Используем формулу полной вероятности

Задание 1
1. Из пяти карточек А, Б, В, Г, Д, наугад одна за другой выбираются 3 и располагаются в ряд в порядке появления. Какова вероятность того, что получится
слово "два"?
Решение:
Всего имеется 5 букв, из них – одна буква " Д ", поэтому вероятность того, что
первой будет буква " Д " равняется 1/5.
Если первой была буква " Д " , то осталось 4 буквы, из которых одна буква "В",
поэтому вероятность вынуть второй букву " В " равняется 1/4.
Теперь букв на карточках осталось 3, из них 1 буква " А ", поэтому вероятность
того, что третья буква – это буква " А " равняется 1/3.
Тогда вероятность события А –" получится слово "два"" равняется:
1 1 1 1
P( A)    
5 4 3 60
Ответ: P( A) 
1
.
60
2. Два охотника стреляют в волка. Для первого охотника вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,7, для второго – 0,8. Какова вероятность
попадания в волка (хотя бы при одном выстреле), если охотники делают по два
выстрела.
Решение:
Пусть событие А – «хотя бы одно попадание в волка из 4-х выстрелов»
Противоположное событие A – «ни одного попадания (четыре промаха)».
Если для первого охотника вероятность попадания в цель при одном выстреле
равна 0,7, для второго – 0,8, то вероятности промаха для первого охотника равна 0,3, для второго – 0,2.
Тогда вероятность того, что будет четыре промаха:
P( A )  0,3  0,3  0,2  0,2  0,0036 .
По теореме о вероятности противоположных событий:
P( A)  1  P( A )  1  0,0036  0,9964 , или 99,64%.
Ответ: P( A)  0,9964 , или 99,64%.
3. В цехе работают 20 станков. Из них марки А – 10, марки В – 6, марки С – 4.
Вероятность того, что качество детали окажется отличным, для этих станков
соответственно равна – 0,9; 0,8; 0,7. Найти вероятность того, что взятая наудачу
деталь окажется отличного качества.
Решение:
Используем формулу полной вероятности:
Если событие А происходит вместе с одной из событий Н1, Н2,…, Нn, которые составляют полную группу попарно несовместимых событий, то события
Нк (к = 1, 2, …, n) называют гипотезами. Если известные вероятности гипотез и
условные вероятности события А при выполнении каждой из гипотез, то вероятность события А в опыте S ( так называемая полная вероятность) исчисляется по формуле
P( A)  P( H1 ) P( A H1 )  P( H 2 ) P( A H 2 )  ...  P( H n ) P( A H n )
Пусть событие А – наугад взятая из цеха деталь – отличного качества.
Создадим три гипотезы:
Н1 – деталь изготовлена на станке марки А;
Н2 – деталь изготовлена на станке марки В;
Н3 – деталь изготовлена на станке марки С.
По условию задачи
РН 1  
10
6
4
 0,5 ; РН 2  
 0,3 ; РН 3  
 0,2 .
10  6  4
10  6  4
10  6  4
2
Вероятность того, что качество детали окажется отличным, для станков соответственно равна – 0,9; 0,8; 0,7, т.е. условные вероятности отличного качества
для каждого станка:
РА Н1   0,9 ; РА Н 2   0,8 ; РА Н 3   0,7
.
По формуле полной вероятности найдем вероятность того, что наугад взятая
деталь - отличного качества:
Р А  РН1 РА Н1   РН 2 РА Н 2   РН 3 Р А Н 3  
 0,5  0,9  0,3  0,8  0,2  0,7  0,83
Ответ: P(А)  0,83.
4. На фабрике, изготовляющей болты, первая машина производит 25 %, вторая
– 35 %, третья – 40 % всех изделий. В их продукции брак составляет соответственно
5 %, 4 %, 2 %. Случайно выбранный болт оказался дефектным. Како-
ва вероятность того, что он сделан на третьей машине.
Решение:
Используем формулу полной вероятности:
P( A)  P( H1 ) P( A H1 )  P( H 2 ) P( A H 2 )  ...  P( H n ) P( A H n )
Пусть событие А – выбранный болт оказался дефектным.
Создадим три гипотезы:
Н1 – болт изготовлен на первой машине;
Н2 – болт изготовлен на второй машине;
Н3 – болт изготовлен на третьей машине.
По условию задачи
РН 1  
25%
35%
40%
 0,25 ; РН 2  
 0,35 ; РН 3  
 0,4 .
100 %
100%
100%
Брак составляет соответственно 5 %, 4 %, 2 %., т.е. условные вероятности брака
для каждой машины:
3
Р А Н 1  
5%
4%
2%
 0,05 ; Р А Н 2  
 0,04 ; Р А Н 3  
 0,02 .
100%
100%
100%
По формуле полной вероятности найдем вероятность того, что случайно выбранный болт оказался дефектным:
Р А  РН1 РА Н1   РН 2 Р А Н 2   РН 3 РА Н 3  
 0,25  0,05  0,35  0,04  0,4  0,02  0,0345
Используем формулу Байеса:
Если известно, что произошло событие А, и нужно найти вероятность того, что оно произошло именно с гипотезой Нк , то есть условную вероятность
гипотезы Нк при условии А, то используется формула Байеса:
P( H k A) 
P( H k ) P( A H k )
P( A)
(к = 1, 2, …, n).
По формуле Байеса находим вероятность того, что бракованный болт сделан на
третьей машине:
РН 3 А 
РН 3 Р А Н 3  0,4  0,02

