V nákupnom centre predávajú kávu dva rovnaké automaty. Servis strojov sa vykonáva vo večerných hodinách po zatvorení centra. Je známe, že pravdepodobnosť udalosti „Večer prvému stroju dôjde káva“ je 0,25. Pravdepodobnosť udalosti „Do večera druhému stroju dôjde káva“ je rovnaká. Pravdepodobnosť, že obom strojom do večera dôjde káva, je 0,15. Nájdite pravdepodobnosť, že do večera zostane káva v oboch strojoch.
Riešenie.
Zvážte udalosti
A = káva sa minie v prvom prístroji,
B = káva dôjde v druhom prístroji.
A B = káva sa minie v oboch prístrojoch,
A + B = káva sa minie aspoň v jednom prístroji.
Podľa podmienky P(A) = P(B) = 0,25; P(A·B) = 0,15.
Udalosti A a B sú spoločné, pravdepodobnosť súčtu dvoch spoločných udalostí sa rovná súčtu pravdepodobností týchto udalostí zníženému o pravdepodobnosť ich súčinu:
P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A B) = 0,25 + 0,25 − 0,15 = 0,35.
Pravdepodobnosť opačnej udalosti, že káva zostane v oboch strojoch, je teda 1 − 0,35 = 0,65.
Odpoveď: 0,65.
Dajme iné riešenie.
Pravdepodobnosť, že káva zostane v prvom prístroji, je 1 − 0,25 = 0,75. Pravdepodobnosť, že káva zostane v druhom prístroji, je 1 − 0,25 = 0,75. Pravdepodobnosť, že káva zostane v prvom alebo druhom prístroji, je 1 − 0,15 = 0,85. Pretože P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A B), máme: 0,85 = 0,75 + 0,75 − X, odkiaľ pochádza požadovaná pravdepodobnosť? X = 0,65.
Poznámka.
Všimnite si, že udalosti A a B nie sú nezávislé. Pravdepodobnosť vzniku nezávislých udalostí by sa skutočne rovnala súčinu pravdepodobností týchto udalostí: P(A·B) = 0,25·0,25 = 0,0625, avšak podľa podmienky sa táto pravdepodobnosť rovná 0,15.
Elena Alexandrovna Popova 10.10.2018 09:57
Ja, docent, kandidát pedagogických vied, považujem za ÚPLNÚ Hlúpe a Smiešne ZARADOVAŤ ŠKOLÁKOV ÚLOHY NA ZÁVISLÝCH AKCIACH. Učitelia NEPOZNAJÚ túto sekciu - bol som pozvaný prednášať o TV na kurzoch pre učiteľov. Táto sekcia nie je a nemôže byť v programe. Netreba vymýšľať metódy bez opodstatnenia. ÚLOHY tohto druhu možno jednoducho odstrániť. Obmedzte sa na KLASICKÚ DEFINÍCIU PRAVDEPODOBNOSTÍ. A aj tak si najprv preštuduj školské učebnice a zisti, čo o tom autori napísali. Pozrite sa na Zubarevovú 5. triedu. Nepozná ani symboly a udáva pravdepodobnosť v percentách. Po poučení z takýchto učebníc študenti stále veria, že pravdepodobnosť je percentuálna. Veľa zaujímavých úloh klasická definícia pravdepodobnosti. To sa musia pýtať školáci. Rozhorčeniu vysokoškolských učiteľov nad VAŠOU hlúposťou pri zavádzaní takýchto úloh sa medze nekladú.
Problémy v teórii pravdepodobnosti s riešeniami
1. Kombinatorika
Problém 1 . V skupine je 30 žiakov. Je potrebné zvoliť prednostu, zástupcu prednostu a odborového organizátora. Koľko spôsobov je na to?
Riešenie. Ktorýkoľvek z 30 študentov môže byť zvolený za riaditeľa školy, ktorýkoľvek zo zostávajúcich 29 študentov môže byť zvolený za zástupcu a ktorýkoľvek zo zostávajúcich 28 študentov môže byť zvolený za organizátora odborov, t. j. n1=30, n2=29, n3 = 28. Celkový počet N spôsobov výberu riaditeľa, jeho zástupcu a odborového predáka je podľa pravidla násobenia N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.
Problém 2 . Dvaja poštári musia doručiť 10 listov na 10 adries. Koľkými spôsobmi môžu distribuovať prácu?
Riešenie. Prvý list má n1=2 alternatív - buď ho odnesie k adresátovi prvý poštár, alebo druhý. Pre druhé písmeno existuje tiež n2=2 alternatív atď., t.j. n1=n2=…=n10=2. Preto na základe pravidla násobenia sa celkový počet spôsobov distribúcie listov medzi dvoch poštárov rovná
Problém 3. V krabici je 100 dielov, z toho 30 dielov 1. ročníka, 50 dielov 2. ročníka, zvyšok 3. ročníka. Koľkými spôsobmi je možné z krabice odstrániť jednu časť triedy 1 alebo triedy 2?
Riešenie.Časť 1. stupňa možno vyťažiť n1=30 spôsobmi, časť 2. stupňa n2=50 spôsobmi. Podľa súčtového pravidla existuje N=n1+n2=30+50=80 spôsobov, ako vyťažiť jednu časť 1. alebo 2. ročníka.
Problém 5 . Poradie vystúpenia 7 účastníkov súťaže je určené žrebom. Koľko rôzne možnosti Dá sa v tomto prípade žrebovať?
Riešenie. Každý variant žrebovania sa líši iba poradím účastníkov súťaže, t.j. ide o permutáciu 7 prvkov. Ich počet je rovnaký
Problém 6 . Súťaže sa zúčastňuje 10 filmov v 5 nomináciách. Koľko možností na rozdelenie cien existuje, ak sú pre všetky kategórie stanovené nasledujúce pravidlá? rôzne ocenenia?
Riešenie. Každá z možností rozdelenia cien je kombináciou 5 filmov z 10, ktoré sa od ostatných kombinácií líšia zložením aj poradím. Keďže každý film môže získať ocenenie v jednej alebo viacerých kategóriách, rovnaké filmy sa môžu opakovať. Preto sa počet takýchto kombinácií rovná počtu umiestnení s opakovaniami 10 prvkov po 5:
Problém 7 . Šachového turnaja sa zúčastňuje 16 ľudí. Koľko hier sa musí odohrať v turnaji, ak jednu hru musia odohrať ľubovoľní dvaja účastníci?
Riešenie. Každú hru hrajú dvaja účastníci zo 16 a od ostatných sa líši iba zložením dvojíc účastníkov, t.j. ide o kombináciu 16 prvkov po 2. Ich počet sa rovná 
Problém 8 . V podmienkach úlohy 6 určte, koľko možností na rozdelenie cien existuje, ak pre všetky nominácie rovnaký ceny?
