Комбинаториката се използва само за решаване на вероятностни проблеми с еднакви възможни резултати, т.е. в рамките на класическия подход към концепцията за вероятност.

Пример 3.24.В една урна има 5 бели и 4 черни топки. Намерете вероятността за събитие: А– изтеглете бяла топка на случаен принцип, б– изтеглете две бели топки на случаен принцип, В– изтеглете една бяла и една черна топка на случаен принцип, г– две топки от един и същи цвят.

Броят на всички елементарни резултати, когато една топка бъде изтеглена на случаен принцип от урна, е равен на 9 или − броят на комбинациите от девет елемента един по един, тъй като в урната има 9 топки и можете да изберете една от тях в девет начина. Благоприятно за събитието АИма пет резултата или , тъй като бяла топка може да бъде изтеглена от 5 бели топки, следователно имаме:

Броят на всички елементарни резултати при произволно изтегляне на две топки от 9 от урна е равен на − броя на комбинациите от девет елемента от две. Като се има предвид, че броят на хората, подкрепящи събитието брезултатите са съответно равни на , получаваме:

При намиране на вероятността за събитие В– произволно теглене на една бяла и една черна топка, броят на всички елементарни резултати също е равен на . Брой хора, подкрепящи събитието ВЩе намерим резултатите, като използваме правилото за произведение на комбинаториката. Наборът от бели топки съдържа пет елемента, а наборът от черни топки съдържа четири, тогава броят на двойките, образувани от елементите на тези набори, е равен на произведението от броя на елементите в тези набори, т.е. Тогава вероятността от събитието Ве равно на:

Сега нека намерим вероятността за събитието г– теглене на две топки от един и същи цвят, което се състои в избиране на две бели или две черни топки на случаен принцип. Броят на всички елементарни резултати все още е равен на . Използвайки правилото за сумата на комбинаториката, откриваме, че броят на благоприятните събития грезултатите са равни , тъй като броят на начините за избор на два елемента от набор, съдържащ пет елемента или от набор, съдържащ четири елемента (множествата не се пресичат) е равен на сбора от броя начини за избор на два елемента от всяко множество. Броят на всички елементарни резултати все още е равен на . Имайки предвид горното, получаваме:

Пример 3.25.В експеримент, включващ хвърляне на два зара, намерете общите вероятности за хвърляния на горните лица U 2- две точки, U 3- три точки, U 4– четири точки, ..., U 12- дванадесет точки.

Използвайки правилото за произведение на комбинаториката, намираме броя на всички елементарни резултати, като вземем предвид, че наборът от резултати при хвърляне на първия зар съдържа шест елемента и наборът от резултати при хвърляне на втория зар също съдържа шест елемента. Тогава броят на двойките, образувани от елементите на тези множества, е равен на произведението от броя на елементите на тези множества, т.е.

Имайки предвид тези събития U 2И U 12благоприятен за един резултат - загуба на единици на два зара и съответно загуба на шестици на два зара, ще намерим вероятностите за тези събития:

Събитие U 3два резултата са благоприятни: едно на първия зар и две на втория, или две на първия зар и едно на втория, тъй като е известно (3.8.), че при хвърляне на два или повече зара (монети) , те винаги се считат за различими. Като се има предвид, че събитието U 11два изхода също са благоприятни: петица на първия зар и шестица на втория, или обратното, получаваме:

Събитие U 4Три изхода са благоприятни: едно на първия зар и тройка на втория, или тройка на първия зар и едно на втория, или две точки както на първия, така и на втория зар. Имайте предвид, че събитието U 10три изхода също са благоприятни: шестица падаща на първия зар и четворка на втория, или четворка падаща на първия зар и шестица на втория, или пет точки падащи и на първия, и на втория зар, следователно, ние имам:

Разсъждавайки по подобен начин, получаваме:

Обърнете внимание, че събитието, свързано с общия брой точки, появяващи се върху горните страни на два зара, е не по-малко от две и не повече от дванадесет, е надеждно и неговата вероятност е равна на единица. Тъй като във всеки тест определено ще се случи едно от събитията, състоящи се от разгръщане от две до дванадесет точки включително, а общата вероятност на разглежданите събития е равна на единица.

За по-голяма яснота нека представим получените резултати във формата Таблица 3.4:

Таблица 3.4

Разпределение на точките в опита

с хвърляне на два зара

Брой точки

3.28. В експеримент с хвърляне на два зара, намерете вероятността да получите сбора върху горните лица:

а) по-малко от три точки;

б) повече от девет точки;

в) повече от четири и по-малко от десет;

г) най-малко девет точки.

3.29. Числата от 1 до 100 се изписват на отделни еднакви карти, поставят се във ваза и се разбъркват добре. След това се тегли една карта на случаен принцип. Намерете вероятността за събитие:

а) картата съдържа число, делящо се на 3;

б) картата съдържа число, делящо се на 3 и 5;

г) картата съдържа число, по-голямо от 90;

д) картата съдържа число, по-голямо от 10 и по-малко от 20;

е) картата съдържа число, което се дели на 5, но не се дели на 7.

Има ли събитие, свързано с това преживяване, което има вероятност от 0,11? Ако да, какво е събитието?

3.30. В урната има 6 бели, 7 черни и 3 червени топки. Намерете вероятността за събитие: А– изтеглете червена топка на случаен принцип, б-изтеглете произволно три топки с различни цветове, В– изтеглете три топки на случаен принцип, така че поне една топка да е бяла, г- изтеглете три топки на случаен принцип, така че две да са бели и една черна.

3.31. В урната има 5 бели, 3 черни и 8 червени топки. Намерете вероятността за събитие: А– извадете черна топка на случаен принцип, б- изтеглете произволно три топки с различни цветове, В– изтеглете три топки на случаен принцип, така че поне една топка да е червена, г- изтеглете три топки на случаен принцип, така че две топки да са бели и една червена.

3.32. Известно е, че сред 15 книги има 5 дефектни, външно неразличими от доброкачествени. На случаен принцип се избират 5 книги. Намерете вероятността за събитие:

а) всичките 5 книги са доброкачествени;

б) всичките 5 книги са дефектни;

в) сред избраните 5 книги точно 2 са дефектни;

г) сред избраните 5 книги не повече от две са дефектни;

д) сред избраните 5 книги поне две са дефектни;

ж) сред избраните 5 книги поне три са доброкачествени;

з) сред избраните 3 книги поне две са доброкачествени;

i) всички избрани 4 книги са добри или дефектни.

Лекция 1 .

Цели, задачи и структура на медицинската и биологичната физика. Място и роля в системата на медицинското образование, интердисциплинарни връзки с други биомедицински и клинични дисциплини.

Вероятностен характер на медико-биологичните процеси. Елементи на теорията на вероятностите. Вероятността за случайно събитие. Законът за събиране и умножение на вероятностите.

Принципи на вероятностните подходи към проблемите на диагностиката и прогнозата на заболяванията.

Теория на вероятностите

Теорията на вероятностите изучава модели, свързани със случайни събития, количества и процеси. Лекарите рядко смятат, че поставянето на диагноза е вероятностно по природа и, както остроумно се отбелязва, само патологично изследване може надеждно да определи диагнозата на починал човек.

§2.1. Случайно събитие. Вероятност

Наблюдавайки различни явления, може да се забележи, че има два вида връзки между условията S и настъпването или ненастъпването на някакво събитие А.В някои случаи изпълнението на набор от условия S (тест) със сигурност причинява събитие А.Така, например, материална точка с маса Т 0 под въздействието на сила Е (състояние С) набира ускорение А= Е/ м 0 (събитие А).В други случаи многократното повторение на теста може или не може да доведе до настъпване на събитие А. Такива събития обикновено се наричат случаен: Те включват появата на пациент с дадено заболяване в лекарския кабинет, загубата на определена страна на монета при хвърляне и др.

