Задача На какую сумму очков, выпадающих при подбрасываниях двух костей, разумно сделать ставку? Ответ: 7



Скачать 109.23 Kb.
Дата20.11.2016
Размер109.23 Kb.

Решения тестовых задач

Задача 1. На какую сумму очков, выпадающих при подбрасываниях двух костей, разумно сделать ставку? Ответ: 7.

Анализ ситуации. Ставку разумно сделать на такое значение суммы очков, выпадающих при подбрасываниях двух костей, которое теоретически будет встречаться чаще других.

Модель: R36 = (R6 ; R6). Два независимых одинаковых случайных эксперимента R6 .

Каждый эксперимент R6: классическая модель с шестью равновероятными исходами (1,2,3,4,5,6).

Вероятность каждого элементарного исхода классической модели R36,

P(ω) = P((n; m)) = 1/3 6 .

Сумму очков, выпадающих при подбрасываниях двух костей, будем рассматривать как случайную величину y, равную сумме двух одинаково равномерно распределённых независимых сл.в. х1 и х2 с законом распределения R6 : {P= k) = pk =1 / 6}, к = 1,2,3,4,5,6.



P1 = n; и х2 = m) = {т.к. сл.в. х1 и х2 независимые} = pn· pm = (1 / 6)·(1 / 6) =1/3 6 .

Ставку разумно сделать на такое значение сл.в. y , которое теоретически встречается чаще других, т.е. с наибольшей вероятностью.

Сл.в. y принимает целые значения: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.

P(y = 2) = P1 = 1; и х2 = 1) = (1 / 6 )(1 / 6 ) = 1/3 6 .

P(y = 12) = P1 = 6; и х2 = 6) = (1 / 6 )(1 / 6 ) = 1/3 6 .

Сл.в. y = 7, если сл.в. х1 и х2 принимают значения: {(1,6);(2,5);(3,4);(4,3);(5,2);(6,1)}. Таких пар значений 6.



P(y = 7) = 6·(1/3 6) = 1 / 6 > P(y = k) при k ≠ 7.

Задача 2а. На трёх карточках написаны числа 3, 4 и 5.

Какова вероятность того, что сумма чисел на двух произвольно выбранных карточках делится на 3? Ответ: 1 /3 = 2 /6 .



Модель а.: R6=(R3;R2). Последовательность двух зависимых экспериментов. Всего шесть равновероятных исходов. P(ω) = 1 / 6 .

R3: классическая модель с тремя равновероятными исходами (3,4,5).

R2: классическая модель с двумя равновероятными исходами из набора (3,4,5), причем исход второго эксперимента не может совпадать с исходом первого.

Сл.в. х - сумма чисел на двух произвольно выбранных карточках принимает значения: 7 (3+4 или 4+3); 8 (3+5 или 5+3); 9 ( 4+5 или 5+4).



P= 7) = P= 8) = P= 9) = 2 / 6 = 1 / 3 .

Задача 2б. На пяти карточках написаны числа 1, 2, 3, 4 и 5.

Какова вероятность того, что сумма чисел на трёх произвольно выбранных карточках делится на 3? Ответ: 2 / 5 = 2 4 /6 0 .



Модель: R6=(R5;R4;R3). Последовательность трёх зависимых экспериментов. Всего шестьдесят равновероятных исходов. P(ω) = 1 / 6 0 .

R5: классическая модель с пятью равновероятными исходами (1,2,3,4,5).

R4: классическая модель с четырьмя равновероятными исходами из набора (1,2,3,4,5), причем исход второго эксперимента не может совпадать с исходом первого.

R3: классическая модель с тремя равновероятными исходами из набора (1,2,3,4,5), причем исход этого эксперимента не может совпадать с исходами первого и второго эксперимента.

Сл.в. х - сумма чисел на трёх произвольно выбранных карточках принимает значения от 6 (все шесть различных перестановок чисел 1,2,3: 1+2+3; 1+3+2; 2+1+3; 2+3+1; 3+1+2; 3+2+1) до 12. P=6) = P=12)= 6 / 6 0 = 1 / 1 0 .

Сл.в. х равна 9 при выборе карточек с числами либо (1,3,5), либо (2,3,4) и всеми различными перестановками этих чисел. P= 9) = 1 2 / 6 0 = 1 / 5 .

