2.
2) М Ж М Ж М Ж М Ж М Ж
Точно также рассуждая, получим (5!)^2 способов такого типа рассадки.
3) М Ж Ж М Ж М Ж М Ж М
(5!)^2 способов
4) М Ж М Ж Ж М Ж М Ж М
(5!)^2 способов
5) М Ж М Ж М Ж Ж М Ж М
(5!)^2 способов
6) М Ж М Ж М Ж М Ж Ж М
(5!)^2 способов
Вроде бы больше типов нужной рассадки не существует.
Поэтому всего получается 6*[(5!)^2]= 86400 способов.
Второй вариант - стол круглый.
Опять удобно пронумеровать места за ним от 1 до 10.
Если рассмотреть все предыдущие типы расположений, но уже
за круглым столом, то видно, что условию задачи удовлетворят только
2 типа рассадки - 1) и 2).
Поэтому в этом случае всего 2*[(5!)^2]= 28800 способов.

1.Мясные консервы завозятся в магазин двумя заводами. Консервы высшего сорта для первого завода составляют 80%, для второго - 75%.
Найти части завозок каждого консервного завода, если вероятность того что наудачу купленный товар будет высшего сорта -0,78.

Все-таки я считаю, что вопрос стоит так: найти ОТНОШЕНИЕ завозок первого и второго завода. Я поторопился - это не по формуле Байеса, а по формуле полной вероятности.
Пусть первый завод завез n штук консервов, а второй - m штук. Требуется найти n/m.
Событие А - наудачу купленный товар - 1 сорта.Тогда Р(А)=0.78.
Гипотезы:
Н1 - наудачу купленный товар сделан на 1 заводе, Р(Н1)=n/(n+m)=(n/m)/((n/m)+1).
Н2 - наудачу купленный товар сделан на 2 заводе,Р(Н2)=m/(n+m)=1/((n/m)+1).
P(A/H1)=0.80,P(A/H2)=0.75. Осталось подставить эти данные в формулу полной вероятности:
P(A)=P(H1)*P(A/H1)+P(H2)*P(A/H2)
и получается простое уравнение относительно отношения (n/m) - остается его решить. Так то.

1. Четверо человек играют в игру, где каждый может стать победителем с равной вероятностью. Какова вероятность того, что после четырех игр каждый из них выиграет по одному разу?
Я предполагаю, что Р(А)=0,25*0,25*0,25*0,25 Но не уверен

2. В связке 4 ключа, из которых открыть дверь можно только одним. Ключи пробуются в случайном порядке, причем ключ, оказавшийся неподходящим, больше не используется. Составьте закон распределения и изобразите функцию распределения числа ключей, которые будут испробованы для открытия двери.
я так понимаю, что вероятности выбора нужного ключа будут 1/4, 1/3, 1/2, 1.
а вот насчет функции распределения числа ключей не понял.

1. Задачу удобнее всего переформулировать в таком виде: четыре карточки с цифрами 1, 2, 3, 4 перемешиваются и одна достается наугад. Так повторяется 4 раза. Какова вероятность, что среди вынутых карточек встретятся все четыре цифры. P(A)=m/n, n=4^4=256,m=4!=24.
2. Возможные значения : 1, 2, 3, 4. Для подсчета соответствующих вероятностей применять формулу произведения событий:
P(X=1)=1/4, P(X=2)=(3/4)*(1/3)и т.д.

Батарея состоит из 3-х орудий. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле 0,9 для одного и по 0,6 для 2-х других. Наугад выбирают два орудия и стреляют по одному разу. Построить ряд распределения, найти ф-цию распределения. Найти вероятность а) хотя бы одного попадания б) хотя бы одного промаха.

1) Экономист полагает, что вероятность роста стоимости акций некоторой компании в следующем году будет равна 0,75, если экономика страны будет на подъеме; и эта же вероятность будет равна 0,30, если экономика страны не будет успешно развиваться. По его мнению, вероятность экономического подъема в новом году равна 0,80. Используя предположения экономиста, оцените вероятность того, что акции компании поднимуться в цене в следующем году.

)Использовать формулу полной вероятности.
Событие А - акции поднимуться в цене.
Гипотезы:
Н1 - экономика будет на подьеме, Р(Н1)=0.8 ,
Н1 - экономика будет на подьеме, Р(Н1)=1-0.8=0.2
Р(А)=Р(Н1)*Р(А/Н1)+Р(Н2)*Р(А/Н2)=0.8*0.75+0.2*0.3= считайте.