Човек не трябва да мисли за случайните явления като за безпричинни, необусловени. Известно е, че много явления са взаимосвързани, отделно явление е следствие от друго и само по себе си служи като причина за следващото. Често обаче е трудно или дори невъзможно да се проследи количествено тази връзка между условия и събития. Така при хвърляне на зар (еднороден куб с шест номерирани страни: 1, 2, 3, 4, 5 и 6) крайната позиция на куба зависи от движението на ръката в момента на хвърляне, съпротивлението на въздуха, позицията на куба, когато удари повърхността, характеристиките на повърхността, върху която кубът е паднал, и други фактори, които не могат да бъдат взети под внимание отделно.

В ежедневието по отношение на такива случайни събитияизползвайте думите „вероятно“, „вероятно“, „малко вероятно“, „невероятно“. В някои случаи такава оценка характеризира повече желанието на говорещия, отколкото истинската степен на възможност или невъзможност на събитието. Въпреки това дори случайните събития, ако броят им е достатъчно голям, се подчиняват на определени модели. Количествената оценка на моделите, свързани със случайни събития, се дава в клон на математиката, наречен теория на вероятностите.

Теорията на вероятностите изучава моделите, присъщи на масовите (статистически) случайни събития.

Индивидуалните исторически факти, „изненади“, „катастрофи“ са изолирани, привидно уникални събития, за които е невъзможно да се правят количествени вероятностни преценки. Исторически теорията на вероятността се появява във връзка с опитите да се изчисли възможността за различни резултати в хазарта. В момента се използва в науката, включително биологията и медицината, за оценка на вероятността от практически важни събития. Всичко, което остава от игрите, са илюстративни примери, които могат удобно да се използват за илюстриране на теоретични точки.

Статистическа дефиниция на вероятността.Вероятност P(A)VТеорията на вероятностите действа като числена характеристика на степента на възможност за възникване на всяко конкретно случайно събитие А по време на многократно повторение на тестове.

Да кажем, че при 1000 хвърляния на зар, числото 4 се появява 160 пъти. Съотношението 160/1000 = 0,16 показва относителната честота на числото 4 в дадена серия от тестове. По-общо, когато се случи случайно събитие А Тведнъж в серия пнезависими тестове, относителна честота с същество в дадена поредица от тестове или просто честотата на събитие А е съотношението

При голям брой опити честотата на събитията е приблизително постоянна: увеличаването на броя на опитите намалява колебанията на честотата на събитията около постоянна стойност.

Вероятността за случайно събитие е границата, към която клони честотата на дадено събитие с неограничено увеличение на броя на опитите:

(2.2)

Естествено, никой никога няма да може да извърши неограничен брой тестове, за да определи вероятността. Няма нужда от това. Практически за вероятността [вж. (2.2)] можем да приемем относителната честота на събитието за голям брой опити. Например, от статистическите модели на раждане, установени в продължение на много години на наблюдение, вероятността новороденото да бъде момче се оценява на 0,515.

Класическа дефиниция на вероятността.Ако по време на тестването няма причини, поради които едно случайно събитие да се появява по-често от други (еднакво възможни кучета тия), вероятността може да се определи въз основа на теоретични съображения. Например, нека разберем в случай на хвърляне на монета честотата на падане на герба (събитие А).Различни експериментатори над няколко хиляди теста показаха, че относителната честота на такова събитие приема стойности близки до 0,5. Като се има предвид, че появата на герба и противоположната страна на монетата (събитие IN)са еднакво възможни събития, ако монетата е симетрична, предложението P(A)= P(B)= 0,5 може да се направи без определяне на честотата на тези събития. Въз основа на концепцията за „равна възможност“ на събитията се формулира друга дефиниция на вероятността.

Да приемем, че в резултат на теста трябва да се случи само едно от следните: педнакво възможни несъвместими събития (несъвместимо събития се извикват, ако е невъзможно тяхното едновременно възникване). Нека въпросното събитие Аслучва в Тслучаи, които се наричат благоприятни А, и не се срещат в останалите p - t,неблагоприятен А.Тогава вероятността може да се нарече благосклонно отношение съществуващи случаи към общия брой еднакво възможни случаи местни събития:

P(A) =м/ п . (2.3)

това класическо определение на вероятността.

Нека да разгледаме няколко примера.

1. Една урна съдържа 40 топки: 10 черни и 30 бели. Намерете вероятността една произволно изтеглена топка да бъде черна.

Броят на благоприятните случаи е равен на броя на черните топки в урната: t = 10. Общият брой еднакво възможни събития (изваждане на една топка) е равен на общия брой топки в урната: п= 40. Тези събития са непоследователни, тъй като е изтеглена една и само една топка. Съгласно формула (2.3) имаме:

P(A)= 10/40 = 1/4.

2. Намерете вероятността да получите четно число при хвърляне на зар.

При хвърляне на зар се случват шест еднакво възможни несъвместими събития: появата на едно число 1, 2, 3, 4, 5 или 6, т.е. n = 6. Благоприятни случаи са, когато се появи едно от числата 2, 4 или 6: t = 3. Изискваната вероятност:

P(A) =м/ п – 3/6 = 1/2.

Както може да се види от дефинициите на вероятността за събитие (2.2) и (2.3), за всички събития 0  P(A) 1.

Събития, които не могат да се случат по време на тези тестове, се наричат невъзможни: тяхната вероятност е равна на нула.

Така например е невъзможно да се изтегли червена топка от урна с бели и черни топки и е невъзможно да се получи числото 7 на зара.

Събитие, което е задължително за този тест се случва, се нарича надежден, неговата вероятност е равна на на 1.

Пример за надеждно събитие е тегленето на бяла топка от урна, съдържаща само бели топки.

В някои случаи е по-лесно да се изчисли вероятността за събитие, ако си го представите като комбинация от по-прости събития. Някои теореми от теорията на вероятностите служат за тази цел.

Теорема за добавяне на вероятности:вероятност за възникване едно (без значение какво) събитие от няколко събития местни събития е равна на сумата от техните вероятности. За две несъвместими събития

P(Aили B) = P(A) + P(B).(2.4)

Нека докажем тази теорема. Нека п- общ брой тестове, Т 1 - броят на случаите, благоприятни за събитие А, Т 2 - брой случаи, благоприятни за събитието IN.Брой случаи в полза на събитието или събитието а,или събития IN,равни м 1 +м 2 . Тогава P(Aили B) = (t 1 + t 2 )/n = t 1 /p + t 2 /стр.Следователно, като вземем предвид (2.3), имаме

P(Aили B) = P(A) + P(B).

* Намерете вероятността да получите 1 или 6 при хвърляне на зар.

събития А(ролка 1) и В ( drop 6) са еднакво възможни: P(A) = P(B) = 1/6, следователно от (2.4) намираме P(Aили B) =1/6 + 1/6 = 1/3.

Добавянето на вероятности е валидно не само за две, нои за произволен брой несъвместими събития.

* Една урна съдържа 50 топки: 10 бели, 20 черни, 5 червени и 15 сини. Намерете вероятността бяла, черна или червена топка да се появи по време на една операция по изваждане на топка от урната.

Вероятност за изтегляне на бяла топка (събитие а)равно на P(A) = 10/50 = 1/5, черна топка (събитие B) - P(B) = 20/50 = 2/5 и червено (събитие C) - P(C) = 5/50 = 1/10. От тук, използвайки формулата за добавяне на вероятности, получаваме P(Aили INили C) = P(A) + P(B) + P(C)= 1/5 + 2/5 + + 1/10= 7/10.

Ако две събития са единствените възможни и несъвместими, тогава те се наричат противоположни.

Такива събития обикновено се означават, напр. АИ .

Сумата от вероятностите за две противоположни събития, както следва от теоремата за събиране на вероятностите, е равно на едно лице:

(2.5)

*Нека илюстрираме валидността на (2.5), като използваме предишния пример. Нека тегленето на бяла, черна или червена топка бъде събитие А 1 , P(A 1 ) = 7/10. Обратното събитие е да вземеш синята топка. Тъй като има 15 сини топки и общият брой на топките е 50, получаваме P() = 15/50 = 3/10 и P(A 1 ) + P() = 7/10 + 3/10 = = 1.

*Урната съдържа бели, черни и червени топки. Вероятността да получите черна или червена топка е 0,4. Намерете вероятността да изтеглите бяла топка от урната.

