Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события




Скачать 175.12 Kb.
НазваниеРешение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события
Дата публикации03.09.2013
Размер175.12 Kb.
ТипРешение
uchebilka.ru > Математика > Решение
ИДЗ-5. Геометрическая вероятность

Решите задачу на вычисление геометрической вероятности:

18. Задуманы два действительных неотрицательных числа, меньшие 10. Найти вероятность того, что их сумма не меньше 10, а сумма их квадратов не больше 100.

Решение: Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события F равна:

P(F) = ,

где () – мера полного пространства (множества) всех возможных равновероятных исходов; (F) – мера пространства всех возможных исходов, благоприятствующих событию F.

По оси ^ Ох будем откладывать значение первого действительного неотрицательного числа, а по оси Оу второго. Тогда вероятностное пространство всех возможных исходов  представляет собой квадрат , его мера ()=100 (единиц квадратных).



Рис. 1
Условие «сумма чисел не меньше 10» можно задать неравенством: , которое определяет полуплоскость выше диагонали квадрата. Условие «сумма их квадратов не больше 100» задается неравенством: , которое определяет внутренность круга с центром в начале координат и радиусом 10. Одновременное выполнение этих двух условий дает нам круговой сегмент, заштрихованный на рисунке. Площадь этого сегмента и будет искомой мерой множества F. Площадь круга равна , а площадь прямоугольного треугольника , поэтому:

(единиц квадратных).

Искомая вероятность события F равна:

P(F) =  0,285.

Ответ: P(F) =  0,285.

ИДЗ-6. Основные теоремы теории вероятностей

Решите задачу на вычисление вероятности с помощью теорем сложения и умножения вероятностей:

18. Отрезок разделен на три равные части. На этот отрезок наудачу брошены три точки. Найти вероятность того, что на каждую из трех частей отрезка попадет по одной точке. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.

Решение: Первая точка попала на одну из трех частей отрезка, вероятность этого события равна 1: . Вероятность того, что вторая точка попадет не на эту же часть отрезка, а на одну из двух оставшихся, равна . (Согласно классическому определению вероятности, вероятность события A равна: P(A) = , где - количество элементарных событий, благоприятных для события А, - общее количество элементарных событий. У нас =2 – количество незанятых частей отрезка, =3 – общее количество частей отрезка). Вероятность того, что третья точка попадет на оставшуюся пустую часть отрезка, равна . Согласно теореме умножения вероятностей, вероятность того, что произойдет и событие А1, и событие А2, и событие А3, равна:

.

Ответ: .
ИДЗ-7. Формула полной вероятности

Решите задачу на вычисление полной вероятности события:

18. В большом стройотряде 70 процентов первокурсников и 30 процентов студентов второго курса. Среди первокурсников 10 процентов девушек, а среди студентов второго курса – 5 процентов девушек. Среди первокурсниц одна половина изучает английский, другая половина – немецкий языки. Среди второкурсниц одна треть изучает английский, другая треть – немецкий; последняя треть – французский языки. Все девушки по очереди дежурят на кухне. Найти вероятность того, что в случайно выбранный день на кухне дежурит студентка, говорящая по-английски.

Решение: Вероятность события ^ A – «На кухне дежурит студентка, говорящая по-английски» может быть найдена по формуле полной вероятности. Событию A предшествует одно из событий полной группы:

^ B1 – «На кухне дежурит студентка-первокурсница»;

B2 – «На кухне дежурит студентка-второкурсница».

Найдем вероятности указанных событий, образующих полную группу.

Известно, что 10% от 70% всех студентов – это студентки-первокурсницы. Значит, студентки-первокурсницы составляют % от общего количества студентов. 5% от 30% всех студентов – это студентки-второкурсницы. Значит, студентки-второкурсницы составляют % от общего количества студентов. Только эти 8,5% от общего количества студентов и дежурят на кухне. Поэтому вероятности событий В1 и В2 равны:

0,8235;

.