Искомая вероятность Р(х делится на 3)=


=
P= 6 или х = 9 или х = 12) = 2 4/ 6 0 = 2 / 5 .

Задача 3. В турнире, где разыгрывается приз по олимпийской системе, участвуют 16 команд.

Какова вероятность того, что две сильнейшие команды встретятся в финале? Ответ: 8/15.



Анализ ситуации.

Предполагается, что две сильнейшие команды способны обыграть любую другую команду из шестнадцати.

Игра по олимпийской системе с выбыванием проигравшей команды предполагает, что после определения стартового номера команд (позиции в сетке расписания игр) полностью определен порядок продвижения команд до финального тура. В первом туре играют команды (1 и 2); (3 и 4), и т.д. Во втором туре победитель первой пары (1 и 2) играет с победителем пары (3 и 4) и т.д. В финале встречаются оставшиеся представители от первой восьмёрки команд (с 1-й по 8-ю) и от второй (9-й по 16-ю).

Следовательно, наша задача: определить вероятность того, что две сильнейшие команды при жеребьёвке окажутся в разных частях таблицы.

Случайный эксперимент можно построить как последовательное определение для каждой из сильнейших команд стартовой позиции в сетке расписания с точностью до попадания либо в верхнюю (В) часть сетки, либо нижнюю (Н).

Модель: (В(8/16);В(8/15)). Последовательность двух зависимых экспериментов.

Модель Бернулли В(8/16) определяет Успех (У1) при попадании первой сильнейшей команды в одну из частей сетки (например, В1). Вероятность этого события Р(У1) = 8/16. Модель Бернулли В(8/15) определяет Успех (У2) при попадании второй сильнейшей команды в противоположную часть сетки (в нашем примере, Н2). Вероятность этого события Р(У2) = 8/15.

Вероятность того, что две сильнейшие команды встретятся в финале определяется как вероятность объединения двух несовместных (непересекающихся) событий: либо (В1 и Н2) либо (Н1 и В2).

Р(либо (В1 и Н2) либо (Н1 и В2)) = Р((В1 и Н2) + Р((Н1 и В2)=

= (8/16 ) (8/15 ) + (8/16 ) (8/15 ) = 8/15.

Задача 4. Какова вероятность того, что двузначное число делится на 9?

Ответ: 1/9.

Анализ ситуации. Количество элементов Ω, двузначных чисел от 10 до 99 равно 90,  Ω  = 90.

Количество элементов события А двузначных чисел, которые делятся на 9 (18; 27; 36; …; 81; 90) равно 10,  А  = 10.



Модель: R90 . Для классической дискретной модели с равновероятными элементарными исходами вероятность события А определяется по правилу:

Р(А) = А  /  Ω  = 10 / 90 = 1/9 .

Задача 5. В урне 2 белых и 4 черных шара. Один азартный человек держит пари с другим, что среди вынутых 3 шаров будет ровно один белый.

В каком отношении находятся шансы спорящих? Ответ: 3 : 2.



Анализ ситуации.

Шансы победить в споре (событие А) принято оценивать как отношение


р = Р(А) (вероятность выиграть спор) к q = Р(не А) (вероятность проиграть спор).

В условии задачи не оговорено, будут ли шары извлекаться последовательно с возвращением уже вынутого (независимые испытания), либо вынутый шар в эксперименте не может быть вынут повторно (зависимые испытания).



Предположение. Будем рассматривать случай, когда вынутый шар в эксперименте не может быть вынут повторно (зависимые испытания).

Модель: (В(р1); В(р2); В(р3)) последовательность зависимых испытаний Бернулли.

р1 =(2/6) = Р(первым извлекли белый шар) = Р(+1) = 1 Р(1) = 1  q1.

р2 = Р(шар, который был вынут вторым, оказался белым). Эта вероятность условная. Она зависит от цвета шара извлечённого в первом испытании.

р3 = Р(шар, который был вынут третьим, оказался белым). Эта вероятность условная. Она зависит от цветов шаров извлечённых в предыдущих испытаниях.