2)
Распределение деталей по затратам времени на одну операцию подчиняются закону нормального распределения со средней арифметической 55 сек и средним квадратическим отколнением 4 сек. Определить вероятность того, что:
1) продолжительность обработки взятой наудачу детали не превысит 60 сек.
2) продолжительность изготовления каждой из шести наудачу взятых деталей не превысит 65 сек.

В задаче определены оба параметра нормального распределения а=55, сигма=4.

Случайная величина Х - продолжительность обработки детали.

1)Р(Х<60)= F(60)=1/2+ Ф((60-а)/сигма)=1/2+Ф(5/4)=1/2+Ф(1.25), где Ф(х) - функция Лапласа - в таблицах есть ее значения. Найдете по таблице Ф(1.25) и подставите.

2) Точно также найдете р=Р(Х<65). Это будет вероятность того, что наудачу взятая деталь обработана менее, чем за 65 сек.

Затем можно применить, например, формулу Бернулли - вероятность того, что нужное событие произойдет 6 раз из 6 испытаний:

Р(6,6)=С(6,6)*р^6*q^0, где р - вычислено выше, а q=1-p.

В урне 5 черных и 3 белых шара. Шары достают по одному, до появления черного. Случайная величина X - число белых шаров, оставшихся в урне. Найти закон распределения случайной величины X, ее математическое ожидание и дисперсию.

venja
Аспирант

Сообщений - 112

Опубликовано - 06 April 2006 : 17:33:27

Ясно, что Х принимает значения: 0,1,2,3. Осталось найти вероятности принятия этих значений: р1=Р(Х=0),...,р4=Р(Х=3). Если Х=0,то это означает, что шары доставали 4 раза (первые 3 раза вытаскивали белые, а потом, естественно, черный). Поэтому для вычисления р1 надо найти вероятность того, что из урны три раза подряд вынут белый шар. По формуле вероятности произведения трех событий (А1 - при первом вынимании белый, А2 - при втором и А3 - при третьем)получим: р1=Р(А1)*Р(А2/А1)*Р(А3/А1*А2)=(3/8)*(2/7)*1/6)=1/56. Аналогично считаются остальные вероятности, составляется закон распределения Х, а по нему по известным формулам матожидание и дисперсию.

Задача для поступающих в МИИТ.

В тр-к АВС вписана ок-ть, и через ее центр проведена прямая паралллельно основанию АС. Отрезок прямой, заключенный внутри тр-ка, равен 4, а основание состовляет 1/3 от периметра. Найти основание.
Дайте подсказку, а то я что-то зациклилась...

Пусть DE - отрезок, равный 4, AC=x, а p - полупериметр тр. ABC, S - его площадь, а h - высота на основание AC, r - радиус вписанной окружности. По условию x=2p/3 (т.е. p=3x/2), тогда из формулы S=p*r следует, что S=(3/2)*x*r. С другой стороны S=(1/2)*x*h. Отсюда получаем h=3r.
Легко заметить, что треугольник DBE подобен ABC, а высота, опущенная на DE равна h-r.
Из подобия треугольников: AC/DE= h/(h-r), т.е. x/4=3r/(3r-r), т.е. x/4=3/2, x=6.
Ответ: AC=6.

Помогите, пожалуйста, с задачей: 2 стрелка стреляют по мишени, делая независимо друг от друга по 2 выстрела. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле для 1-го стрелка равна 0,4, для 2-го - 0,8. Пусть Y - число попаданий 1-ым стрелком, Z - число попаданий 2-ым стрелком, X=|Y-Z|. Найти: а) ряд распределения X (в ответ ввести сначала значения х в возрастающем порядке, а затем их вероятности). б) ф-цию распределения F(x). (В ответ ввести F(0,2)F(1,3)). в) P(0,2 < X < 1,3) У меня есть ответы на пункт а) 0,2704 0,4928 0,2368. Может быть правильные, а может и нет (как сказал преподаватель). Скорее всего, они правильные. Помогите, пожалуйста, а то уже голову сломала, не знаю, как решить (с ответом не сходится).

Главное ответить на а) - остальное по стандартным схемам.

Найдем ряд распределения с.в. X=|Y-Z|. Сначала найдем ряд распределения для Y и Z. Это сделать несложно (можно для этого использовать формулы вероятности суммы и произведения событий, а можно формулу Бернулли): {Y=0;1;2;P=0.36;0.48;0.16},{Z=0;1;2;P=0.04;0.32;0.64;}.