Как и следует, сумма вероятностей событий, образующих полную группу событий, равна единице:

P(B1) + P(B2) 0,8235 + 0,1765 = 1.

Найдем условные вероятности:

  • При условии, что на кухне дежурит студентка-первокурсница, вероятность того, что на кухне дежурит студентка, говорящая по-английски, равна: PB1(A) = 0,5;

  • При условии, что на кухне дежурит студентка-второкурсница, вероятность того, что на кухне дежурит студентка, говорящая по-английски, равна: PB2(A) = 0,3333.

Вычислим полную вероятность события A по формуле полной вероятности:

P(A) = P(B1)PB1(A) + P(B2)PB2(A) = 0,82350,5 + 0,17650,3333 .

Ответ: P(A) .
ИДЗ-8. Формула Бейеса

Решите задачу на вычисление бейесовской вероятности:

18. Звено из четырех самолетов производит учебное бомбометание по цели, сбрасывая по одной бомбе. Вероятность поражения цели первым самолетом p1 = 0,40; вторым и третьим p2 = p3 = 0,35; четвертым p4 = 0,30. Цель была поражена двумя бомбами. Найти вероятность того, что четвертый самолет попал в цель.

Решение: Обозначим: событие ^ A – «Цель была поражена двумя бомбами». Событию A предшествует одно из событий полной группы:

B1 – «Четвертый самолет попал в цель»;

B2 – «Четвертый самолет не попал в цель».

По условию задачи, вероятности этих событий равны: , .

Найдем условные вероятности:

Если 4-й самолет попал в цель, значит, второй бомбой попал в цель один из трех самолетов: или 1-й, или 2-й, или 3-й. А остальные два самолета промахнулись. Получаем:

PB1(A) =

= 0,4*0,65*0,65 + 0,6*0,35*0,65 + 0,6*0,65*0,35 = 0,442.

Если 4-й самолет не попал в цель, значит, из оставшихся трех самолетов в цель попали ровно 2, а один промахнулся:

PB2(A) =

= 0,4*0,35*0,65 + 0,4*0,65*0,35 + 0,6*0,35*0,35 = 0,2555.

Полная вероятность события A по формуле полной вероятности равна:

P(A) = PB1(A)P(B1) + PB2(A)P(B2) = 0,3*0,442 + 0,7*0,2555 = 0,31145.

Согласно формуле Бейеса вероятность того, что что четвертый самолет попал в цель, равна:

PA(B1) = =  0,426.

Ответ: P(A) .
ИДЗ-9. Формулы Муавра – Лапласа. Вероятности редких событий.

Решите задачу на вычисление вероятностей случайных событий с применением локальной или интегральной теорем Муавра – Лапласа или распределения Пуассона:

18. Вероятность появления некоторого события в каждом из независимых испытаний равна 0,9. Сколько нужно провести испытаний, чтобы с вероятностью 0,95 можно было ожидать, что событие появится не менее 100 раз?

Решение: Введем обозначения: p = 0,9 – вероятность появления события; q = 0,1 – вероятность не появления события; n – искомый объем выборки.

Пусть в выборке объема n наше событие появилось k. По условию, k должно быть больше или равно 100:

.

Согласно интегральной теореме Муавра – Лапласа вероятность того, что k1kk2, может быть найдена по формуле:

P(k1kk2) = .

У нас:

P() = =

.

(z) – табулированная функция Лапласа. Здесь мы воспользовались тем, что , и тем, что функция Лапласа нечетная. По условию задачи, вероятность P() должна быть равна 0,95. Значит,

;

, откуда по таблице находим, что:

.



Домножим обе части уравнения на 200 (чтобы избавиться от дробей):

(*)

Возведем обе части в квадрат:



Дискриминант . Находим корни уравнения:

- не подходит, т.к. тогда в уравнении (*) левая часть будет отрицательная: 180*105,5-20000 = -1010, а она не может быть отрицательной, т.к. правая часть уравнения (*) положительная.