Нека обозначим Аслучай на теглене на черна или червена топка, P(A) = 0,4; противоположно събитие ще бъде премахването на бялата топка, тогава на базата на (2.5) вероятността за това събитие P() = 1 - P(A) == 1 - 0,4 = 0,6.

Система за събития (A 1 , А 2 , ... А к ) се нарича пълен, ако когато се тества, ще се случи едно и само едно от тези събития. Сумата от вероятностите за събития, образуващи пълна систематемата е равна на едно.

* В урната има 40 топки: 20 бели, 15 черни и 5 червени. Вероятност за появяване на бяла топка (събитие А) е равно на P(A) = 20/40 = 1/2, за черна топка (събитие B) - P(B) = 15/40 = 3/8 и за червената топка (събитие C) - P(S)= 5/40 = 1/8. В този случай системата за събития А 1 , А 2 , А 3 е завършен; можете да сте сигурни, че P(A) + P(B) + P(C) = 1/2 + 3/8 + + 1/8 = 1.

Теорема за умножение на вероятностите:вероятност заедно вероятността за възникване на независими събития е равна на произведението на техните вероятности. За две събития

P(AИ B) = P(A) P(B).(2.6)

Нека докажем тази теорема. От събитията АИ INнезависими, след това всеки от Т 1 случаи благоприятни а,кореспондирам Т 2 случаи благоприятни IN.По този начин общият брой случаи, благоприятстващи едновременното протичане на събития АИ IN,равни Т 1 Т 2 . По същия начин, общият брой еднакво възможни събития е п 1 п 2 , Къде п 1 И п 2 - броят на еднакво възможните събития, съответно за АИ IN. Имаме

* Една урна съдържа 5 черни и 10 бели топки, другата съдържа 3 черни и 17 бели топки. Намерете вероятността, когато за първи път се изтеглят топки от всяка урна, и двете топки да бъдат:

1) черен; 2) бяло; 3) черна топка ще бъде изтеглена от първата урна и бяла топка от втората; 4) бяла топка ще бъде изтеглена от първата урна и черна топка от втората.

Вероятността да изтеглите черна топка от първата урна (събитие А) е равно P(A) =

= 5/15 = 1/3, черна топка от втората урна (събитие IN) -P(B)= 3/20, бяла топка от първата урна (събитие А")- P(A") = 10/15 = 2/3 и бялата топка от първата урна (събитие IN")-P(B") = 17/20. Намираме вероятността за съвместно възникване на две независими събития, използвайки формула (2.6):

1)P(AИ B) = P(A) P(B) =(1/3) (3/20) = 3/60 - и двете топки са черни;

2) P(A"и Б") = P(A") P(B") =(2/3) (17/20) = 17/30 - и двете топки са бели;

3) P(A"и Б") = P(A) P(B") =(1/3) (17/20)= 17/60 - черна топка ще бъде изтеглена от първата урна и бяла топка от втората;

4) P(A"и B) = P(A") P(B) =(2/3) (3/20) = 1/10 - бяла топка ще бъде изтеглена от първата урна и черна топка от втората.

И четирите възможни случая АИ IN, а"И В", АИ В", а"И INформират цялостна система от събития, следователно

P(AИ B) + P(A"И B") + P(AИ B") + P(A"И IN)= 3/60 + 17/30 + 17/60 + 1/10 = 1.

* Намерете вероятността в семейство с три деца и тримата да са синове. Да приемем, че вероятността да имате момче е 0,515 и за всяко следващо дете не зависи от пола на предишните деца.

Според теоремата за умножение на вероятностите, P(AИ INИ С)= 0,515 0,515 0,515  0,14.

Теоремата за умножение на вероятностите става по-сложна, ако Определя се вероятността за събитие, състоящо се от съвместна поява на две взаимно зависими събития. В товаслучай, когато събитие B възниква при условие, че Ако се е случило А, вероятността за съвместно събитие от тези две събития е равен

P(AИ B) = P(A) P(B/A), (2.8)

Къде P(V/A)-условна вероятност,т.е. вероятността от събитие INпри условие, че събитието Асе проведе.

* В урната има 5 топки: 3 бели и 2 черни. Намерете вероятността черните и белите топки да бъдат изтеглени една след друга.

Вероятността черната топка да бъде изтеглена първа (събитие А), е равно на P(A) = t/p= 2/5. След като извадите черната топка, в урната остават 4 топки: 3 бели и 1 черна. В този случай вероятността да изтеглите бяла топка (събитие INслед приключване на събитието а)равно на P(V/A) = 3/4. Използвайки (2.8), получаваме

P(AИ Б) =(2/5) (3/4) = 3/10.

Пример 1. В първата урна: три червени, една бяла топка. Във втората урна: една червена, три бели топки. Монета се хвърля на случаен принцип: ако е герб, тя се избира от първата урна, в противен случай от втората.
Решение:
а) вероятността да е изтеглена червена топка
A – получи червена топка
P 1 – падна гербът, P 2 - иначе

б) Червената топка е избрана. Намерете вероятността да бъде взето от първата урна от втората урна.
B 1 – от първата урна, B 2 – от втората урна
,

Пример 2. В кутия има 4 топки. Може да бъде: само бяло, само черно или бяло и черно. (Неизвестен състав).
Решение:
A – вероятността да се появи бяла топка
а) изцяло бяло:
(вероятността да получите една от трите опции, където има бели)
(вероятност бяла топка да се появи там, където всички са бели)

б) Изваден там, където всички са черни

в) извади опцията, при която всички са бели и/или черни

- поне един от тях е бял

P a +P b +P c =

Пример 3. В една урна има 5 бели и 4 черни топки. От него се изваждат последователно 2 топки. Намерете вероятността и двете топки да са бели.
Решение:
5 бели, 4 черни топки
P(A 1) – бялата топка е извадена

P(A 2) – вероятността втората топка също да е бяла

P(A) – бели топки, избрани в редица

Пример 3а. Пакетът съдържа 2 фалшиви и 8 истински банкноти. От пакета бяха извадени 2 банкноти един след друг. Намерете вероятността и двете да са фалшиви.
Решение:
P(2) = 2/10*1/9 = 1/45 = 0,022

Пример 4. Има 10 кошчета. Има 9 урни с 2 черни и 2 бели топки. Има 5 бели и 1 черно в 1 урна. От урна, взета на случаен принцип, беше изтеглена топка.
Решение:
P(A) - ? бяла топка се взема от урна, съдържаща 5 бели
B – вероятност да бъдете изтеглени от урна, съдържаща 5 бели
, - извадени от др
C 1 – вероятност бяла топка да се появи на ниво 9.

C 2 – вероятност да се появи бяла топка, където има 5 от тях

P(A 0)= P(B 1) P(C 1)+P(B 2) P(C 2)

Пример 5. 20 цилиндрични ролки и 15 конусовидни. Берачът взема 1 валяк, а след това още един.
Решение:
а) двете ролки са цилиндрични
P(C 1)=; P(Ts 2)=
C 1 – първи цилиндър, C 2 – втори цилиндър
P(A)=P(Ts 1)P(Ts 2) =
б) Поне един цилиндър
К 1 – първи конусовиден.
K 2 - втора конусовидна.
P(B)=P(Ts 1)P(K 2)+P(Ts 2)P(K 1)+P(Ts 1)P(Ts 2)
;

в) първият цилиндър, но не и вторият
P(C)=P(C 1)P(K 2)

д) Нито един цилиндър.
P(D)=P(K 1)P(K 2)

д) Точно 1 цилиндър
P(E)=P(C 1)P(K 2)+P(K 1)P(K 2)