Riešenie. Ak sú pre každú nomináciu stanovené rovnaké ceny, na poradí filmov v kombinácii 5 cien nezáleží a počet možností je počet kombinácií s opakovaniami 10 prvkov z 5, určený podľa vzorca
Úloha 9. Záhradkár musí do troch dní vysadiť 6 stromov. Koľkými spôsobmi môže rozdeliť svoju prácu na dni, ak zasadí aspoň jeden strom denne?
Riešenie. Predpokladajme, že záhradník vysádza stromy v rade a môže robiť rôzne rozhodnutia o tom, ktorý strom zastaví v prvý deň a ktorý zastaví na druhý deň. Možno si teda predstaviť, že stromy sú oddelené dvoma priečkami, z ktorých každá môže stáť na jednom z 5 miest (medzi stromami). Priečky tam musia byť po jednej, lebo inak sa v niektorý deň nevysadí ani jeden strom. Preto musíte vybrať 2 prvky z 5 (bez opakovania). Preto počet spôsobov .
Problém 10. Koľko štvorciferných čísel (začínajúcich možno nulou) existuje, ktorých súčet číslic je 5?
Riešenie. Predstavme si číslo 5 ako súčet po sebe idúcich, rozdelených do skupín oddielmi (každá skupina v súčte tvorí ďalšiu číslicu čísla). Je jasné, že budú potrebné 3 takéto priečky Pre priečky je 6 miest (pred všetkými jednotkami, medzi nimi a za nimi). Každý priestor môže byť obsadený jedným alebo viacerými oddielmi (v druhom prípade medzi nimi nie sú žiadne a zodpovedajúci súčet je nula). Uvažujme tieto miesta ako prvky súboru. Preto musíte vybrať 3 prvky zo 6 (s opakovaniami). Preto požadovaný počet čísel 
Problém 11 . Koľkými spôsobmi možno rozdeliť skupinu 25 študentov do troch podskupín A, B a C po 6, 9 a 10 ľudí?
Riešenie. Tu n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" width="160" height="41">
Problém 1 . V krabici je 5 pomarančov a 4 jablká. Náhodne sa vyberú 3 plody. Aká je pravdepodobnosť, že všetky tri plody sú pomaranče?
Riešenie. Základným výsledkom sú sady, ktoré obsahujú 3 plody. Keďže poradie plodov je indiferentné, ich výber budeme považovať za neusporiadaný (a neopakujúci sa)..gif" width="21" height="25 src=">. Počet priaznivých výsledkov sa rovná počet spôsobov na výber 3 pomarančov z 5 dostupných, t.j. gif" width="161 height=83" height="83">.
Problém 2 . Učiteľ požiada každého z troch študentov, aby si vymysleli ľubovoľné číslo od 1 do 10. Za predpokladu, že si každý študent vyberie akékoľvek dané číslo rovnako možný, nájdite pravdepodobnosť, že jeden z nich bude mať rovnaké číslo.
Riešenie. Najprv vypočítajme celkový počet výsledkov. Prvý študent si vyberie jedno z 10 čísel a má n1=10 možností, druhý má tiež n2=10 možností a napokon aj tretí má n3=10 možností. Podľa pravidla násobenia sa celkový počet spôsobov rovná: n= n1´n2´n3=103 = 1000, t.j. celý priestor obsahuje 1000 elementárnych výsledkov. Na výpočet pravdepodobnosti udalosti A je vhodné prejsť na opačnú udalosť, t. j. spočítať počet prípadov, keď všetci traja študenti myslia na rôzne čísla. Prvý má stále m1=10 spôsobov na výber čísla. Druhý študent má teraz len m2=9 možností, pretože musí dbať na to, aby sa jeho počet nezhodoval s plánovaným číslom prvého študenta. Tretí žiak je vo výbere ešte obmedzenejší – má len m3=8 možností. Preto celkový počet kombinácií koncipovaných čísel, v ktorých nie sú žiadne zhody, je m=10×9×8=720. Existuje 280 prípadov, v ktorých sú zhody. Preto sa požadovaná pravdepodobnosť rovná P = 280/1000 = 0,28.
Problém 3 . Nájdite pravdepodobnosť, že v 8-cifernom čísle sú presne 4 rovnaké a ostatné sú rôzne.
Riešenie. Udalosť A=(osemmiestne číslo obsahuje 4 rovnaké čísla). Z podmienok úlohy vyplýva, že číslo obsahuje päť rôznych číslic, jedna z nich sa opakuje. Počet spôsobov výberu sa rovná počtu spôsobov výberu jednej číslice z 10 číslic..gif" width="21" height="25 src="> . Potom počet priaznivých výsledkov. Celkový počet spôsobov skladania 8-ciferných čísel je |W|=108
Problém 4 . Šesť klientov náhodne kontaktuje 5 firiem. Nájdite pravdepodobnosť, že nikto nebude kontaktovať aspoň jednu spoločnosť.
Riešenie. Zvážte opačnú udalosť https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. Celkový počet spôsobov, ako distribuovať 6 klientov medzi 5 spoločností. Preto 
. Preto, .
Problém 5 . Nech je v urne N loptičiek, z ktorých M je bielych a N–M čiernych. Z urny sa žrebuje n loptičiek. Nájdite pravdepodobnosť, že medzi nimi bude presne m bielych guľôčok.
Riešenie. Keďže poradie prvkov tu nie je dôležité, počet všetkých možných množín objemu n z N prvkov sa rovná počtu kombinácií m bielych guličiek, n–m čiernych, a preto sa požadovaná pravdepodobnosť rovná P(A) = https://pandia ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.
Problém 7 (problém stretnutia) . Dve osoby A a B sa dohodli, že sa stretnú o určité miesto medzi 12. a 13. hodinou. Prvá osoba, ktorá príde, čaká na druhú osobu 20 minút a potom odíde. Aká je pravdepodobnosť stretnutia osôb A a B, ak príchod každej z nich môže nastať náhodne v určenej hodine a momenty príchodu sú nezávislé?
Riešenie. Označme okamih príchodu osoby A x a osoby B y. Aby sa stretnutie uskutočnilo, je potrebné a postačujúce x-yô 20 £. Znázornime x a y ako súradnice na rovine a ako jednotku mierky zvolíme minútu. Všetky možné výsledky sú reprezentované bodmi štvorca so stranou 60 a tie, ktoré sú priaznivé pre stretnutie, sú umiestnené v tieňovanej oblasti. Požadovaná pravdepodobnosť sa rovná pomeru plochy vytieňovanej číslice (obr. 2.1) k ploche celého štvorca: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.