Теперь легко видеть возможные значения с.в. X=|Y-Z|: Х=0,1,2. Очень важно выписать , при каких парах Y и Z получается каждое значение Х:

Х=0: (Y=0,Z=0),(Y=1,Z=1),(Y=2,Z=2);

Х=1: (Y=0,Z=1),(Y=1,Z=0),(Y=1,Z=2),(Y=2,Z=1);

Х=2: (Y=0,Z=2),(Y=2,Z=0);

Теперь, используя формулы для вероятности суммы несовместных событий и вероятности произведения независимых событий легко получить и вероятности, с которыми Х принимает свои значения.

Например,

Р(Х=0)=Р(Y=0,Z=0)+Р(Y=1,Z=1)+Р(Y=2,Z=2)= Р(Y=0)*Р(Z=0)+Р(Y=1)*Р(Z=1)+Р(Y=2)*Р(Z=2)=

=0.36*0.04+0.48*0.32+0.16*0.64=0.2704 .

Точно также считаются Р(Х=1)и Р(Х=2). Удачи!

Индикатор кругового обзора представляет собой круг радиуса a. Вследствие помех может появиться пятно с центром в любой точке этого круга. Вероятность попадания пятна в любую часть круга пропорциональна площади этой части. Определить математическое ожидание и дисперсию расстояния пятна от центра круга.

По определению функции распределения легко получить ее аналитическое выражение:
1) F(x)=0, x<=0
2) F(x)=(x/a)^2, 0<x<a
3) F(x)=1, x>=a

Теперь легко найти f(x)=F'(x) и все остальное.

Подскажите, пожалуйста, с задачкой. Баскетболист, бросив игральную кость, делает столько бросков по корзине, сколько очков выпало на игральной кости. Найти вероятность того, что при этом будет ровно 3 попадания, если вероятность попадания при каждом броске равна 0,6.Я знаю, что эта задача на полную вероятность, только не знаю как все в кучу собрать... Помогите... это срочно...

А - ровно 3 попадания в корзину
Гипотезы:
Н1 - на кубике выпало 1 очко, ..., Н6 - на кубике выпало 6 очков. Ясно, что вероятности всех гипотез по 1/6. По формуле полной вероятности
Р(А)=Р(Н1)*Р(А/Н1)+...+Р(Н6)*Р(А/Н6)
С учетом того, что Р(А/Н1)=Р(А/Н2)=0, то
Р(А)=(1/6)*(Р(А/Н3)+...+Р(А/Н6))
Условные вероятности внутри скобки считаются по формуле Бернулли.

Помогите решить задачу.
Какова вероятность того, что при условии, что все карты хорошо перетасованы, получить 13 карт одной масти (в колоде 52 карты)?
Надеюсь на ответ, так как мне оч важно решить эту задачу.

Все-таки не отвечено на вопрос о том, сколько же карт вытягивается из колоды. Будем считать, что 13 и вытягивается.
Думаю, что Admin немного погорячился. Его решение верно, если надо было бы получить 13 карт одной КОНКРЕТНОЙ масти, а надо, чтобы карты были просто одной масти и не важно какой.
Событие А - все 13 вынутых карт одной масти.
Тогда по определению вероятности Р(А)=m/n.
Посчитаем n - общее число исходов эксперимента по выемке 13 карт из колоды. Число таких исходов считается по формуле числа сочетаний из 52 по 13 : C(52,13)=52!/(13!*39!)= посчитать.
Из этого количества исходов число m - число благоприятствующих для нашего события А всего 4 (m=4): 1)все 13 карт пиковые, 2)все 13 карт бубновые 3)все 13 карт крестовые 1)все 13 карт червовые. Поэтому Р(А)= 4/C(52,13)= посчитать.