Вероятность выиграть спор (событие А) можно представить как следующие непересекающиеся события:

либо А1 = (первый шар белый; два других – черные);

либо А2 = (второй шар белый; два других – черные);

либо А3 = (третий шар белый; два других – черные).



Р(А) = Р(А1) + Р(А2) + Р(А3) = р1 · q2 · q3 + q 1 · р 2 · q3 + q 1 · q2 · р 3 .

Р(А1) = Р(+1) · Р(2+1) · Р(3(+1; 2) = =(2/6) · (4/5) · (3/4) = 1/5.

Р(А2) = Р(1) · Р(+21) · Р(3(1; +2) = =(4/6) · (2/5) · (3/4) = 1/5.

Р(А1) = Р(1) · Р(21) · Р(+3(1; 2) = =(4/6) · (3/5) · (2/4) = 1/5.

Таким образом, вероятность выиграть спор р = Р(А) = 3/5.

Вероятность проиграть спор q = Р(не А) = 2/5.

Следовательно, теоретические шансы спорящих находятся в отношении: 3:2.



Задача 6. Двое играют в "орлянку" до пяти побед. Игра прекращена, когда первый выиграл четыре партии, а второй - три.

Как в этом случае следует поделить первоначальную ставку? Ответ: 3:1.



Анализ ситуации.

Игра в "орлянку": подбрасывание монеты.

Исходы бросков монеты: выпал "орёл" / "герб", либо выпала оборотная сторона.

Первоначальную ставку целесообразно поделить в отношении теоретических шансов победы каждого из игроков: р : q.

В задаче необходимо рассчитать теоретические вероятности победы игроков. Исходы игры в каждой партии предполагаются независимыми.

Второй игрок может победить лишь при наступлении события


А = (в двух партиях подряд побеждает второй игрок). Иначе побеждает первый игрок.

Возможны два варианта определения победителя в отдельной партии.



Вариант 1 (быстрый). Каждое подбрасывание определяет победителя.

(Заранее договариваются, какому игроку приносит победу выпадение "орла", а какому приносит победу выпадение оборотной стороны монеты.) Исходы равновероятны.



Вариант 2. Монету подбрасывают по очереди до выпадения орла. У какого игрока впервые выпал "орёл", тот и победитель в партии.

Предположение. Будем рассматривать быстрый вариант игры.

Модель: (В(1/2); В(1/2)); Последовательность двух независимых испытаний Бернулли.

Такую модель называют биномиальной В(2; 1/2).

Обозначим через q вероятность победы в игре второго игрока. Тогда
q = Р(А) = Р(в двух партиях подряд побеждает второй игрок)=(1/2)·(1/2) = 1/4 ;
р = 1 q = 3/4. Следовательно, р : q = 3 : 1.

Задача 7. Слово "МАТЕМАТИКА" разделено на отдельные буквы, из них произвольным образом отбираются и выкладываются по порядку четыре буквы. Какова вероятность получения слова "МАМА"? Ответ: 1/420.

Анализ ситуации.

Произвольный отбор букв: последовательное случайное извлечение букв без возвращения.



Модель случайного эксперимента, приводящего к реализации интересующего нас события А = (получение слова "МАМА" ):

(В(2/10); В(3/9); В(1/8); В(2/7)) – последовательность четырех зависимых испытаний Бернулли.

Событие А = (Успех во всех четырёх последовательных испытаниях Бернулли). Р(А) = (2/10) · (3/9) · (1/8) · (2/7) = 1/420.

Задача 8. Два игрока по очереди выбирают вслепую фишку из имеющихся 2 белых и 3 черных. Побеждает тот, кто первым вытянет белую фишку.

В каком отношении находятся шансы игроков на успех? Ответ: 3 : 2.



Анализ ситуации.

Отношение шансов игроков на успех понимается, как отношение теоретических вероятностей: выигрыша первого игрока р к q - вероятности выигрыша второго игрока.

Выбор вслепую фишек: последовательное случайное извлечение фишек без возвращения. Никакая фишка не может быть извлечена дважды.

Белая фишка может быть извлечена впервые на любом из первых трёх извлечений фишки.



Предположение. Первым выбирает фишку первый игрок.

Модель: В(р1); В(р2); В(р3)) последовательность трёх зависимых испытаний Бернулли.