3. Základné vzorce teórie pravdepodobnosti
Problém 1 . V krabici je 10 červených a 5 modrých tlačidiel. Náhodne sú vytiahnuté dva gombíky. Aká je pravdepodobnosť, že tlačidlá budú rovnakej farby? ?
Riešenie. Udalosť A=(tlačidlá rovnakej farby sú vyňaté) môže byť reprezentovaná ako súčet , kde udalosti a znamenajú výber tlačidiel červenej a modrej farby resp. Pravdepodobnosť vytiahnutia dvoch červených tlačidiel je rovnaká a pravdepodobnosť vytiahnutia dvoch modrých tlačidiel https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height= "23">.gif" width="249" height="83">
Problém 2 . Spomedzi zamestnancov spoločnosti hovorí 28 % po anglicky, 30 % po nemecky, 42 % vie po francúzsky; Angličtina a nemčina – 8 %, angličtina a francúzština – 10 %, nemčina a francúzština – 5 %, všetky tri jazyky – 3 %. Nájdite pravdepodobnosť, že náhodne vybraný zamestnanec spoločnosti: a) ovláda anglický alebo nemecký jazyk; b) ovláda anglický, nemecký alebo francúzsky jazyk; c) neovláda žiadny z uvedených jazykov.
Riešenie. Označme A, B a C udalosti, pri ktorých náhodne vybraný zamestnanec firmy hovorí po anglicky, po nemecky alebo po francúzsky. Je zrejmé, že podiel zamestnancov spoločnosti, ktorí hovoria určitými jazykmi, určuje pravdepodobnosť týchto udalostí. Dostaneme:
a) P(AÈB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0,28+0,3-0,08=0,5;
b) P(AÈBÈC)=P(A)+P(B)+P(C)-(P(AB)+P(AC)+P(BC))+P(ABC)=0,28+0, 3+ 0,42-
-(0,08+0,1+0,05)+0,03=0,8;
c) 1-P(AÈBÈC)=0,2.
Problém 3 . Rodina má dve deti. Aká je pravdepodobnosť, že najstarším dieťaťom je chlapec, ak je známe, že rodina má deti oboch pohlaví?
Riešenie. Nech A=(najstaršie dieťa je chlapec), B=(v rodine sú deti oboch pohlaví). Predpokladajme, že narodenie chlapca a narodenie dievčaťa sú rovnako pravdepodobné udalosti. Ak sa narodenie chlapca označí písmenom M a narodenie dievčaťa písmenom D, potom priestor všetkých elementárnych výsledkov tvoria štyri dvojice: . V tomto priestore zodpovedajú udalosti B iba dva výsledky (MD a DM). Udalosť AB znamená, že rodina má deti oboch pohlaví. Najstaršie dieťa je chlapec, teda druhé (najmladšie) dieťa je dievča. Táto udalosť AB zodpovedá jednému výsledku – MD. Teda |AB|=1, |B|=2 a
Problém 4 . Majster, ktorý má 10 dielov, z toho 3 neštandardné, kontroluje diely jeden po druhom, až kým nenarazí na štandardný. Aká je pravdepodobnosť, že skontroluje práve dva detaily?
Riešenie. Udalosť A=(majster skontroloval presne dve časti) znamená, že počas takejto kontroly sa prvá časť ukázala ako neštandardná a druhá bola štandardná. To znamená, kde =(prvá časť sa ukázala ako neštandardná) a =(druhá časť bola štandardná). Je zrejmé, že pravdepodobnosť udalosti A1 sa tiež rovná 
, keďže pred odberom druhého dielu majstrovi ostalo 9 dielov, z toho len 2 neštandardné a 7 štandardných. Podľa vety o násobení
Problém 5 . Jedna škatuľka obsahuje 3 biele a 5 čiernych guľôčok, ďalšia škatuľka obsahuje 6 bielych a 4 čierne gule. Nájdite pravdepodobnosť, že sa vytiahne biela guľa aspoň z jedného poľa, ak sa z každého poľa vytiahne jedna guľa.
Riešenie. Udalosť A=(biela guľa je vybratá aspoň z jedného políčka) môže byť vyjadrená ako súčet , kde udalosti znamenajú objavenie sa bielej gule z prvého a druhého políčka..gif" width="91 " height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.
Problém 6 . Traja skúšajúci absolvujú skúšku z určitého predmetu zo skupiny 30 ľudí, pričom prvý skúša 6 študentov, druhý 3 študentov a tretí 21 študentov (študenti sú vyberaní náhodne zo zoznamu). Postoj troch skúšajúcich k tým, ktorí sú zle pripravení, je odlišný: šanca, že títo študenti zložia skúšku s prvým učiteľom, je 40%, s druhým - iba 10% a s tretím - 70%. Nájdite pravdepodobnosť, že zle pripravený študent skúšku zvládne .
Riešenie. Hypotézami označme, že zle pripravený študent odpovedal prvému, druhému a tretiemu skúšajúcemu, resp. Podľa podmienok problému
, 
, 
.
Nech udalosť A=(zle pripravený študent zložil skúšku). Potom znova, vzhľadom na podmienky problému
, 
, 
.
Pomocou vzorca celkovej pravdepodobnosti dostaneme:
Problém 7 . Firma má tri zdroje dodávok komponentov – firmy A, B, C. Firma A tvorí 50 % z celkovej dodávky, B – 30 % a C – 20 %. Z praxe je známe, že medzi dielmi dodávanými firmou A je chybných 10%, firmou B - 5% a firmou C - 6%. Aká je pravdepodobnosť, že náhodne vybratá časť bude vhodná?
Riešenie. Nech udalosť G je vzhľad vhodnej časti. Pravdepodobnosti hypotéz, že dielec dodali firmy A, B, C sa rovnajú P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2, resp. Podmienené pravdepodobnosti výskytu dobrého dielu sa rovnajú P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (ako pravdepodobnosti opačných udalostí k výskytu chybný diel). Pomocou vzorca celkovej pravdepodobnosti dostaneme:
P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.
Problém 8 (pozri úlohu 6). Oznámte, že študent skúšku neuspel, t. j. dostal známku „nedostatočne“. Ktorý z troch učiteľov odpovedal s najväčšou pravdepodobnosťou? ?
Riešenie. Pravdepodobnosť „zlyhania“ sa rovná . Musíte vypočítať podmienené pravdepodobnosti. Pomocou Bayesových vzorcov dostaneme:
https://pandia.ru/text/78/307/images/image059_0.gif" width="183" height="44 src=">, 
.