Кажется, я понял,какой метод решения от Вас хочет получить Ваш преподаватель.
Событие А - все 13 вынутых карт одной масти.
Р(А)=m/n.
Посчитаем n - общее чиссло исходов эксперимента по извлечению 13 карт.
Первая карта может быть извлечена 52 способами.
Если эта карта выбрана, то вторую карту можно выбрать 51 способом, и т.д.....,
13 карту можно выбрать 40 способами. По правилу произведения набор из 13 карт можно выбрать
52*51*50*...*40 способами . Поэтому n=52*51*50*...*40.
Посчитаем число благоприятных способов m - при которых все карты получаются одной масти.
Первая карта может быть извлечена 52 способами (она может быть любой).
Если эта карта выбрана, то вторую карту можно выбрать 12 способами (столько карт осталось той же масти, что и первая карта), третью карту 11 способами (столько осталось той же масти, что и первые две) и т.д.....,
13 карту можно выбрать 1 способом. По правилу произведения весь нужный набор из 13 карт можно выбрать
52*12*11*...*1 способами . Поэтому m=52*12*11*...*1.
Итак, Р(А)=52*12*11*...*1/[52*51*50*...*40]=12*11*...*1/[51*50*...*40].
Обращаю внимание, что ответ точно такой же, какой я давал и ранее, но полученный другим способом: Р(А)= 4/C(52,13)(можно посчитать по обеим формулам и убедится в этом).
То, что преподаватель отверг другое (тоже правильное) решение, характеризует его квалификацию.
К сожалению, я часто встречал недостаточно квалифицированных преподавателей по теории вероятности. Они сами понимают предмет не глубоко и крепко держатся за вычитанный где-то метод решения.

Забыли последнюю цифру номера телефона и набирают её наугад. Определить вероятность того, что придется звонить не более чем в три места.

Может проще через противоположное событие, а потом из 1 вычесть?
А - придется звонить БОЛЕЕ, чем в три места.

А1- НЕ дозвонились с первого раза
А2- НЕ со второго
А3- НЕ с третьего

Тогда А=А1*А2*А3
Р(А)=Р(А1)*Р(А2/А1)*Р(А3/А1*А2)
Эти вероятности легко считаются.

" Стержень длиной а ломают на две части; будем считать, что точка излома распределена равномерно по всей длине стержня. Чему равна средняя длина большей части стержня?"

Считаем, что стержень расположен на оси х и занимает отрезок от 0 до а. Пусть точка излома имеет координату х (можно считать, что точка х вбрасывается на отрезок [0, a]).
Рассмотрим соответствующую случайную величину
X=max{x,a-x}.
Найдем вид интегральной функции F(x) этой случайной величины. Пусть х0 - произвольное фиксированное число и найдем выражение для F(x0). По определению
F(x0)=P(X<x0)=P(max{x,a-x}<x0). Легко понять, что для всех x0<a/2 эта вероятность =0,
а для всех x0>a она равна 1. Поэтому F(x0)=0 для всех x0<a/2 и F(x0)=1для всех x0>a.
Рассмотрим случай a/2<x0<a и найдем нужную вероятность P(max{x,a-x}<x0) с помощью геометрического определения вероятности. Ясно, что длина всего отрезка, куда вбрасывается точка х, равна а. Сделав соответствующий рисунок, легко увидеть, что множество всех точек х,
для которых max{x,a-x}<x0 образуют отрезок с центром в точке а/2 вида [a-x0, x0],
длина которого равна, очевидно, 2*х0-а. По геометрическому определению вероятности
P(max{x,a-x}<x0)=(2*х0-а)/а=2*(x0/a)-1, а потому F(x0)=2*(x0/a)-1. Поскольку число х0 бралось произвольно, то, заменяя х0 на х, получим вид интегральной функции распределения:
F(x)=0 для всех x<a/2, F(x)=2*(x/a)-1 для всех a/2<x<a и F(x)=1 для всех x>a.
Беря производную от F(x), получим выражение для плотности вероятности f(x):
f(x)=0 для всех x<a/2, f(x)=2/a для всех a/2<x<a и f(x)=0 для всех x>a.
По виду этой функции уже видно, что наша случайная величина Х равномерно распределена на отрезке [a/2, a], а потому ее матожидание =(3/4)*a.
Но для надежности можно по определению матожидания честно взять интеграл по всей числовой прямой от x*f(x) (он получается очень простым для выписанной выше f(x)) и снова получитьтот же ответ.

Найти вероятность того, что при размещении r неразличимых шаров по n различимым ящикам, заданный ящик содержит k шаров.

Я думаю, что решение такое. Для удобства буду использовать заглавные буквы, как AlexP.

Для удобства понумеруем R шаов : 1,..,R. Каждый из них может попасть в любой из N ящиков

равновероятно. Поэтому результатом эксперимента по разбросу шаров по ящикам является упорядоченный набор из R чисел A1,...,AR, причем каждое Ai может иметь значение от 1 до N и

означает номер ящика, в который попал i-ый шар. Тогда ясно, что общее число n исходов эксперимента равно N^R (как и писал AlexP).

Для расчета числа m благоприятных исходов будем считать, что для определенности расчитывается вероятность,что 1-ый ящик содержит k шаров (для любого другого ответ, очевидно, тот же).