Пример 6. В кутия има 10 стандартни части и 5 дефектни части.
Теглени са три части на случаен принцип
а) Един от тях е дефектен
P n (K)=C n k ·p k ·q n-k,
P – вероятност за дефектни продукти

q – вероятност за стандартни части

n=3, три части

б) две от три части са дефектни P(2)
в) поне един стандарт
P(0) - няма дефекти

P=P(0)+ P(1)+ P(2) - вероятността поне една част да е стандартна

Пример 7. Първата урна съдържа 3 бели и черни топки, а 2-рата урна съдържа 3 бели и 4 черни топки. 2 топки се прехвърлят от 1-ва урна във 2-ра, без да се гледа, а след това 2 топки се изтеглят от 2-ра. Каква е вероятността да са различни цветове?
Решение:
При преместване на топки от първата урна са възможни следните опции:
а) извади 2 бели топки подред
P BB 1 =
Във втората стъпка винаги ще има една топка по-малко, тъй като в първата стъпка една топка вече е извадена.
б) извади една бяла и една черна топка
Ситуацията, когато бялата топка е изтеглена първо, а след това черната
P бойна глава =
Ситуацията, когато първо е изтеглена черната топка, а след това бялата
P BW =
Общо: P бойна глава 1 =
в) извади 2 черни топки подред
P HH 1 =
Тъй като 2 топки бяха прехвърлени от първата урна във втората урна, общият брой на топките във втората урна ще бъде 9 (7 + 2). Съответно ще търсим всички възможни опции:
а) от втората урна е взета първо бяла, а след това черна топка

P BB 2 P BB 1 - означава вероятността първо да бъде изтеглена бяла топка, след това черна топка, при условие че 2 бели топки са изтеглени от първата урна в редица. Ето защо броят на белите топки в този случай е 5 (3+2).
P BC 2 P BC 1 - означава вероятността първо да бъде изтеглена бяла топка, след това черна топка, при условие че бялата и черната топка са изтеглени от първата урна. Ето защо броят на белите топки в този случай е 4 (3+1), а броят на черните топки е пет (4+1).
P BC 2 P BC 1 - означава вероятността първо да бъде изтеглена бяла топка, а след това черна топка, при условие че и двете черни топки са изтеглени от първата урна в редица. Ето защо броят на черните топки в този случай е 6 (4+2).

Вероятността 2 изтеглени топки да бъдат с различни цветове е равна на:

Отговор: P = 0,54

Пример 7а. От 1-вата урна, съдържаща 5 бели и 3 черни топки, 2 топки бяха прехвърлени на случаен принцип във 2-рата урна, съдържаща 2 бели и 6 черни топки. След това 1 топка беше изтеглена на случаен принцип от 2-рата урна.
1) Каква е вероятността топката, изтеглена от 2-рата урна, да се окаже бяла?
2) Топката, взета от 2-ра урна, се оказа бяла. Изчислете вероятността топки с различни цветове да бъдат преместени от 1-ва урна във 2-ра.
Решение.
1) Събитие А - топката, изтеглена от 2-ра урна, се оказва бяла. Нека разгледаме следните варианти за възникване на това събитие.
а) Две бели топки бяха поставени от първата урна във втората: P1(bb) = 5/8*4/7 = 20/56.
Във втората урна има общо 4 бели топки. Тогава вероятността да изтеглите бяла топка от втората урна е P2(4) = 20/56*(2+2)/(6+2) = 80/448
b) Бели и черни топки бяха поставени от първата урна във втората: P1(bch) = 5/8*3/7+3/8*5/7 = 30/56.
Във втората урна има общо 3 бели топки. Тогава вероятността да изтеглите бяла топка от втората урна е P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
в) Две черни топки бяха поставени от първата урна във втората: P1(hh) = 3/8*2/7 = 6/56.
Във втората урна има общо 2 бели топки. Тогава вероятността да изтеглите бяла топка от втората урна е P2(2) = 6/56*2/(6+2) = 12/448
Тогава вероятността топката, изтеглена от 2-рата урна, да се окаже бяла е:
P(A) = 80/448 + 90/448 + 12/448 = 13/32

2) Топката, взета от 2-ра урна, се оказа бяла, т.е. общата вероятност е P(A)=13/32.
Вероятност топки с различни цветове (черно и бяло) да бъдат поставени във втората урна и да бъде избрано бяло: P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
P = P2(3)/ P(A) = 90/448 / 13/32 = 45/91

Пример 7b. Първата урна съдържа 8 бели и 3 черни топки, втората урна съдържа 5 бели и 3 черни топки. На случаен принцип се избира една топка от първата и две топки от втората. След това една топка се взема на случаен принцип от избраните три топки. Тази последна топка се оказа черна. Намерете вероятността бяла топка да бъде изтеглена от първата урна.
Решение.
Да разгледаме всички варианти на събитие А - от три топки изтеглената топка се оказва черна. Как е възможно сред трите топки да има черна?
а) Черна топка беше взета от първата урна и две бели топки бяха взети от втората урна.
P1 = (3/11)(5/8*4/7) = 15/154
б) Една черна топка беше взета от първата урна, две черни топки бяха взети от втората урна.
P2 = (3/11)(3/8*2/7) = 9/308
в) Черна топка беше взета от първата урна, една бяла и една черна топка бяха взети от втората урна.
P3 = (3/11)(3/8*5/7+5/8*3/7) = 45/308
г) Една бяла топка беше взета от първата урна, а две черни топки бяха взети от втората урна.
P4 = (8/11)(3/8*2/7) = 6/77
д) Бяла топка е взета от първата урна, една бяла и една черна топка са взети от втората урна.
P5 = (8/11)(3/8*5/7+5/8*3/7) = 30/77
Общата вероятност е: P = P1+P2+ P3+P4+P5 = 15/154+9/308+45/308+6/77+30/77 = 57/77
Вероятността бяла топка да бъде изтеглена от бяла урна е:
Pb(1) = P4 + P5 = 6/77+30/77 = 36/77
Тогава вероятността бяла топка да бъде избрана от първата урна, като се има предвид, че черна топка е избрана от три топки, е равна на:
Pch = Pb(1)/P = 36/77 / 57/77 = 36/57

Пример 7c. Първата урна съдържа 12 бели и 16 черни топки, втората урна съдържа 8 бели и 10 черни топки. В същото време се изтегля топка от 1-ва и 2-ра урна, смесва се и се връща по една във всяка урна. След това от всяка урна се изтегля топка. Оказаха се еднакви на цвят. Определете вероятността в първата урна да останат толкова бели топки, колкото са били в началото.

Решение.
Събитие А - топка е изтеглена едновременно от 1-ва и 2-ра урна.
Вероятност за изтегляне на бяла топка от първата урна: P1(B) = 12/(12+16) = 12/28 = 3/7
Вероятност за изтегляне на черна топка от първата урна: P1(H) = 16/(12+16) = 16/28 = 4/7
Вероятност за изтегляне на бяла топка от втората урна: P2(B) = 8/18 = 4/9
Вероятност за изтегляне на черна топка от втората урна: P2(H) = 10/18 = 5/9

Събитие А се случи. Събитие B - от всяка урна се тегли топка. След разбъркване вероятността бяла или черна топка да се върне в урната е ½.
Нека разгледаме опциите за събитие B - те се оказаха с един и същи цвят.

За първата урна
1) бяла топка е поставена в първата урна и е изтеглена бяла топка, при условие че бяла топка е била изтеглена преди това, P1(BB/A=B) = ½ * 12/28 * 3/7 = 9/98
2) бяла топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BB/A=H) = ½ * 13/28 * 4/7 = 13/ 98
3) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=B) = ½ * 16/28 * 3/7 = 6/ 49
4) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=H) = ½ * 15/28 * 4/7 = 15/ 98
5) черна топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(BW/A=B) = ½ * 11/28 * 3/7 = 33/ 392
6) черна топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BW/A=H) = ½ * 12/28 * 4/7 = 6/ 49
7) черна топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(HH/A=B) = ½ * 17/28 * 3/7 = 51 /392
8) в първата урна е поставена черна топка и е изтеглена черна, при условие че черна топка е била изтеглена по-рано, P1(HH/A=H) = ½ * 16/28 * 4/7 = 8/ 49