Z toho vyplýva, že s najväčšou pravdepodobnosťou zle pripravený študent urobil skúšku u tretieho skúšajúceho.
4. Opakované nezávislé testy. Bernoulliho veta
Problém 1 . Kocka je hodená 6-krát. Nájdite pravdepodobnosť, že šestka padne presne 3-krát.
Riešenie.Šesťnásobné hodenie kockou si možno predstaviť ako postupnosť nezávislých pokusov s pravdepodobnosťou úspechu („šestky“) 1/6 a pravdepodobnosťou neúspechu 5/6. Požadovanú pravdepodobnosť vypočítame pomocou vzorca 
.
Problém 2 . Minca sa hodí 6-krát. Nájdite pravdepodobnosť, že sa erb objaví maximálne 2-krát.
Riešenie. Požadovaná pravdepodobnosť sa rovná súčtu pravdepodobností troch udalostí, spočívajúcich v tom, že sa erb neobjaví ani raz, ani raz, alebo dvakrát:
P(A) = P6(0) + P6(1) + P6(2) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image063.gif" width="445 height=24" height= "24">.
Problém 4 . Minca sa hodí 3 krát. Nájdite najpravdepodobnejší počet úspechov (erb).
Riešenie. Možné hodnoty pre počet úspechov v troch uvažovaných pokusoch sú m = 0, 1, 2 alebo 3. Nech je Am prípad, že sa erb objaví m-krát v troch hodoch mincou. Pomocou Bernoulliho vzorca je ľahké nájsť pravdepodobnosti udalostí Am (pozri tabuľku):
Z tejto tabuľky je vidieť, že najpravdepodobnejšie hodnoty sú čísla 1 a 2 (ich pravdepodobnosti sú 3/8). Rovnaký výsledok možno získať z vety 2. Skutočne, n=3, p=1/2, q=1/2. Potom
, t.j.
Úloha 5. V dôsledku každej návštevy poisťovacieho agenta je zmluva uzatvorená s pravdepodobnosťou 0,1. Nájdite najpravdepodobnejší počet uzatvorených zmlúv po 25 návštevách.
Riešenie. Máme n=10, p=0,1, q=0,9. Nerovnosť pre najpravdepodobnejší počet úspechov má tvar: 25×0,1–0,9£m*£25×0,1+0,1 alebo 1,6£m*2,6£. Táto nerovnosť má len jedno celočíselné riešenie, konkrétne m*=2.
Problém 6 . Je známe, že chybovosť určitej časti je 0,5 %. Inšpektor skontroluje 1000 dielov. Aká je pravdepodobnosť, že sa nájdu práve tri chybné diely? Aká je pravdepodobnosť, že sa nájdu aspoň tri chybné diely?
Riešenie. Máme 1000 Bernoulliho testov s pravdepodobnosťou „úspechu“ p=0,005. Aplikovaním Poissonovej aproximácie s λ=np=5 dostaneme
2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,
a P1000(3)"0,14; Р1000 (m³3)»0,875.
Problém 7 . Pravdepodobnosť nákupu, keď zákazník navštívi predajňu, je p=0,75. Nájdite pravdepodobnosť, že pri 100 návštevách klient nakúpi presne 80-krát.
Riešenie. V tomto prípade n = 100, m = 80, p = 0,75, q = 0,25. nachádzame 
a určte j(x)=0,2036, potom sa požadovaná pravdepodobnosť rovná Р100(80)= 
.
Úloha 8. Poisťovňa uzavrela 40-tisíc zmlúv. Pravdepodobnosť poistnej udalosti u každého z nich počas roka je 2 %. Nájdite pravdepodobnosť, že takýchto prípadov nebude viac ako 870.
Riešenie. Podľa podmienok úlohy n=40000, p=0,02. Nájdeme np=800,. Na výpočet P(m £ 870) používame Moivre-Laplaceovu integrálnu vetu:
P(0
Z tabuľky hodnôt Laplaceovej funkcie zistíme:
P(0 Problém 9
.
Pravdepodobnosť udalosti, ktorá sa vyskytne v každej zo 400 nezávislých štúdií, je 0,8. Nájdite kladné číslo e také, aby s pravdepodobnosťou 0,99 absolútna hodnota odchýlky relatívnej frekvencie výskytu udalosti od jej pravdepodobnosti nepresiahla e. Riešenie. Podľa podmienok úlohy p=0,8, n=400. Používame dôsledok z Moivre-Laplaceovej integrálnej vety: 5.
Diskrétne náhodné premenné Problém 1
.
V sade 3 kľúčov sa k dverám hodí iba jeden kľúč. Kľúče sa hľadajú, kým sa nenájde vhodný kľúč. Zostavte distribučný zákon pre náhodná premenná x – počet testovaných kľúčov .
Riešenie. Počet vyskúšaných kľúčov môže byť 1, 2 alebo 3. Ak bol vyskúšaný iba jeden kľúč, znamená to, že tento prvý kľúč sa okamžite zhodoval s dverami a pravdepodobnosť takejto udalosti je 1/3. Takže, Ďalej, ak boli 2 testované kľúče, t.j. x=2, znamená to, že prvý kľúč nefungoval, ale druhý áno. Pravdepodobnosť tejto udalosti je 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Výsledkom je nasledujúci distribučný rad: Problém 2
.
Zostrojte distribučnú funkciu Fx(x) pre náhodnú premennú x z úlohy 1. Riešenie. Náhodná premenná x má tri hodnoty 1, 2, 3, ktoré rozdeľujú celú číselnú os na štyri intervaly: . Ak x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0. Ak 1€x<2, то неравенство x£x возможно только если x=1, а вероятность такого события равна 1/3, поэтому для таких x функция распределения Fx(x)=1/3. Ak 2€ x<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x A nakoniec, v prípade x33 nerovnosť x£x platí pre všetky hodnoty náhodnej premennej x, takže P(x Takže sme dostali nasledujúcu funkciu: Problém 3.
Zákon spoločného rozdelenia náhodných veličín x a h je daný pomocou tabuľky Vypočítajte jednotlivé zákony rozdelenia zložiek x a h. Zistite, či sú závislé..gif" width="423" height="23 src=">; https://pandia.ru/text/78/307/images/image086.gif" width="376" height="23 src=">. Čiastočné rozdelenie pre h sa získa podobne: https://pandia.ru/text/78/307/images/image088.gif" width="229" height="23 src=">. Získané pravdepodobnosti je možné zapísať do rovnakej tabuľky oproti zodpovedajúcim hodnotám náhodných premenných: Teraz odpovedzme na otázku o nezávislosti náhodných premenných x a h..gif" width="108" height="25 src="> v tejto bunke. Napríklad v bunke pre hodnoty x=-1 a h=1 je pravdepodobnosť 1/16 a súčin zodpovedajúcich čiastkových pravdepodobností 1/4 × 1/4 sa rovná 1/16, t.j. zhoduje sa so spoločnou pravdepodobnosťou zvyšných päť buniek a ukáže sa, že je to pravda vo všetkých. Preto sú náhodné premenné x a h nezávislé. Všimnite si, že ak bola naša podmienka porušená aspoň v jednej bunke, potom by sa množstvá mali považovať za závislé. Na výpočet pravdepodobnosti Označme bunky, pre ktoré platí podmienka https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src="> Problém 4
.