 0,23188
Р  А
0,0345
Ответ: РН 3 А  0,23188
5. Вероятность того, что денежный автомат при опускании одной монеты сработает правильно, равна 0,97. Сколько нужно опустить монет, чтобы наивероятнейшее число случаев правильной работы автомата было 100?
Решение:
Наиболее вероятное число появлений события в схеме Бернулли находится по
формуле:
k 0  n  1 p  – то есть целая часть числа n  1 p
или из двойного неравенства:
np  q  k 0  np  p .
4
Здесь событие А – правильное срабатывание автомата.
Вероятность р = 0,97 , q = 1 – p = 1 – 0,97 = 0,03; k0  100, n – ?
0,97 n  0,03  100

0,97n  0,03  100  0,97n  0,97  
0,97 n  0,97  100
0,97 n  100,03
n  103,1

 n = 103.


0
,
97
n

99
,
03
n

102
,
09


Ответ: n = 103, нужно опустить 103 монеты.
6. Вероятность появления события А в одном испытании равна p. Найти вероятность того, что в n независимых испытаниях событие А произойдет: а) m раз;
б) от k1 до k2 раз.
а) p = 0,17, n = 600, m = 90; б) n = 100, p = 0,85, k1  25 , k2 = 80.
Решение:
а) Если проводится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А
происходит с вероятностью р, то вероятность того, что событие А настанет ровно k раз, находится за формулой Бернулли, но при больших значениях n и k
пользоваться формулой Бернулли неудобно из-за громоздкости вычислений. В
таких случаях при npq  9 используем локальную теорему Муавра –Лапласа:
Pn (k ) 
 k  np 
1
, q  1-p; (-x)  (x)
  
npq  npq 
р = 0,17 ; q = 1 – р = 1 – 0,17 = 0,83, n= 600, k = 90 :
P600 (90) 
 90  600  0,17 
1
1
0,1714



  



1
,
3

 0,0186
600  0,17  0,83  600  0,17  0,83 
84,66
84,66
5
б) Используем интегральную теорему Муавра-Лапласа:
Если проводится n независимых испытаний, в каждом из которых событие А
происходит с вероятностью р, то вероятность того, что событие А настанет не
меньше k1 раз и не больше k2 раз, равняется:
 k  np 
 k  np 
  Ф 1

Pn k1  k  k 2   Ф 2

 npq ; Ф x   Ф(x)
npq




Здесь n = 100; р = 0,85 ; q = 1 – р = 1 – 0,85 = 0,15 ; k1 = 25, k2 = 80.
 80  100  0,85 
 25  100  0,85 
  Ф

P10025  k  80  Ф



 100  0,85  0,15 
 100  0,85  0,15 
 Ф 1,4  Ф 16,8  Ф1,4  Ф16,8  0,4192  0,5  0,0808
Ответ: а) P600 (90)  0,0186 ; б) P10025  k  80  0,0808 .
7. Случайная величина  задана функцией распределения F (x) .
Требуется найти: а) постоянную c ; б) плотность распределения вероятностей
f  (x ) ;
в) основные числовые характеристики M (  ), D(  ),  
0, при x  0

F ( x )  cx 3 , при 0  x  2 ;
1, при x  2

 = 0;  = 1.
Решение:
а) Функция распределения случайной величины  непрерывная, поэтому
lim F x   lim F x  . Отсюда получаем с  23  1  с = 1/8.
x 2  0
x 2  0
Итак, функция распределения имеет вид :
x  0,
 0,
3
x
F (x) =  , 0  x  2,
8
x2
 1,
6
б) Плотность распределения f  x  является производной от функции распределения F  x  , т.е. f  x  = F  x  .
При х ≤ 0 получаем: F  x  = 0  f  x  = F  x  = 0

 х 3  3х 2
х3
При 0 < х ≤ 2 получаем: F  x  =
 f  x  = F  x  =   
8
8
8
При х > 2 имеем: F  x  = 1  f  x  = F  x  = 0 .
0, х  0
 2
 3х
f  x   
, 0 х2
8

x2
0,
в) Вычислим числовые характеристики M (  ), D(  ),   :
Для непрерывных случайных величин математическое ожидания (среднее значение) и дисперсия находится за формулами:

2

3х 2
32
3 x4
3
М     x  f  ( x)dx   x  0dx   х 
dx   x  0dx   x 3 dx  
  1,5
8
80
8 4 0 2


0
2
0
2

D   M    М     x 2  f  ( x)dx М  
2
2
2


2

3х 2
32 4
3 x5
12
2
x

f
(
x
)
dx

x

0
dx

х

dx

x

0
dx

x
dx


  2,4






8
80
8 5 0 5


0
2
0
2
2
2
2
Тогда дисперсия: D   2,4  1,5  0,15 .
2
Среднее квадратичное отклонение – это корень квадратный из дисперсии:
   D   0,15  0,3873
7
8. В таблице дано распределение 50 заводов по объёму валовой продукции 
(млн р.) и себестоимости  (р.).
y
nx
x
1500 2500 3500 4500 5500
2,0
1
6
7
2,5
4
6
3
13
3,0
3
6
4
13
3,5
2
6
3
1
12
4,0
3
2
5
ny
5
11
13
12
9
50
Требуется: а) вычислить условные средние y x ; б) вычислить выборочный
коэффициент корреляции и проанализировать тесноту связи между признаками
 и ;
в) составить выборочное уравнение прямой регрессии.
Решение:
а) Найдем средние у хі , то есть средние значения показателя  (или у в обозначениях в заданной таблице) , вычисленные для каждого значения признака 
(или х) по формуле: у хі 
 y j mij .
m xi
Зависимость между значениями x и средними у хі называется корреляционной
зависимостью Y на Х . Ее можно записать с помощью таблицы:
x
ух
mx
2
5357,14
7
2,5
4423,08
13
3
3576,92
13
3,5
2750,00
12
4
1900,00
5
б) Значения х і у в таблице заданы с равноотстоящими вариантами с шагом
h1 = 0,5 для х і с шагом h2 = 1000 для у, поэтому для упрощения расчетов
можно перейти к условным вариантам u и v по формулам:
ui 
xi  C1
y  C2
; vj  i
,
h1
h2
8
где С1 и С2 – это такие значения х i у, которые стоят приблизительно в середине вариационного ряда и имеют самую большую частоту. В данном случае
выбираем С1 = 3.0, С2 = 3500, тогда
ui 
xi  3,0
y  3500

; vj  i
0,5
1000
u1  2; u2  1; u3  0; u4  1; u5  2;
v1  2; v2  1; v3  0;
v4  1; v5  2
Получаем новую корреляционную таблицу:
u
v
-2
-1
0
1
2
nu
-2
-1
3
6
2
11
2
3
5
0
1
2
nv
4
6
3
1
6
4
1
6
3
13
12
9
7
13
13
12
5
n = 50
Коэффициент корреляции rв рассчитываем по формуле :
rB 
 nuvuv  n  u  v
n u v
, n = 50
u
1
1
5
nu  u  5   2  11   1  13  0  12  1  9  2 
 0,1

n
50
50
v
1
1
9
nv  v  7   2  13   1  13  0  12  1  5  2 
 0,18

n
50
50




u2 
1
1
73
2
2
nu  u 2 
5   2  11   1  13  0 2  12  12  9  2 2 
 1,46

n
50
50
v2 
1
1
79
2
2
nv  v 2 
7   2  13   1  13  0 2  12  12  5  2 2 
 1,58

n
50
50
 u  u 2  u 2  1,46   0,12  1,2042
 v  v 2  v 2  1,58  0,182  1,2440
9
 nuvuv  1   2  1  6   2  2  4   1  0  6   1  1  3   1  2  3  0   1 
 6  0  0  4  0  1  2  1   2  6  1   1  3  1  0  1  1  1  3  2   2  2  2   1  63
Тогда rB  
nuvuv  n  u  v  63  50   0,1  0,18

 0,8291
n u v
50  1,2042  1,2440
Получаем: 0 < |rв| <1, то есть Х і Υ – зависимые случайные величины, причем
чем ближе |rв| к единице, тем ближе зависимость между Х і Υ к линейной зависимости. В экономических исследованиях при значениях коэффициента корреляции 0,7 – 0,9 связь считают тесной, если же значение коэффициента корреляции 0,2 – 0,4 связь считают слабой.
В данном случае r ≈ -0,83, теснота линейной связи между факторами Х i Y существенная, а так как величина отрицательная, то связь обратная.
По формулами моментов перейдем к вариантам Х и Y :
х  u  h1  C1  -0,1  0,5  3,0  2,95
y  v  h2  C2  0,18  1000  3500  3680
 х   u  h1  1,2042  0,5  0,6021
 y   v  h2  1,2440 1000  1244,0
Уравнение регрессии Y на Х имеет вид:
у x  у  rB
у x  3680  0,8291 
y
х  х  
x
1244,0
х  2,95
0,6021
у x  1713,1х  8733,7
10