.

Поскольку мы не можем провести дробное число испытаний, то получаем следующий ответ:

Ответ: 118 испытаний.
^ ИДЗ-10. Закон распределения вероятностей дискретной случайной величины (д.с.в.). Числовые характеристики распределения д.с.в.

Составить закон распределения вероятностей д.с.в. ^ X. Построить многоугольник распределения. Найти числовые характеристики распределения (моду распределения, математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), среднее квадратическое отклонение (X)).

18. Устройство состоит из трех независимо работающих элементов. Вероятность отказа каждого элемента в одном опыте равна 0,2. Д.с.в. X – число отказавших элементов в одном опыте.

Решение: Дискретная случайная величина Х принимает значения 0, 1, 2 и 3. Вероятность, что Х примет значение k, подсчитывается по формуле Бернулли:

Pn(k) = pnqnk,

где n = 3 – количество независимых испытаний (в данной задаче – количество независимо работающих элементов),

k – количество «успехов» (количество отказавших элементов),

p – вероятность «успеха»,

q – вероятность «неудачи», ,

= – число сочетаний из n по k.

Имеем:

;

;

;

.

Проведенные для данной задачи расчеты удобно оформить в виде таблицы (табл. 2):
Таблица 2

Распределение вероятностей д.с.в. X



0

1

2

3



1

3

3

1

Pn(k)

0,512

0,384

0,096

0,008


Проверка: сумма вероятностей равна 0,512 + 0,384 + 0,096 + 0,008 = 1.

Полигон (многоугольник) распределения вероятностей дискретной случайной величины X представлен на рис. 2:


Рис. 2. Полигон распределения вероятностей д.с.в. X = k.

Найдем числовые характеристики распределения вероятностей д.с.в. X. Мода распределения равна 0 (здесь P3(0) = 0,512 максимально). Математическое ожидание по определению равно:

M(X) = =0,6

где xk = k – значение, принимаемое д.с.в. X. Дисперсию D(X) распределения найдем по формуле:

D(X) = = 0,48.

Среднее квадратическое отклонение (СКО):

(X) = .

Ответ: Полигон распределения показан на рис. 2. Мода распределения равна 0; математическое ожидание M(X) = 0,6; дисперсия D(X) = 0,48; СКО (X) = 0,69.
ИДЗ-11. Закон распределения вероятностей непрерывной случайной величины (н.с.в.). Числовые характеристики распределения н.с.в.

Для непрерывной случайной величины (н.с.в.) X задана плотность функции распределения f(x). Вычислить соответствующую функцию распределения F(x). Проверить выполнение условия нормировки распределений. Построить графики обеих функций. Вычислить числовые характеристики распределений: математическое ожидание M(X) и дисперсию D(X). Вычислить вероятность того, что н.с.в. X примет значения из заданного интервала (a; b).

Примечание: C1 = сonst.

18. Плотность функции распределения вероятностей н.с.в. X задана в промежутке (–1; 1) выражением: f(x) = С1; вне этого промежутка f(x) = 0. Интервал (a; b) = (0; ½).

Решение: Прежде всего, нормируем на единицу плотность функции распределения f(x); отсюда определится неизвестная постоянная С1:

= 1 = = =

Здесь мы воспользовались четностью подынтегральной функции. Выполним замену переменной в определенном интеграле: , . Новые пределы интегрирования: , . Получаем:



, откуда находим, что .

Функцию распределения F(x) найдем путем интегрирования.

При -1  x  1:

F(x) = = =



.

При x < –1: F(x) = 0. При x > 1: F(x) = 1.

Графики плотности функции распределения f(x) и самой функции распределения F(x) представлены на рис. 3 и рис. 4, соответственно.