Nech náhodná premenná ξ má nasledujúci distribučný zákon: Vypočítajte matematické očakávanie Mx, rozptyl Dx a priemer smerodajná odchýlka s. Riešenie. Podľa definície sa matematické očakávanie x rovná Smerodajná odchýlka https://pandia.ru/text/78/307/images/image097.gif" width="51" height="21">. Riešenie. Použime vzorec Problém 6
.
Pre dvojicu náhodných premenných z úlohy 3 vypočítajte kovarianciu cov(x, h). Riešenie. V predchádzajúcej úlohe už bolo vypočítané matematické očakávanie .
Zostáva vypočítať A .
Pomocou parciálnych distribučných zákonov získaných pri riešení úlohy 3 získame ; ;
a to znamená čo sa dalo očakávať vzhľadom na nezávislosť náhodných premenných. Úloha 7.
Náhodný vektor (x, h) nadobúda hodnoty (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) a (0,–1) rovnako pravdepodobné. Vypočítajte kovarianciu náhodných premenných x a h. Ukážte, že sú závislí. Riešenie. Pretože P(x=0)=3/5, P(x=1)=1/5, P(x=–1)=1/5; Р(h=0)=3/5, P(h=1)=1/5, P(h=–1)=1/5, potom Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 a Мh=0; М(xh)=0´0´1/5+1´0´1/5–1´0´1/5+0´1´1/5–0´1´1/5=0. Získame cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0 a náhodné premenné sú nekorelované. Sú však závislí. Nech x=1, potom podmienená pravdepodobnosť udalosti (h=0) sa rovná P(h=0|x=1)=1 a nerovná sa nepodmienenej pravdepodobnosti P(h=0)=3/5 , alebo pravdepodobnosť (ξ=0,η =0) sa nerovná súčinu pravdepodobností: P(x=0,h=0)=1/5¹P(x=0)P(h=0)=9/ 25. Preto sú x a h závislé. Problém 8
. Náhodné prírastky cien akcií dvoch spoločností za deň x a h majú spoločné rozdelenie dané tabuľkou: Nájdite korelačný koeficient. Riešenie. V prvom rade vypočítame Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Ďalej nájdeme konkrétne zákony rozdelenia x a h: Definujeme Mx=0,5-0,5=0; Mh=0,6-0,4=0,2; Dx = 1; Dh=1–0,22=0,96; cov(x, h) = 0,4. Dostaneme Úloha 9.
Náhodné prírastky cien akcií dvoch spoločností za deň majú rozptyl Dx=1 a Dh=2 a ich korelačný koeficient r=0,7. Nájdite rozptyl prírastku ceny portfólia 5 akcií prvej spoločnosti a 3 akcií druhej spoločnosti. Riešenie. Pomocou vlastností disperzie, kovariancie a definície korelačného koeficientu získame: Problém 10
.
Rozdelenie dvojrozmernej náhodnej premennej je dané tabuľkou: Nájdite podmienené rozdelenie a podmienené očakávanie h pri x=1. Riešenie. Podmienené matematické očakávanie je Z podmienok úlohy zistíme rozdelenie zložiek h a x (posledný stĺpec a posledný riadok tabuľky). Udalosti, ktoré sa dejú v skutočnosti alebo v našej predstave, môžeme rozdeliť do 3 skupín. Toto sú určité udalosti, ktoré sa určite stanú, nemožné udalosti a náhodné udalosti. Teória pravdepodobnosti študuje náhodné udalosti, t.j. udalosti, ktoré sa môžu, ale nemusia stať. Tento článok bude prezentovaný v v skratke vzorce teórie pravdepodobnosti a príklady riešenia úloh z teórie pravdepodobnosti, ktoré budú súčasťou úlohy 4 Jednotnej štátnej skúšky z matematiky (profilová úroveň). Historicky potreba študovať tieto problémy vznikla v 17. storočí v súvislosti s rozvojom a profesionalizáciou hazardných hier a vznik kasín. To bolo skutočný fenomén, ktorá si vyžiadala vlastné štúdium a výskum. Hranie kariet, kociek a rulety vytváralo situácie, v ktorých mohla nastať ktorákoľvek z konečného počtu rovnako možných udalostí. Bolo potrebné poskytnúť číselné odhady možnosti výskytu konkrétnej udalosti. V 20. storočí sa ukázalo, že táto zdanlivo ľahkomyseľná veda hrá dôležitú úlohu pri pochopení základných procesov prebiehajúcich v mikrokozme. Bol vytvorený moderná teória pravdepodobnosti. Predmetom štúdia teórie pravdepodobnosti sú udalosti a ich pravdepodobnosti. Ak je udalosť zložitá, možno ju rozdeliť na jednoduché komponenty, ktorých pravdepodobnosti sa dajú ľahko nájsť. Súčet udalostí A a B sa nazýva udalosť C, ktorá spočíva v tom, že buď udalosť A, alebo udalosť B, alebo udalosti A a B nastali súčasne. Súčin udalostí A a B je udalosť C, čo znamená, že nastala udalosť A aj udalosť B. Udalosti A a B sa nazývajú nekompatibilné, ak sa nemôžu vyskytnúť súčasne. Udalosť A sa nazýva nemožná, ak sa nemôže stať. Takáto udalosť je označená symbolom. Udalosť A sa nazýva istá, ak sa určite stane. Takáto udalosť je označená symbolom. Nech je každá udalosť A spojená s číslom P(A). Toto číslo P(A) sa nazýva pravdepodobnosť udalosti A, ak sú s touto korešpondenciou splnené nasledujúce podmienky. Dôležitým špeciálnym prípadom je situácia, keď existujú rovnako pravdepodobné elementárne výsledky a ľubovoľné z týchto výsledkov tvoria udalosti A. V tomto prípade možno pravdepodobnosť zadať pomocou vzorca. Takto zavedená pravdepodobnosť je tzv klasická pravdepodobnosť. Dá sa dokázať, že v tomto prípade sú splnené vlastnosti 1-4. Problémy teórie pravdepodobnosti, ktoré sa objavujú na Jednotnej štátnej skúške z matematiky, súvisia najmä s klasickou pravdepodobnosťou. Takéto úlohy môžu byť veľmi jednoduché. Obzvlášť jednoduché sú problémy v teórii pravdepodobnosti v demo možnosti. Je ľahké vypočítať počet priaznivých výsledkov, počet všetkých výsledkov je zapísaný