р1 = 2/5 - вероятность выбрать белую фишку при первом извлечение.

р2 - вероятность выбрать белую фишку при втором извлечение зависит от исхода первого испытания.

р3 - вероятность выбрать белую фишку при третьем извлечение зависит от исходов первого и второго испытания.

Первый игрок может выиграть при следующих исходах эксперимента:
либо (при первом извлечение выбрана белая фишка- (б)); либо (при первых двух извлечениях выбрали черную фишка, при третьем он извлёк белую –(ч;ч;б)). Поэтому, р = 2/5 + (3/5 · 2/4 · 2/3 ) = 3/5 ; q = 1 р = 2/5 .

Следовательно, р : q = 3 : 2.



Задача 9. На заводе, изготовляющем болты, первая машина производит 25%, вторая - 35%, третья - 40% всех изделий. В их продукции брак составляет соответственно 5, 4 и 2%.

Какова вероятность того, что случайно выбранный болт дефектный?


Ответ: 0,0345.

Анализ ситуации.

Случайный эксперимент: случайный выбор одного болта из полной совокупности болтов выпущенных на заводе за определённый период времени.



Модель: Ω = {ω} совокупность болтов.

Каждый болт имеет индивидуальные свойства: на какой машине он произведён, и характеристика его качества (дефектный или нет). Поэтому множество всех болтов Ω можно разбить на не пересекающиеся подмножества: Н1, Н2, Н3. Подмножество Нk – болты, изготовленные на машине k.

Другое разбиение Ω на подмножества: Д и К. Д – дефектные болты;
К – качественные болты.

А – класс событий, совокупность подмножеств Ω, содержащая события:

Н1, Н2, Н3, Д и К. Класс А событий замкнут относительно операций дополнения, объединения и пересечения.

События Н1, Н2, Н3 образуют полную группу событий.



Р – вероятностная мера событий определяется, как доля болтов, образующих событие, от общего количества болтов в Ω.

По условию задачи: Р(Н1)=0,25; Р(Н2)=0,35; Р(Н3)=0,4;


Р(Д Н1) = 0,05; Р(Д Н2) = 0,04; Р(Д Н3) = 0,02.

Вероятность того, что случайно выбранный болт дефектный (Р(Д)), можно определить по формуле полной вероятности:



Р(Д) = Р(Н1)·Р(Д Н1)+Р(Н2)·Р(Д Н2)+Р(Н3)·Р(Д Н3) =

= 0,25 · 0,05 + 0,35 · 0,04 + 0,4 · 0,02 = 0,0345 .



Задача 10. Сборщик получил три коробки деталей, изготовленных заводом 1, и две коробки деталей, изготовленных заводом 2. Вероятность того, что деталь завода 1 стандартна, равна 0,9, а завода 2 - 0,8. Сборщик извлек стандартную деталь из наудачу взятой коробки.

Найдите вероятность того, что она изготовлена заводом № 1.



Ответ: 0,6279.

Анализ ситуации. Ω = {ω} совокупность деталей.

По условию задачи можно рассматривать события: Н1деталь изготовлена заводом 1; Н2 деталь изготовлена заводом 2; А – деталь стандартная.

Можно определить вероятности событий: Р(Н1) = 3/5 Р(Н2) = 2/5. Заданы условные вероятности: Р(А Н1) = 0,9; и Р(А Н2) = 0,8.

События Н1 и Н2 образуют полную группу событий: они несовместны и их объединение совпадает с Ω.

Известно, что произошло событие А – отобрана стандартная деталь.

Требуется найти вероятность события Н1 при этом предположении, т.е. условную вероятность Р(Н1 А). Это можно сделать по формуле Байеса.



Р(Н1А)=Р(Н1 и А)/ Р(А) = (Р(Н1)·Р(А Н1)/(Р(Н1)·Р(А Н1)+Р(Н2)·Р(А Н2)).

После подстановки известных значений вероятностей получаем:



Р(Н1А) = (3/5) · 0,9 / (3/5· 0,9 + 2/5· 0,8) =2,7/(2,7 + 1,6) =2,7/4,3 = 0,6279.


ВФМ часть 1


База данных защищена авторским правом ©bezogr.ru 2016
обратиться к администрации

    Главная страница