В благоприятных исходах эксперимента среди чисел A1,...,AR в точности на K местах стоят единицы, а на остальных - другие числа. Число различных вариантов выбрать K мест из

R для размещения в них единиц можно C(R,K) способами. При каждом таком размещении можно в каждом из остальных (R-K) местах размещать числа 2,...,N и сделать это можно (N-1)^(R-K)

способами. Поэтому m= C(R,K)* (N-1)^(R-K).

Тогда ответ

Р=m/n=C(R,K)* (N-1)^(R-K)/N^R

Надеюсь, что не ошибся. Но задача достаточно логически непростая, поэтому для уверенности советую заглянуть в учебник Ширяева "Вероятность" - там, если мне не изменяет память, подобные задачи рассматривались.

Подбрасывается одновременно и независимо четыре игральных кубика. Найти вероятность того, что хотя бы на одном кубике выпала пятерка при условии, что двойка не выпала ни разу.

Как же решается задача? Вообще, строгое решение довольно муторно.
Обозначим события:
А – 5-ка выпала хотя бы один раз при 4-х бросаниях кубика (я бросаю один кубик 4 раза вместо 4 кубика 1 раз – ясно, что это то же самое).
В - 2-ка не выпала ни разу при 4-х бросаниях кубика.
Надо найти условную вероятность Р(А/В).
Самое короткое решение таково.
Поскольку событие В произошло, то данную задачу можно заменить следующей эквивалентной задачей. Бросается 4 раза кубик с ПЯТЬЮ равновозможными гранями, на которых цифры 1,3,4,5,6 (не помню, есть ли правильный многогранник с пятью гранями. Если нет, то можно 4 раза вынимать (потом после каждой выемки класть обратно) шар из корзины с пятью шарами, на которых выбиты цифры 1,3,4,5,6). Какова вероятность, что хотя бы один раз выпала 5-ка?
В этой постановке лучше считать вероятность противоположного события (потом из 1 вычесть): какова вероятность, что все 4 раза произошло следующее событие С – на кубике выпала одна из цифр: либо 1, либо 3, либо 4, либо 6. Вероятность такого события В ОДНОМ испытании равна, очевидно, р= 4/5, q=1/5. Поэтому по формуле Бернулли вероятность того, что событие С произошло 4 раза из 4-х равна:
Р(4,4)=С(4,4)*(4/5)^4*(1/5)^0=(4/5)^4. Поэтому вероятность того, что спрашивается, равна 1-(4/5)^4.
Ответ: Р=1-(4/5)^4.
У этого решения один недостаток: достаточно сложно строго обосновать истинность такого высказывания выше: «данную задачу можно заменить следующей эквивалентной задачей». Трудно обосновать эквивалентность этих двух задач, хотя интуитивно эквивалентность понятна. Поэтому изложу муторное, но строгое решение.
Требуется найти условную вероятность Р(А/В). По свойствам такой вероятности

Р(А/В)=1-Р(неА/В), поэтому найдем Р(неА/В). По формуле условная вероятность так выражается через безусловную:
Р(неА/В)= Р((неА)*В)/Р(В). Вычислим вероятности событий в числителе и в знаменателе. Проще со знаменателем. Вероятность выпадения 2-ки в одном испытании равна 1/6, поэтому вероятность, что двойка не выпадет ни разу (т.е. выпадет 0 раз) по формуле Бернулли равна Р(В)=Р(4,0)=С(4,0)*(1/6)^0*(5/6)^4=(5/6)^4.
Вычислим Р((неА)*В). Сначала словесно сформулируем событие под знаком вероятности (обозначим его С): С= (неА)*В – при четырех бросаниях ни разу не выпали цифры 5 и 2. Другими словами событие С можно сформулировать так: С – 4 раза из 4-х испытаний произошло событие : выпала одна из цифр либо 1, либо 3, либо 4, либо 6. Вероятность такого события В ОДНОМ испытании равна, очевидно, р=4/6=2/3. Тогда по формуле Бернулли
Р((неА)*В)= Р(С)=Р(4,4)=С(4,4)*(2/3)^4*(1/3)^0=(2/3)^4.
Итак,
Р(неА/В)= Р((неА)*В)/Р(В)=(2/3)^4/(5/6)^4=(4/5)^4.
Тогда Р(А/В)=1-Р(неА/В)=1-(4/5)^4.
Ответ: Р=1-(4/5)^4.
Вроде так.

12 3 Следующая ⇒