priamo v podmienke. Odpoveď dostaneme pomocou vzorca. Na stole je 20 koláčov - 5 s kapustou, 7 s jablkami a 8 s ryžou. Marina si chce vziať koláč. Aká je pravdepodobnosť, že si dá ryžový koláč? Existuje 20 rovnako pravdepodobných základných výsledkov, to znamená, že Marina môže vziať ktorýkoľvek z 20 koláčov. Musíme však odhadnúť pravdepodobnosť, že si Marina vezme ryžový koláč, teda kde A je výber ryžového koláča. To znamená, že počet priaznivých výsledkov (výber koláčov s ryžou) je len 8. Potom sa pravdepodobnosť určí podľa vzorca: Avšak v otvorená nádoba Začali sa stretávať so zložitejšími úlohami. Preto upriamme pozornosť čitateľa na ďalšie problémy študované v teórii pravdepodobnosti. Udalosti A a B sa považujú za nezávislé, ak pravdepodobnosť každej z nich nezávisí od toho, či nastane druhá udalosť. Udalosť B je taká, že udalosť A sa nestala, t.j. udalosť B je opačná k udalosti A. Pravdepodobnosť opačnej udalosti sa rovná jednej mínus pravdepodobnosť priamej udalosti, t.j. . Pre ľubovoľné udalosti A a B sa pravdepodobnosť súčtu týchto udalostí rovná súčtu ich pravdepodobností bez pravdepodobnosti ich spoločnej udalosti, t.j. . Pre nezávislé udalosti A a B sa pravdepodobnosť výskytu týchto udalostí rovná súčinu ich pravdepodobností, t.j. v tomto prípade . Posledné 2 tvrdenia sa nazývajú vety o sčítaní a násobení pravdepodobností. Počítanie výsledkov nie je vždy také jednoduché. V niektorých prípadoch je potrebné použiť kombinatoriku. Najdôležitejšie je spočítať počet udalostí, ktoré spĺňajú určité podmienky. Niekedy sa tieto druhy výpočtov môžu stať nezávislými úlohami. Koľkými spôsobmi môže byť 6 študentov usadených v 6 voľné miesta? Prvý študent obsadí ktorékoľvek zo 6 miest. Každá z týchto možností zodpovedá 5 spôsobom, ako môže druhý študent zaujať miesto. Pre tretieho žiaka ostali 4 voľné miesta, pre štvrtého 3, pre piateho 2 a jediné zostávajúce miesto obsadí šiestak. Ak chcete zistiť počet všetkých možností, musíte nájsť produkt, ktorý je označený symbolom 6! a znie „šesť faktoriál“. Vo všeobecnom prípade je odpoveď na túto otázku daná vzorcom pre počet permutácií n prvkov v našom prípade. Pozrime sa teraz na ďalší prípad s našimi študentmi. Koľkými spôsobmi môžu byť 2 študenti usadení na 6 prázdnych miestach? Prvý študent obsadí ktorékoľvek zo 6 miest. Každá z týchto možností zodpovedá 5 spôsobom, ako môže druhý študent zaujať miesto. Ak chcete nájsť počet všetkých možností, musíte nájsť produkt. Vo všeobecnosti je odpoveď na túto otázku daná vzorcom pre počet umiestnení n prvkov na k prvkom V našom prípade. A posledný prípad z tejto série. Koľkými spôsobmi môžete vybrať troch študentov zo 6? Prvý študent môže byť vybraný 6 spôsobmi, druhý - 5 spôsobmi, tretí - štyrmi spôsobmi. Ale medzi týmito možnosťami sa tí istí traja študenti objavia 6-krát. Ak chcete zistiť počet všetkých možností, musíte vypočítať hodnotu: . Vo všeobecnosti je odpoveď na túto otázku daná vzorcom pre počet kombinácií prvkov podľa prvku: V našom prípade. Úloha 1. Zo zbierky, ktorú upravil. Jaščenko. Na tanieri je 30 koláčov: 3 s mäsom, 18 s kapustou a 9 s čerešňami. Sasha si náhodne vyberie jeden koláč. Nájdite pravdepodobnosť, že skončí s čerešňou. Odpoveď: 0,3. Úloha 2. Zo zbierky upravil. Jaščenko. V každej dávke 1000 žiaroviek je v priemere 20 chybných. Nájdite pravdepodobnosť, že náhodne vybratá žiarovka z dávky bude fungovať. Riešenie: Počet funkčných žiaroviek je 1000-20=980. Potom pravdepodobnosť, že náhodne vybratá žiarovka z dávky bude fungovať: Odpoveď: 0,98. Pravdepodobnosť, že študent U počas testu z matematiky správne vyrieši viac ako 9 úloh, je 0,67. Pravdepodobnosť, že U. správne vyrieši viac ako 8 úloh, je 0,73. Nájdite pravdepodobnosť, že U správne vyrieši práve 9 úloh. Ak si predstavíme číselnú os a označíme na nej body 8 a 9, tak uvidíme, že podmienka „U. správne vyrieši práve 9 úloh“ je súčasťou podmienky „U. správne vyrieši viac ako 8 úloh“, ale nevzťahuje sa na podmienku „U. správne vyrieši viac ako 9 problémov.“ Avšak podmienka „U. správne vyrieši viac ako 9 problémov“ je obsiahnutá v podmienke „U. správne vyrieši viac ako 8 problémov.“ Ak teda označíme udalosti: „U. vyrieši presne 9 úloh" - cez A, "U. správne vyrieši viac ako 8 problémov“ - cez B, „U. správne vyrieši viac ako 9 problémov“ cez C. Toto riešenie bude vyzerať takto: Odpoveď: 0,06. Na skúške z geometrie študent odpovedá na jednu otázku zo zoznamu skúšobné otázky. Pravdepodobnosť, že ide o trigonometrickú otázku, je 0,2. Pravdepodobnosť, že ide o otázku týkajúcu sa vonkajších uhlov, je 0,15. Neexistujú žiadne otázky, ktoré by sa súčasne týkali týchto dvoch tém. Nájdite pravdepodobnosť, že študent dostane na skúške otázku na jednu z týchto dvoch tém. Zamyslime sa nad tým, aké akcie máme. Sú nám dané dve nezlučiteľné udalosti. To znamená, že buď sa otázka bude týkať témy „Trigonometria“ alebo témy „Vonkajšie uhly“. Podľa vety o pravdepodobnosti sa pravdepodobnosť nezlučiteľných udalostí rovná súčtu pravdepodobností každej udalosti, musíme nájsť súčet