За втората урна
1) бяла топка е поставена в първата урна и е изтеглена бяла топка, при условие че бяла топка е била изтеглена преди това, P1(BB/A=B) = ½ * 8/18 * 3/7 = 2/21
2) бяла топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BB/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
3) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=B) = ½ * 10/18 * 3/7 = 5/ 42
4) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
5) черна топка беше поставена в първата урна и беше изтеглена бяла топка, при условие че преди това беше изтеглена бяла топка, P1(BW/A=B) = ½ * 7/18 * 3/7 = 1/12
6) черна топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BW/A=H) = ½ * 8/18 * 4/7 = 8/ 63
7) черна топка беше поставена в първата урна и беше изтеглена черна, при условие че преди това беше изтеглена бяла топка, P1(HH/A=B) = ½ * 11/18 * 3/7 = 11/84
8) черна топка е поставена в първата урна и е изтеглена черна, при условие че черна топка е била изтеглена по-рано, P1(HH/A=H) = ½ * 10/18 * 4/7 = 10/63

Топките се оказаха с един и същи цвят:
а) бяло
P1(B) = P1(BB/A=B) + P1(BB/A=B) + P1(BW/A=B) + P1(BW/A=B) = 9/98 + 13/98 + 33 /392 + 6/49 = 169/392
P2(B) = P1(BB/A=B) + P1(BB/A=B) + P1(BW/A=B) + P1(BW/A=B) = 2/21+1/7+1 /12+8/63 = 113/252
б) черен
P1(H) = P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) + P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) = 6/49 + 15/98 + 51 /392 + 8/49 = 223/392
P2(H) = P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) + P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) =5/42+1/7+11 /84+10/63 = 139/252

P = P1(B)* P2(B) + P1(H)* P2(H) = 169/392*113/252 + 223/392*139/252 = 5/42

Пример 7d. Първата кутия съдържа 5 бели и 4 сини топки, втората съдържа 3 и 1, а третата съдържа съответно 4 и 5. На случаен принцип беше избрана кутия и топката, извадена от нея, се оказа синя. Каква е вероятността тази топка да е от втората кутия?

Решение.
A - събитие на теглене на синя топка. Нека разгледаме всички възможни резултати от такова събитие.
H1 - топката, изтеглена от първото поле,
H2 - топката, извадена от втората кутия,
H3 - топка, изтеглена от третото поле.
P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3
Според условията на задачата условните вероятности на събитие А са равни на:
P(A|H1) = 4/(5+4) = 4/9
P(A|H2) = 1/(3+1) = 1/4
P(A|H3) = 5/(4+5) = 5/9
P(A) = P(H1)*P(A|H1) + P(H2)*P(A|H2) + P(H3)*P(A|H3) = 1/3*4/9 + 1 /3*1/4 + 1/3*5/9 = 5/12
Вероятността тази топка да е от втората кутия е:
P2 = P(H2)*P(A|H2) / P(A) = 1/3*1/4 / 5/12 = 1/5 = 0,2

Пример 8. Пет кутии с по 30 топки съдържат 5 червени топки (това е кутия със състав H1), други шест кутии с по 20 топки съдържат 4 червени топки (това е кутия със състав H2). Намерете вероятността червена топка, взета на случаен принцип, да се съдържа в една от първите пет кутии.
Решение: Проблемът е да се приложи формулата за пълна вероятност.

Вероятността, че всякаквивзетата топка се съдържа в една от първите пет кутии:
P(H 1) = 5/11
Вероятността, че всякаквивзетата топка се съдържа в една от шестте кутии:
P(H2) = 6/11
Събитието се случи - червената топка беше извадена. Следователно това може да се случи в два случая:
а) извадени от първите пет кутии.
P 5 = 5 червени топки * 5 кутии / (30 топки * 5 кутии) = 1/6
P(P 5 /H 1) = 1/6 * 5/11 = 5/66
б) изваден от шест други кутии.
P 6 = 4 червени топки * 6 кутии / (20 топки * 6 кутии) = 1/5
P(P 6 /H 2) = 1/5 * 6/11 = 6/55
Общо: P(P 5 /H 1) + P(P 6 /H 2) = 5/66 + 6/55 = 61/330
Следователно вероятността червена топка, изтеглена на случаен принцип, да се съдържа в една от първите пет кутии е:
П к.ш. (H1) = P(P 5 /H 1) / (P(P 5 /H 1) + P(P 6 /H 2)) = 5/66 / 61/330 = 25/61

Пример 9. Урната съдържа 2 бели, 3 черни и 4 червени топки. На случаен принцип се изтеглят три топки. Каква е вероятността поне две топки да са с един и същи цвят?
Решение. Има три възможни изхода:
а) сред трите изтеглени топки имаше поне две бели.
P b (2) = P 2b
Общият брой възможни елементарни резултати за тези тестове е равен на броя на начините, по които 3 топки могат да бъдат извлечени от 9:

Нека намерим вероятността сред 3 избрани топки 2 да са бели.

Брой опции за избор от 2 бели топки:

Брой опции за избор от 7 други топки трета топка:

б) сред трите изтеглени топки имаше поне две черни (т.е. 2 черни или 3 черни).
Нека намерим вероятността сред избраните 3 топки 2 да са черни.

Брой опции за избор от 3 черни топки:

Брой опции за избор от 6 други топки от една топка:

P 2h = 0,214
Нека намерим вероятността всички избрани топки да са черни.

P h (2) = 0,214+0,0119 = 0,2259

в) сред трите изтеглени топки имаше поне две червени (т.е. 2 червени или 3 червени).
Нека намерим вероятността сред 3 избрани топки 2 да са червени.

Брой опции за избор от 4 черни топки:

Брой опции за избор: 5 бели топки, оставаща 1 бяла:

Нека намерим вероятността всички избрани топки да са червени.

P до (2) = 0,357 + 0,0476 = 0,4046
Тогава вероятността поне две топки да бъдат от един и същи цвят е равна на: P = P b (2) + P h (2) + P k (2) = 0,0833 + 0,2259 + 0,4046 = 0,7138

Пример 10. Първата урна съдържа 10 топки, 7 от които бели; Втората урна съдържа 20 топки, 5 от които са бели. Една топка се тегли на случаен принцип от всяка урна и след това една топка се тегли на случаен принцип от тези две топки. Намерете вероятността бялата топка да бъде изтеглена.
Решение. Вероятността бяла топка да бъде изтеглена от първата урна е P(b)1 = 7/10. Съответно, вероятността да изтеглите черна топка е P(h)1 = 3/10.
Вероятността да бъде изтеглена бяла топка от втората урна е P(b)2 = 5/20 = 1/4. Съответно, вероятността да изтеглите черна топка е P(h)2 = 15/20 = 3/4.
Събитие А - бяла топка се взема от две топки
Нека да разгледаме възможния резултат от събитие А.

От първата урна беше изтеглена бяла топка, а от втората урна - бяла топка. След това от тези две топки беше изтеглена бяла топка. P1 = 7/10*1/4 = 7/40
Бяла топка беше изтеглена от първата урна и черна топка беше изтеглена от втората урна. След това от тези две топки беше изтеглена бяла топка. P2 = 7/10*3/4 = 21/40
От първата урна беше изтеглена черна топка, а от втората урна - бяла топка. След това от тези две топки беше изтеглена бяла топка. P3 = 3/10*1/4 = 3/40

По този начин вероятността може да се намери като сбор от горните вероятности.
P = P1 + P2 + P3 = 7/40 + 21/40 + 3/40 = 31/40

Пример 11. В кутията има n топки за тенис. От тях са изиграни m. За първата игра две топки бяха взети на случаен принцип и върнати обратно след играта. За втората игра също взехме две топки на случаен принцип. Каква е вероятността втората игра да се играе с нови топки?
Решение. Да разгледаме събитие А - играта се играе за втори път с нови топки. Нека да видим какви събития могат да доведат до това.
Нека означим с g = n-m броя на новите топки преди да бъдат извадени.
а) за първата игра бяха извадени две нови топки.
P1 = g/n*(g-1)/(n-1) = g(g-1)/(n(n-1))
б) за първата игра те извадиха една нова топка и една вече изиграна.
P2 = g/n*m/(n-1) + m/n*g/(n-1) = 2 mg/(n(n-1))
в) за първата игра бяха извадени две изиграни топки.
P3 = m/n*(m-1)/(n-1) = m(m-1)/(n(n-1))