Рис. 3. График плотности функции распределения вероятностей f(x) н.с.в. X

Начало формы
Конец формы
Рис. 4. График функции распределения вероятностей F(x) н.с.в. X


Рассчитаем числовые характеристики распределения н.с.в. X. Математическое ожидание M(X) н.с.в. X равно:

M(X) = = 0

в силу нечетности подынтегральной функции. Дисперсия D(X) н.с.в. X равна:

D(X) = =

В силу четности подынтегральной функции и симметричности промежутка интегрирования можно удвоить интеграл, и вычислять его от 0. Выполним ту же замену переменных, что и при нахождении константы C1:

=0,25.

Среднее квадратическое отклонение СКО найдем как

(X) = = 0,5.

Наконец, вероятность того, что н.с.в. X примет значения из заданного интервала (a; b) = (0; 1/2) вычислим, воспользовавшись найденной функцией распределения:

P(0 < x < 1/2) = F(1/2) – F(0) =

.

Ответ: Графики плотности функции распределения f(x) и самой функции распределения F(x) н.с.в. X приведены на рис. 3, 4, соответственно. Вероятность попадания X в интервал (0; 1/2) равна P(0 < x < 1/2) = 0,305. Числовые характеристики распределений: математическое ожидание M(X) = 0; дисперсия D(X) = 0,25; СКО (X) = 0,5.
ИДЗ-12. Статистическое распределение случайной величины и его числовые характеристики.

Представлены статистические данные. Требуется: 1) составить дискретный вариационный ряд, при необходимости упорядочив его; 2) определить основные числовые характеристики ряда; 3) дать графическое представление ряда в виде полигона (гистограммы) распределения; 4) сформулировать содержательные выводы.

Прим. 1) При проверке статистической гипотезы о виде распределения принять уровень значимости  = 0,05; 2) Для числовой обработки данных рекомендуется использовать подходящий математический пакет, например, электронную таблицу MS Excel.

18. Имеются данные наблюдения над числом посетителей сайта академии в течение 40 дней:

72, 76, 101, 123, 74, 64, 111, 122, 74, 68, 65, 107, 65, 119, 71, 77, 67, 104, 108, 128, 72, 85, 80, 123, 65, 90, 76, 84, 105, 104, 122, 128, 107, 86, 79, 80, 87, 109, 107, 94.

Решение: 1) Дискретный вариационный ряд (упорядоченный по возрастанию):

Таблица 3

Дискретный вариационный ряд числа посетителей сайта.

i=

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

Xi=

64

65

65

65

67

68

71

72

72

74

74

76

76

77

79




i=

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

Xi=

80

80

84

85

86

87

90

94

101

104

104

105

107

107

107




i=

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

Xi=

108

109

111

119

122

122

123

123

128

128


2) Основные числовые характеристики данного вариационного ряда найдем по определению. Среднее число посетителей сайта академии равно:

xср = = =91,975;

исправленная дисперсия:

D = = 425,6147;

исправленное среднее квадратическое (стандартное) отклонение:

s = =20,63043.

3) Графическое представление в виде гистограммы распределения.

Сгруппируем данные по интервалам. Число интервальных групп K определим по формуле Стерджесса:

K = 1 + log2n = 1 + 3,322lgn,

где n = 40 – объем выборки. В нашем случае

K = 1 + 3,322lg40 = 1 + 3,3221,602 = 6,322  6.

Ширина интервала равна (128 – 64)/6 = 10,6667  11.

Интервальный вариационный ряд представлен в табл. 4.
Таблица 4

Частотный интервальный вариационный ряд числа посетителей сайта.

k

1

2

3

4

5

6

xk, чел.

63



74

74



85

85



96

96



107

107



118

118



129

nk

9

9

5

4

6

7


Проверка: сумма частот 9+9+5+4+6+7 = 40.

Интервальный ряд может быть наглядно представлен в виде гистограммы частотного распределения (рис. 5).



Рис. 5. Частотное распределение числа посетителей сайта.

4) Вид гистограммы позволяет сделать предположение о том, что распределение посетителей сайта подчиняется равномерному закону.