pravdepodobností týchto udalostí, to znamená: Odpoveď: 0,35. Miestnosť je osvetlená lampášom s tromi lampami. Pravdepodobnosť vyhorenia jednej lampy za rok je 0,29. Nájdite pravdepodobnosť, že počas roka nevyhorí aspoň jedna lampa. Uvažujme o možných udalostiach. Máme tri žiarovky, z ktorých každá môže a nemusí vyhorieť nezávisle od akejkoľvek inej žiarovky. Sú to nezávislé udalosti. Potom uvedieme možnosti pre takéto udalosti. Používajme nasledujúce označenia: - žiarovka svieti, - žiarovka je vypálená. A hneď vedľa vypočítame pravdepodobnosť udalosti. Napríklad pravdepodobnosť udalosti, pri ktorej sa vyskytli tri nezávislé udalosti „žiarovka je vypálená“, „žiarovka svieti“, „žiarovka svieti“: , kde pravdepodobnosť udalosti „žiarovka svieti“ sa vypočíta ako pravdepodobnosť udalosti opačnej k udalosti „žiarovka nesvieti“, a to: . Pozor na uchádzačov! Tu sa diskutuje o niekoľkých úlohách USE. Ostatné, zaujímavejšie, sú v našom bezplatnom videu. Sledujte a robte! Začneme s jednoduché úlohy a základné pojmy teórie pravdepodobnosti. Náš život je plný náhodných udalostí. O každom z nich môžeme povedať, že s niektorými sa to stane pravdepodobnosť. S najväčšou pravdepodobnosťou tento koncept intuitívne poznáte. Teraz uvedieme matematickú definíciu pravdepodobnosti. Začnime od úplného začiatku jednoduchý príklad. Hoďte si mincou. Hlavy alebo chvosty? Takáto akcia, ktorá môže viesť k jednému z niekoľkých výsledkov, sa v teórii pravdepodobnosti nazýva test. Hlavy a chvosty - dve možné výsledok testy. Hlavy vypadnú v jednom prípade z dvoch možných. To hovoria pravdepodobnosťže minca pristane na hlavách je . Hodíme kockou. Kocka má šesť strán, takže existuje aj šesť možných výsledkov. Napríklad ste si priali, aby sa objavili tri body. Toto je jeden výsledok zo šiestich možných. V teórii pravdepodobnosti to bude tzv priaznivý výsledok. Pravdepodobnosť získania trojky je rovnaká (jeden priaznivý výsledok zo šiestich možných). Pravdepodobnosť štyroch je tiež Ale pravdepodobnosť, že sa objaví sedmička, je nulová. Koniec koncov, na kocke nie je hrana so siedmimi bodmi. Pravdepodobnosť udalosti sa rovná pomeru počtu priaznivých výsledkov k celkový počet výsledky. Je zrejmé, že pravdepodobnosť nemôže byť väčšia ako jedna. Tu je ďalší príklad. Vo vrecku sú jablká, niektoré sú červené, ostatné zelené. Jablká sa nelíšia tvarom ani veľkosťou. Strčíš ruku do tašky a náhodne vyberieš jablko. Pravdepodobnosť nakreslenia červeného jablka sa rovná a pravdepodobnosť nakreslenia zeleného jablka sa rovná . Pravdepodobnosť získania červeného alebo zeleného jablka je rovnaká. Analyzujme problémy v teórii pravdepodobnosti zahrnuté v zbierkach na prípravu na jednotnú štátnu skúšku. . V taxislužbe v tento moment voľné autá: červené, žlté a zelené. Na výzvu zareagovalo jedno z áut, ktoré bolo náhodou najbližšie k zákazníkovi. Nájdite pravdepodobnosť, že k nej príde žltý taxík. Aut je celkovo, teda jedno z pätnástich príde k zákazníkovi. Je ich deväť žltých, čo znamená, že pravdepodobnosť príchodu žltého auta sa rovná , teda. . (Demo verzia) V zbierke lístkov na biológiu všetkých lístkov, v dvoch z nich je otázka na huby. Počas skúšky študent dostane jeden náhodne vybraný tiket. Nájdite pravdepodobnosť, že tento lístok nebude obsahovať otázku o hubách. Je zrejmé, že pravdepodobnosť vyžrebovania tiketu bez opýtania sa na huby sa rovná , tj. . Rodičovský výbor zakúpil deťom hlavolamy ako darčeky k promócii. školský rok, z toho s maľbami slávnych umelcov a s obrázkami zvierat. Darčeky sa rozdávajú náhodne. Nájdite pravdepodobnosť, že Vovochka dostane hádanku so zvieratkom. Problém sa rieši podobným spôsobom. Odpoveď: . . Na gymnastickom šampionáte sa zúčastňujú športovci z Ruska, USA a zvyšok z Číny. Poradie, v ktorom gymnastky vystúpia, určí žreb. Nájdite pravdepodobnosť, že posledný súťažiaci športovec je z Číny. Predstavme si, že všetci športovci súčasne pristúpili k klobúku a vytiahli z neho papieriky s číslami. Niektorí z nich dostanú číslo dvadsať. Pravdepodobnosť, že ju vytiahne čínsky športovec, je rovnaká (keďže športovci sú z Číny). Odpoveď: . . Študent bol požiadaný, aby pomenoval číslo od do. Aká je pravdepodobnosť, že pomenuje číslo, ktoré je násobkom piatich? Každý piatyčíslo z tejto množiny je deliteľné . To znamená, že pravdepodobnosť sa rovná . Hodí sa kocka. Nájdite pravdepodobnosť získania nepárne číslo bodov. Nepárne čísla; - dokonca. Pravdepodobnosť nepárneho počtu bodov je . Odpoveď: . . Minca sa hodí trikrát. Aká je pravdepodobnosť dvoch hláv a jedného chvosta? Všimnite si, že problém môže byť formulovaný inak: boli hodené tri mince súčasne. Toto rozhodnutie neovplyvní. Koľko si myslíte, že existuje možných výsledkov? Hodíme si mincou. Táto akcia má dva možné výsledky: hlavy a chvosty. Dve mince – už štyri výsledky: Tri mince? Presne tak, výsledky, keďže . Dve hlavy a jeden chvost sa objavia trikrát z ôsmich. Odpoveď: . . V náhodnom experimente sa hádžu dve kocky. Nájdite pravdepodobnosť, že súčet bude bodov. Výsledok zaokrúhlite na stotiny. Hodíme prvou