Нека да разгледаме събитията от втората игра.
а) Бяха изтеглени две нови топки при условие P1: тъй като вече бяха изтеглени нови топки за първата игра, то за втората игра броят им намаля с 2, g-2.
P(A/P1) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)*P1 = (g-2)/n*(g-2-1)/(n- 1)*g(g-1)/(n(n-1))
б) Бяха изтеглени две нови топки, при условие P2: тъй като една нова топка вече беше изтеглена за първата игра, то за втората игра техният брой намалява с 1, g-1.
P(A/P2) =(g-1)/n*(g-2)/(n-1)*P2 = (g-1)/n*(g-2)/(n-1)*2mg /(n(n-1))
c) Бяха изтеглени две нови топки при условие P3: тъй като преди това не бяха използвани нови топки за първата игра, броят им не се промени за втората игра g.
P(A/P3) = g/n*(g-1)/(n-1)*P3 = g/n*(g-1)/(n-1)*m(m-1)/(n (n-1))

Обща вероятност P(A) = P(A/P1) + P(A/P2) + P(A/P3) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)* g(g-1)/(n(n-1)) + (g-1)/n*(g-2)/(n-1)*2mg/(n(n-1)) + g/n *(g-1)/(n-1)*m(m-1)/(n(n-1)) = (n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/(( n-1)^2*n^2)
Отговор: P(A)=(n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/((n-1)^2*n^2)

Пример 12. Първата, втората и третата кутия съдържат 2 бели и 3 черни топки, четвъртата и петата кутия съдържат 1 бяла и 1 черна топка. На случаен принцип се избира кутия и от нея се тегли топка. Каква е условната вероятност четвъртото или петото поле да бъде избрано, ако изтеглената топка е бяла?
Решение.
Вероятността да изберете всяка кутия е P(H) = 1/5.
Нека разгледаме условните вероятности за събитие А - теглене на бялата топка.
P(A|H=1) = 2/5
P(A|H=2) = 2/5
P(A|H=3) = 2/5
P(A|H=4) = ½
P(A|H=5) = ½
Обща вероятност да изтеглите бяла топка:
P(A) = 2/5*1/5 + 2/5*1/5 +2/5*1/5 +1/2*1/5 +1/2*1/5 = 0,44
Условна вероятност четвъртата кутия да бъде избрана
P(H=4|A) = 1/2*1/5 / 0,44 = 0,2273
Условна вероятност да бъде избрана петата кутия
P(H=5|A) = 1/2*1/5 / 0,44 = 0,2273
Общо условната вероятност да бъде избрана четвъртата или петата кутия е
P(H=4, H=5|A) = 0,2273 + 0,2273 = 0,4546

Пример 13. В урната имаше 7 бели и 4 червени топки. След това друга топка с бял или червен или черен цвят се поставя в урната и след смесване една топка се изважда. Оказа се червено. Каква е вероятността а) да е поставена червена топка? б) черна топка?
Решение.
а) червена топка
Събитие А - червената топка е изтеглена. Събитие H - червената топка е поставена. Вероятност червена топка да бъде поставена в урната P(H=K) = 1/3
Тогава P(A|H=K)= 1 / 3 * 5 / 12 = 5 / 36 = 0,139
б) черна топка
Събитие А - червената топка е изтеглена. Събитие H - поставена е черна топка.
Вероятност в урната да е поставена черна топка P(H=H) = 1/3
Тогава P(A|H=H)= 1 / 3 * 4 / 12 = 1 / 9 = 0,111

Пример 14. Има две урни с топки. Едната има 10 червени и 5 сини топки, втората има 5 червени и 7 сини топки. Каква е вероятността червена топка да бъде изтеглена произволно от първата урна и синя топка от втората?
Решение.Нека събитието A1 е червена топка, изтеглена от първата урна; A2 - синя топка се изтегля от втората урна:
,
Събития A1 и A2 са независими. Вероятността за съвместна поява на събития A1 и A2 е равна на

Пример 15. Има тесте карти (36 броя). Две карти се изтеглят на случаен принцип подред. Каква е вероятността и двете изтеглени карти да са червени?
Решение.Нека събитие А 1 е първият изтеглен червен картон. Събитие A 2 - вторият изтеглен червен картон. B - и двете извадени карти са червени. Тъй като и двете събития A 1 и събитие A 2 трябва да се случат, тогава B = A 1 · A 2 . Събития A 1 и A 2 са зависими, следователно P(B) :
,
Оттук

Пример 16. Две урни съдържат топки, които се различават само по цвят, като в първата урна има 5 бели топки, 11 черни и 8 червени топки, а във втората има съответно 10, 8, 6 топки. Една топка се тегли на случаен принцип от двете урни. Каква е вероятността двете топки да са с един и същи цвят?
Решение.Нека индекс 1 означава бяло, индекс 2 означава черно; 3 - червен цвят. Нека събитието A i е, че топка от i-тия цвят е изтеглена от първата урна; събитие B j - от втората урна е изтеглена топка от цвят j; събитие A - и двете топки са от един и същи цвят.
A = A 1 · B 1 + A 2 · B 2 + A 3 · B 3. Събитията A i и B j са независими и A i · B i и A j · B j са несъвместими за i ≠ j. следователно
P(A)=P(A 1) P(B 1)+P(A 2) P(B 2)+P(A 3) P(B 3) =

Пример 17. От урна с 3 бели и 2 черни топки се теглят една по една, докато се появи черно. Намерете вероятността 3 топки да бъдат изтеглени от урната? 5 топки?
Решение.
1) вероятността 3 топки да бъдат изтеглени от урната (т.е. третата топка ще бъде черна, а първите две ще бъдат бели).
P=3/5*2/4*2/3=1/5
2) вероятността 5 топки да бъдат изтеглени от урната
Тази ситуация е невъзможна, т.к само 3 бели топки.
P=0

ТЕСТОВИ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯ

Задача 1.От урна, съдържаща 12 бели и 10 черни топки, една топка се изтегля на случаен принцип. Тогава вероятността тази топка да е черна е...

Решение.

Нека използваме формулата, където n m A . В нашия случай е възможноп =12+10=22 елементарни резултата от теста, от които благоприятнитем =10 резултата. следователно .

Задача 2.Зарът се хвърля веднъж. Тогава вероятността четен брой точки да се появят от горната страна е...

Решение.

Нека използваме формулата, къдетоп е общият брой възможни резултати от елементарни тестове, им - броя на елементарните резултати, благоприятни за настъпването на събитиетоА . В нашия случай е възможноп =6 елементарни резултата от теста (една, две,..., шест точки ще се появят на горния ръб), от които три резултата са благоприятни (две, четири и шест точки). следователном =3 и .

Задача 3.От урна, съдържаща 6 черни и 10 бели топки, се изваждат 2 топки едновременно. Тогава вероятността и двете топки да са бели е...

Решение.

Нека използваме формулата, къдетоп е общият брой възможни резултати от елементарни тестове, им - броя на елементарните резултати, благоприятни за настъпването на събитиетоА . В нашия случай общият брой възможни елементарни резултати е равен на броя начини, по които две топки могат да бъдат извадени от наличните 16, т.е. А общият брой благоприятни резултати е равен на броя на начините, по които могат да бъдат извадени две бели топки от десетте налични, т.е. следователно .

Задача 4.Две предприятия произвеждат различни видове продукти. Вероятностите за фалит в рамките на една година са съответно 0,1 и 0,2. Тогава вероятността поне едно предприятие да фалира през годината е равна на...

Решение.

Нека представим обозначенията на събитията: A 1 - първото предприятие ще фалира;А 2 - второто предприятие ще фалира;А - поне едно предприятие ще фалира;- нито едно предприятие няма да фалира. Тогава= , където A i . и . Тъй като, според условията на проблема, събития A 1 и A 2 са независими, тогава .

Задача 5.Двама стрелци дават по един изстрел. Вероятността за попадение в целта за първия и втория стрелец е съответно 0,7 и 0,85. Тогава вероятността само един стрелец да уцели целта е...

Решение.