Используем для проверки соответствия эмпирического распределения теоретическому критерий согласия Пирсона 2 . Для этого следует вычислить эмпирическое значение критерия как сумму

2 = ,

где nk и nk,теор – эмпирические и теоретические частоты, соответственно.

Границы равномерного распределения a и b находим из системы уравнений:



Значит, ; .

Теоретические частоты могут быть найдены как

nk, теор = n pk,

где n = 40; pk – вероятность попадания величины Х в k-й интервал:

pk = F(bk) – F(ak)

Для равномерного распределения вероятность попадания в равные интервалы будет одинаковая, и равна 0,15392. Умножая на n = 40, получаем теоретические частоты: 6,15678.

Результаты расчетов удобно представить в табличном виде (табл. 5):

Таблица 5

Таблица вычисления критерия Пирсона

[xk, xk+1),

чел.

nk

pk

nk,теор =

= npk



63 – 74

9

0,15392

6,1568

1,3130064

74 – 85

9

0,15392

6,1568

1,3130064

85 – 107

9

0,30784

12,3136

0,891675

107 – 118

6

0,15392

6,1568

0,0039924

118 – 129

7

0,15392

6,1568

0,1154853










2эмп

3,6371655

Интервалы и объединяем в один интервал, т.к. количество попаданий в интервал меньше 5, что недопустимо при использовании критерия Пирсона.

Критическое значение критерия найдем по таблице Пирсона для уровня значимости  = 0,05 и числа степеней свободы d.f. = K – 1 – r, где K = 6 – число интервалов интервального вариационного ряда; r = 2 – число параметров теоретического распределения, оцененных на основании данных выборки (в данном случае, – параметры a и b). Таким образом, d.f. = 3. Критическое значение критерия Пирсона есть 2крит(; d.f.) = 7,81473. Так как 2эмп < 2крит, заключаем, что согласие между эмпирическим и теоретическим равномерным распределением является статистическим значимым. Иными словами, теоретическое равномерное распределение удовлетворительно описывает эмпирические данные.

Добавить документ в свой блог или на сайт

Похожие:

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconЗадачи по теории вероятности
Вероятность изготовления детали первого сорта равна 0 Найти вероятность того, что из 60 взятых деталей 48 окажется первого сорта

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconТ1 Вероятность попадания величины в интервал равна: Т2
Функцию называют дифференциальной функцией распределения (или плотностью вероятности величины ), если произведение равно вероятности...

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconРешение поставленной задачи рассмотрено на примере геометрической...
Проектирование названных механизмов непосредственно связано с решением задачи по определению соотношений длин звеньев, которое отвечало...

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconРазработка урока на тему: Случайные события. Вероятность случайного события
...

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconНевозможно придумать того
С завидной регулярностью оно встает так уже многие тысячи лет. Хотя, как сказать, солнце могло ведь и не взойти. Известно, что вероятность...

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconЗакон распределения вероятностей дискретной случайной величины
Вероятность отклонения относительной частоты от постоян­ной вероятности в независимых испытаниях

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconРешение обратных задач теплопроводности для элементов конструкций...
Решение обратных задач теплопроводности для элементов конструкций простой геометрической формы

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события icon5. распределения случайных величин, важные для практики
Биномиальное распределение имеет место в том случае, когда случайная величина Х выражает число появлений некоторого события а при...

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconУскользающие особенности Универсума
Формулировка: в Универсуме наиболее часто происходят события, вероятность которых ничтожно мала

Решение : Согласно определению геометрической вероятности, вероятность события iconЗадачи по теории вероятности
Из ящика, содержащего 15 изделий 1-го сорта и 8 второго, вынимают сразу 5 деталей. Найти вероятность того, что среди них окажется...

Вы можете разместить ссылку на наш сайт:
Школьные материалы


При копировании материала укажите ссылку © 2013
контакты
uchebilka.ru
Главная страница


<