kockou - šesť výsledkov. A pre každého z nich je možných šesť ďalších - keď hodíme druhú kocku. Dostaneme, že táto akcia - hádzanie dvoch kocky- celkové možné výsledky od . A teraz - priaznivé výsledky: Pravdepodobnosť získania ôsmich bodov je . >. Strelec s pravdepodobnosťou zasiahne cieľ. Nájdite pravdepodobnosť, že zasiahne cieľ štyrikrát za sebou. Ak je pravdepodobnosť zásahu rovnaká, potom je pravdepodobnosť nezdaru . Uvažujeme rovnako ako v predchádzajúcom probléme. Pravdepodobnosť dvoch zásahov za sebou je rovnaká. A pravdepodobnosť štyroch zásahov za sebou je rovnaká. Tu je problém z diagnostickej práce, ktorý mnohí ľudia považovali za ťažký. Peťa mal vo vrecku mince v hodnote rubľov a mince v hodnote rubľov. Petya bez toho, aby sa pozrel, preložil pár mincí do iného vrecka. Nájdite pravdepodobnosť, že päťrubľové mince sú teraz v rôznych vreckách. Vieme, že pravdepodobnosť udalosti sa rovná pomeru počtu priaznivých výsledkov k celkovému počtu výsledkov. Ale ako vypočítať všetky tieto výsledky? Môžete samozrejme označiť päťrubľové mince číslami a desaťrubľové mince číslami - a potom spočítať, koľkými spôsobmi môžete vybrať tri prvky zo sady. Existuje však jednoduchšie riešenie: Mince kódujeme číslami: , (sú to päťrubľové mince), (sú to desaťrubľové mince). Problémový stav možno teraz formulovať takto: Existuje šesť žetónov s číslami od do . Koľkými spôsobmi sa dajú rovnomerne rozdeliť do dvoch vreciek, aby žetóny s číslami neskončili spolu? Zapíšme si, čo máme v prvom vrecku. K tomu si poskladáme zo sady všetky možné kombinácie. Sada troch žetónov bude trojmiestne číslo. Je zrejmé, že v našich podmienkach sú rovnaké čipy. Aby sme nič nezmeškali alebo sa neopakovali, usporiadame zodpovedajúce trojciferné čísla vo vzostupnom poradí: Všetky! Prešli sme všetkými možnými kombináciami počnúc . Pokračujme: Celkové možné výsledky. Máme podmienku - žetóny s číslami by nemali byť spolu. To znamená, že nám napríklad nevyhovuje kombinácia – to znamená, že oba žetóny skončili nie v prvom, ale v druhom vrecku. Výsledky, ktoré sú pre nás priaznivé, sú tie, kde je buď len, alebo len . Tu sú: 134, 135, 136, 145, 146, 156, 234, 235, 236, 245, 246, 256 – celkovo priaznivé výsledky. Potom sa požadovaná pravdepodobnosť rovná . Analyzujme jeden zo zložitých problémov teórie pravdepodobnosti. Na prijatie do ústavu pre odbor „lingvistika“ musí uchádzač Z. získať najmenej 70 bodov na jednotnej štátnej skúške z každého z troch predmetov – matematika, ruský jazyk a cudzí jazyk. Ak sa chcete zapísať do špecializácie „Obchod“, musíte získať najmenej 70 bodov v každom z troch predmetov - matematika, ruský jazyk a spoločenské vedy. Všimnite si, že problém sa nepýta, či uchádzač menom Z. bude študovať súčasne lingvistiku aj obchod a získa dva diplomy. Tu musíme nájsť pravdepodobnosť, že sa Z. bude môcť zapísať aspoň na jednu z týchto dvoch špecializácií - to znamená, že získa potrebný počet bodov. Venujme sa cudzím a spoločenským štúdiám. Vyhovujú nám možnosti, keď uchádzač zabodoval v sociálnych štúdiách, zahraničných štúdiách alebo v oboch. Možnosť nie je vhodná, ak nezískal žiadne body ani v jazyku, ani v „spoločnosti“. To znamená, že pravdepodobnosť úspešného absolvovania spoločenských štúdií alebo cudzieho jazyka s minimálne 70 bodmi sa rovná 
. teda 
..gif" width="587" height="41">
. Totiž, v každej bunke tabuľky vynásobíme zodpovedajúce hodnoty a , vynásobíme výsledok pravdepodobnosťou pij a všetko to spočítame vo všetkých bunkách tabuľky. V dôsledku toho dostaneme:
.
Prečo potrebujeme teóriu pravdepodobnosti?
Základné pojmy teórie pravdepodobnosti
Príklad úlohy z Jednotnej štátnej skúšky z matematiky na určenie pravdepodobnosti
Riešenie.
Nezávislé, opačné a svojvoľné udalosti
Pravdepodobné vety o sčítaní a násobení, vzorce
Príklady riešenia úloh z Jednotnej štátnej skúšky z matematiky na určenie pravdepodobnosti
.
Náhodný Udalosť, ktorá sa nedá vopred presne predpovedať, sa nazýva. Buď sa to môže stať, alebo nie.
Vyhrali ste v lotérii - náhodná udalosť. Pozvali ste priateľov, aby oslávili vašu výhru a na ceste k vám uviazli vo výťahu – tiež náhodná udalosť. Pravda, pán sa ukázal byť nablízku a za desať minút vyslobodil celú rotu – a aj to sa dá považovať za šťastnú náhodu...Pravdepodobnosť: logika hrubej sily.
Aké úlohy vás čakajú na Jednotnej štátnej skúške z matematiky?
Pravdepodobnosť, že uchádzač Z. získa z matematiky aspoň 70 bodov je 0,6, z ruštiny - 0,8, v r. cudzí jazyk- 0,7 av spoločenských štúdiách - 0,5.
Nájdite pravdepodobnosť, že sa Z. bude môcť zapísať aspoň na jeden z dvoch uvedených odborov.
Na zapísanie aspoň jednej z dvoch špecializácií musí Z. získať aspoň 70 bodov z matematiky. A v ruštine. A tiež - sociálne štúdiá alebo zahraničné.
Pravdepodobnosť, že získa 70 bodov z matematiky je 0,6.
Pravdepodobnosť dosiahnutia bodov v matematike a ruštine je 0,6 0,8.
1 – 0,5 0,3.
V dôsledku toho je pravdepodobnosť absolvovania matematiky, ruštiny a spoločenských vied alebo zahraničia rovnaká
0,6 0,8 (1 - 0,5 0,3) = 0,408. Toto je odpoveď.