Нека представим обозначенията на събитията: A 1 - първият стрелец ще уцели целта,А 2 - вторият стрелец ще уцели целта,А - само един стрелец ще уцели целта. Тогава= + , където - събитие, противоположно на събитие A i , и . Тъй като, според условията на проблема, събитияА 1 и А 2 несъвместими и независими, значи

Задача 6.Устройството се състои от три елемента, които работят независимо. Вероятностите за безотказна работа на тези елементи (през работния ден) са съответно 0,9, 0,8 и 0,7. Тогава вероятността и трите елемента да работят безупречно през работния ден е...

Решение.

Нека представим обозначенията на събитията: A i - работи безупречно през работния ден i -ти елемент, A – и трите елемента работят безупречно през работния ден. Тогава A = A 1 A 2 A 3 . Тъй като, според условията на проблема, събития A 1 , A 2 и A 3 са независими, тогава P (A )= P (A 1 · A 2 · A 3 )=

P(A 1)·P(A 2)·P(A 3)=0,9·0,8·0,7=0,504.

Задача 7. Първата урна съдържа 3 черни и 7 бели топки. Втората урна съдържа 4 бели и 6 черни топки. Третата урна съдържа 11 бели и 9 черни топки. Една топка беше взета от произволна урна. Тогава вероятността тази топка да е бяла е...

Решение.

А (произволно изтеглена топка е бяла) приложете формулата за обща вероятност: .

Тук: - вероятността топката да бъде изтеглена от първата урна; - вероятността топката да бъде изтеглена от втората урна; е вероятността топката да бъде изтеглена от третата урна. - условната вероятност изтеглената топка да е бяла, ако е изтеглена от първата урна; - условната вероятност изтеглената топка да е бяла, ако е изтеглена от втората урна; е условната вероятност изтеглената топка да е бяла, ако е изтеглена от третата урна.
Тогава .

Задача 8.Първата урна съдържа 6 черни и 4 бели топки. Втората урна съдържа 2 бели и 18 черни топки. От произволна урна е взета една топка, която се оказва бяла. Тогава вероятността тази топка да бъде изтеглена от първата урна е...

Решение.

Нека първо изчислим вероятността на събитиетоА (произволно изтеглена топка е бяла) според формулата за обща вероятност: .

Тук: - вероятността топката да бъде изтеглена от първата урна; - вероятността топката да бъде изтеглена от втората урна; - условната вероятност изтеглената топка да е бяла, ако е изтеглена от първата урна; е условната вероятност изтеглената топка да е бяла, ако е изтеглена от втората урна.
Тогава .
Сега нека изчислим условната вероятност топката да бъде изтеглена от първата урна, ако се окаже бяла, като използваме формулата на Бейс:
.

Задача 9.От първата машина 45% от всички части се доставят за монтаж, от втората - 55% от всички части. От частите на първата машина 90% са стандартни, на втората – 80%. Тогава вероятността произволно взета част да се окаже нестандартна е ...

Решение.

За изчисляване на вероятността от събитиеА (произволно взета част ще се окаже нестандартна) прилагаме формулата за обща вероятност: . Тук: - вероятността частта да е от първата машина; - вероятността частта да е от втората машина; - условна вероятност частта да е нестандартна, ако е произведена на първата машина; - условната вероятност частта да е нестандартна, ако е произведена на втора машина.
Тогава

P(A )=0,45(1-0,9)+0,55(1-0,8)=0,045+0,11=0,155.

Проблем 10.От първата машина 20% от всички части се доставят за монтаж, от втората - 80% от всички части. От частите на първата машина 90% са стандартни, на втората – 70%. Произволно взетата част се оказа стандартна. Тогава вероятността тази част да е направена на първата машина е...

Решение.

Нека първо изчислим вероятностите за събитиетоА (част, взета на случаен принцип, ще се окаже стандартна) според формулата за пълна вероятност: .

Тук: - вероятността частта да е от първата машина; - вероятността частта да е от втората машина; - условна вероятност частта да е стандартна, ако е произведена на първата машина; - условна вероятност частта да е стандартна, ако е произведена на втората машина.
Тогава 0,2∙0,9+0,8∙0,7=0,74..
Сега нека изчислим условната вероятност частта да е произведена на първата машина, ако тя се оказа стандартна, използвайки формулата на Bayes:
.

Проблем 11.

Решение.

По дефиниция F(x)=P(X< x ).

Тогава
а) за , F (x) = P (X<1)=0,
b) при , F (x )= P (X =1)=0,1,
в) при ,

F (x )= P (X =1)+ P (X =3)=0,1+0,3=0,4,
г) при x > 5,

F(x)=P(X=1)+ P(X=3)+P(X=5)+P(X=6)= 0,1+0,3+0,6=1.
следователно

Проблем 12.Дискретна случайна променлива се определя от закон за разпределение на вероятностите

След това стойноститеа и б може да са равни...

Решение.

Тъй като сумата от вероятностите на възможните стойности е равна на 1, тогава a+b =1-0,1-0,2=0,7. Отговорът отговаря на това условие:а =0,4, b =0,3.

Проблем 13. X и Y :

Тогава законът за разпределение на вероятността на сумата X + Y има формата...

Решение.

Възможни стойности x ij суми на дискретни случайни променливи X+Y се определят като x ij = x i + y j и съответните вероятности като произведение).
Тогава отговорът е:

Проблем 14.Проведеноп независими опити, във всяко от които вероятността за настъпване на събитиеА е постоянна и равна на 0,2. След това математическото очакване на дискретна случайна променлива X - брой появявания на събитието A до n =100 извършени теста се равнява на...

Решение.

Случайна променлива X се подчинява на биномния закон за разпределение на вероятностите. Ето защо M (X )= np =100∙0.2=20.

Проблем 15.Непрекъсната случайна променлива се определя от функция на разпределение на вероятностите:

Тогава плътността на разпределение на вероятностите има формата...

Решение.

Плътността на вероятностното разпределение на непрекъсната случайна променлива се изчислява по формулата: f (x) = F ’(x). Тогава , (1)'=0 и

Проблем 16.Непрекъсната случайна променлива X дадено от плътността на разпределението на вероятностите . След това математическото очакванеа и дисперсията σ 2 на тази нормално разпределена случайна променлива са равни на...

Решение.

Плътността на разпределение на вероятността на нормално разпределена случайна променлива има формата: . Тогава a =3 ,σ 2 =16.

Проблем 17.Дискретна случайна променлива се определя от закон за разпределение на вероятностите

Тогава неговата функция на разпределение на вероятностите има формата...

Решение.

По дефиниция F(x)=P(X< x ).

Тогава
а) за , F (x) = P (X<1)=0,
b) при , F (x )= P (X =1)=0,2,
в) при ,

F (x )= P (X =1)+ P (X =2)=0,2+0,1=0,3,
г) при,

F (x )= P (X =1)+ P (X =2)+ P (X =4)=0,2+0,1+0,3=0,6,
д) при x > 6,

F(x)=P(X=1)+ P(X=2)+P(X=4)+P(X=6)=1.
следователно

Проблем 18.Дадени са две независими дискретни случайни променливи X и Y :

Решение.

Тогава законът за разпределение на вероятността на сумата X + Y има формата...

Възможни стойности x ij суми на дискретни случайни променливи X+Y се определят като x ij = x i + y j и съответните вероятности като произведение p ij = p i ∙ q j = P (X = x i ) ∙ P (Y = y j ).
Тогава правилният отговор ще бъде:
.

Проблем 19.Основната хипотеза е H0 : σ 2 =4. Тогава конкурентната хипотеза може да бъде...

Решение.

Конкурентна (алтернативна) хипотеза е хипотеза, която противоречи на основната хипотеза. Условието σ 2 =4 противоречи H 1 : σ 2 >4.

Проблем 20. r V =0,85 и примерни стандартни отклонения σ X =3,2 σ Y =1,6. След това примерният регресионен коефициент X по Y е равно на...

Решение.

X към Y изчислено по формулата: . Тогава .

Проблем 21. y = -1,56-2,3 x.

Тогава коефициентът на корелация на извадката може да бъде равен на...

(Варианти за отговор: |1,56 | - 0,87 | - 2,3 | 0,87)

Решение.

Стойността на извадковия коефициент на корелация, първо, принадлежи към интервала [-1,1], и второ, неговият знак съвпада със знака на извадковия регресионен коефициент. Стойност от -0,87 отговаря на тези условия.

Проблем 22.Примерното уравнение на регресия по двойки има формата y =6-3 x . Тогава коефициентът на корелация на извадката може да бъде равен на...

(Варианти на отговор: 0,9 | -3,0 | 6,0 | - 0,9)

Решение.

Стойността на извадковия коефициент на корелация, първо, принадлежи към интервала [-1,1], и второ, неговият знак съвпада със знака на извадковия регресионен коефициент. Стойността -0,9 отговаря на тези условия.

Проблем 23.Примерното уравнение на регресия по двойки има формата y =-5+2 x . Тогава примерният регресионен коефициент е...

Решение.

Ако уравнението на примерната регресия по двойки има формата y =α+β x , тогава регресионният коефициент на извадката е равен на β. Това е β=2.

Задача 24.При конструирането на регресионно уравнение на двойка примери бяха изчислени следните: коефициент на корелация на примера r V =0,75 и примерни стандартни отклонения σ X =1,1 σ Y =2,2. След това примерният регресионен коефициент X по Y е равно на...

Решение.

Примерен регресионен коефициент X към Y изчислено по формулата: . Тогава .

Задача 25. Режимът на вариационната серия 1,2,2,3,3,3,4 е равен на...

Решение.

Режимът на вариационна серия е вариантът, който има най-висока честота. Тази опция е опция 3, чиято честота е равна на

три.

Задача 26. Медианата на вариационната серия 3,4,5,6,7,12 е равна на...

Решение.

Медианата на вариационна серия е опцията, разположена в средата на вариационната серия. Тъй като в средата на реда има два варианта: 5 и 6, медианата е равна на тяхното средно аритметично 5,5.

Задача 27. Диапазонът на вариация на вариационната серия 3,5,5,7,9,10,16 е равен на...

Решение.

Диапазонът на вариация в серията вариации се определя като R = x max - x min, получаваме: .

Задача 29.Размерът на извадката беше извлечен от общата популацияп =20:

Тогава безпристрастната оценка на математическото очакване е...

Решение.

Безпристрастната оценка на математическото очакване се изчислява по формулата: . това е Задача 31. Дадена е интервална оценка (8.45;9.15) на математическото очакване на нормално разпределена количествена характеристика. Тогава точковата оценка на математическото очакване е...

Решение.

Интервалната оценка на математическото очакване на нормално разпределена количествена характеристика е интервал, симетричен по отношение на точковата оценка. Тогава точковата оценка ще бъде .

Задача 32.Дадена е интервална оценка (10.45;11.55) на математическото очакване на нормално разпределена количествена характеристика. Тогава точността на тази оценка е...

След това стойносттаа е равно...

Решение.

Тъй като размерът на извадката се изчислява като n =(a +7+5+3) h, тогава a =50/2-7-5-3=10.

Индивидуални задачи по математика

Проблем 1

В урната има 6 бели топки и 11 черни топки. Две топки се теглят на случаен принцип едновременно. Намерете вероятността двете топки да бъдат:

Решение

1) Вероятността една от изтеглените топки да е бяла е равна на броя на шансовете за изтегляне на бяла топка от общия сбор на топките в урната. Тези шансове са точно същите като броя на белите топки в урната, а сборът от всички шансове е равен на сбора от белите и черните топки.

Вероятността втората изтеглена топка също да бъде бяла е равна на

Тъй като една от белите топки вече е изтеглена.

По този начин вероятността и двете топки, изтеглени от урната, да бъдат бели, е равна на произведението на тези вероятности, тъй като тези възможности са независими:

илидве черни топки:

3) Вероятността и двете изтеглени топки да бъдат с различни цветове е вероятността първата топка да е бяла, а втората черна иличе първата топка ще бъде черна, а втората топка ще бъде бяла. Тя е равна на сумата от съответните вероятности.

отговор: 1)

2) 3) .

Проблем 2

Първата урна има 6 бели топки, 11 черни, втората урна има 5 бели и 2 черни. От всяка урна на случаен принцип се тегли топка. Намерете вероятността двете топки да бъдат:

1) бяло, 2) един и същи цвят, 3) различни цветове.

Решение

1) Вероятността и двете топки да бъдат бели е равна на произведението на вероятността топката, изтеглена от първата урна, да е бяла с вероятността топката, изтеглена от втората урна, също да бъде бяла:

2) Вероятността и двете изтеглени топки да бъдат с един и същи цвят е вероятността и двете топки да бъдат бели или черни. Равно е на сумата от вероятностите - изтегляне на две бели топки илидве черни топки:

3) Вероятността топката, извадена от първата урна, да бъде бяла, а топката, изтеглена от втората урна, да бъде черна, илинапротив, първата топка ще бъде черна, а втората ще бъде бяла, равна на сумата от съответните вероятности:

отговор: 1)

2) 3) .

Проблем 3

Сред 24-те лотарийни билета 11 са печелившите. Намерете вероятността поне един от закупените 2 билета да бъде печеливш.

Решение

Вероятността поне един от закупените 24 билета да бъде печеливш е равна на разликата между единица и вероятността нито един от закупените билети да не бъде печеливш. А вероятността нито един от закупените билети да не бъде печеливш е равна на произведението на вероятността първият билет да не бъде печеливш от вероятността вторият билет да не бъде печеливш:

Следователно вероятността поне един от 24-те закупени билета да бъде печеливш:

отговор:

Проблем 4

Кутията съдържа 6 части от първи клас, 5 от втори и 2 от трети. Два детайла са взети на случаен принцип. Каква е вероятността и двете да са от един и същ сорт?

Решение

Изискваната вероятност е вероятността и двете части да бъдат 1-ви, 2-ри или 3-ти клас и е равна на сумата от съответните вероятности:

Вероятността и двете взети части да бъдат първи клас:

Вероятността и двете взети части да бъдат втори клас:

Вероятността и двете взети части да бъдат трети клас:

Следователно вероятността да извадите 2 части от един и същи тип е равна на:

отговор:

Проблем 5

По време на час 0 ≤ t ≤ 1 (t е времето в часове), един и само един автобус пристига на спирката.

Решение

Автобусът може да пристигне във всеки момент t, където 0 ≤ t ≤ 1 (където t е времето в часове) или, което е същото, 0 ≤ t ≤ 60 (където t е времето в минути).

Пътникът пристига в t = 0 и чака не повече от 28 минути.

Шансовете автобус да пристигне на гарата през това време или през оставащите 32 минути са еднакво вероятни, така че вероятността пътник, пристигащ на тази спирка в момент t = 0, да трябва да чака автобус не повече от 28 минути е равно на

отговор:

Проблем 8

Вероятността първият стрелец да уцели целта е 0,2, вторият – 0,2 и третият – 0,2. И тримата стрелци стреляха едновременно. Намерете вероятността, че:

1) само един стрелец ще уцели целта;

2) двама стрелци ще уцелят целта;

3) поне един ще уцели целта.

Решение

1) Вероятността само един стрелец да уцели целта е равна на вероятността първият стрелец да уцели целта, а вторият и третият да пропуснат илипопадение в целта от втория стрелец и пропуск от първия и третия илиуцелване на целта от третия стрелец и пропуск от първия и втория, и следователно е равно на сумата от съответните вероятности.

Вероятността първият стрелец да уцели целта, а вторият и третият да пропуснат, е равна на произведението на тези вероятности:

Подобни вероятности вторият стрелец да уцели целта и първият и третият да пропуснат, както и третият да уцели целта и първият и вторият да изчезнат:

, .

Следователно желаната вероятност:

2) Вероятността двама стрелци да поразят целта е равна на вероятността първият и вторият стрелец да поразят целта, а третият да пропусне илипопадение в целта от първия и третия стрелец и пропуск от втория илиуцелване на целта от втория и третия стрелец и пропускане от първия, което означава, че е равно на сумата от съответните вероятности.

Вероятността първият и вторият стрелец да ударят целта, а третият да пропусне, е равна на произведението на тези вероятности:

Подобни вероятности първият и третият стрелец да уцелят целта и вторият да пропуснат, както и вторият и третият да уцелят целта и да пропуснат първия.