• Гідрологія і Гідрометрія
• Господарське право
• Економіка будівництва
• Економіка природокористування
• Економічна теорія
• Земельне право
• Історія України
• Кримінально виконавче право
• Медична радіологія
• Методи аналізу
• Міжнародне приватне право
• Міжнародний маркетинг
• Основи екології
• Предмет Політологія
• Соціальне страхування
• Технічні засоби організації дорожнього руху
• Товарознавство продовольчих товарів

Методичні вказівки до індивідуального домашнього завдання №2

1 Тема Класичне та геометричне означення ймовірності

2 Мета Набути навички та вміння обчислювати ймовірності подій за класичним та геометричним означеннями.

3 Теоретичні відомості

Формули комбінаторики становлять теоретичну базу при використанні класичного означення ймовірності, яке в прикладних задачах відіграє велику роль.

Основними елементами комбінаторики є перестановки, розміщення, сполучення.

Означення. Розміщеннями з n елементів по m називаються комбінації, кожна з яких містить m елементів, взятих з даних n, і відрізняються одна від одної як елементами, так і порядком їх розташування.

Число розміщень з n по m дорівнює

.

Означення. Перестановками з m елементів називаються розміщення з m елементів по m.

Число розміщень з m елементів по m елементів дорівнює P_m = = m!

Означення. Сполученнями з n елементів по m називаються комбінації, кожна з яких містить m елементів, взятих з даних n, і відрізняються одна від одної тільки елементами.

Число комбінацій з n по m дорівнює .

Властивості сполучень: ; .

Використання комбінаторики передбачає виконання двох правил: правила суми (якщо елемент А можна вибрати m, а елемент В- n способами, то А або В можна вибрати (n + m) способами) і правила добутку (якщо елемент А можна вибрати m способами, а елемент В-n способами, то А і В можна вибрати m·n способами).

Класичне означення ймовірності. Ймовірністю Р даної події А називається відношення числа результатів випробувань m, які сприяють появі даної події, до загального числа n рівноможливих і єдино можливих результатів випробувань, які утворюють повну групу, тобто

Р (А) = m / n

Геометричне означення ймовірності: де mes g і mes G - міри ( довжини, площі, об’єми) простору всіх (G) результатів і сприятливих (g) результатів.

4 Розв’язування типових прикладів

Приклад 1. Скільки тризначних чисел можна скласти з цифр 1,2,3, якщо цифри не повторюються?

Розв’язування. Маємо Р₃ =3!=6.

Приклад 2. Скільки двозначних чисел можна скласти з цифр 1,2,3, якщо цифри не повторюються?

Розв’язування. Маємо .

Приклад 3.Скількома способами можна вибрати дві деталі з 10?

Розв’язування. Маємо .

Приклад 4. У групі з 25 студентів п’ять дівчат. Знайти ймовірність того, що з цієї групи першою до аудиторії зайде дівчина.

Розв’язування. Маємо всього студентів n = 25, дівчат m = 5. Р (А) = 5 / 25 = 0,2.

Приклад 5. Знайти ймовірність того , що при киданні гральної кості випаде грань з парною кількістю очок .

Розв’язування. Маємо n = 6, m = 3. Отже, Р (А) = 0,5.

Приклад 6. Два студенти домовилися зустрітися в певному місці між 15-ю та

16-ю год. Перший, хто прийде, чекає на другого не більше 20 хв. Яка ймовірність їхньої зустрічі?

Розв’язування. Нехай х – час приходу першого, а у – другого студента. Тоді mes G=1 - площа квадрата зі стороною, яка дорівнює одиниці ( рис. 1). Умова зустрічі має

у вигляд ½у - х½£ , тобто

4

звідки маємо mes g = 5/9. Отже,

q Р (А) = 5 / 9

3 4 x

Рисунок 1

5 Контрольні питання

1. Класичне означення ймовірності.

2. Геометричне означення ймовірності.

3. Означення розміщення та формула для обчислення.

4. Означення сполучення та формула для обчислення.

5. Означення перестановки та формула для обчислення.

6. Правила суми та добутку.

Індивідуальне завдання № 1

1 Тема Класичне та геометричне означення ймовірності

2 Мета Навчитися розв'язувати задачі за допомогою класичного та геометричного означень ймовірності.

3 Завдання

3.1 Скільки чотиризначних чисел можна скласти із цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5?

3.2 У групі із 15 осіб потрібно обрати 3 особи на різні посади. Скількома способами це можна зробити?

3.3 У групі із 25 учнів розігруються 3 різні путівки. Яка ймовірність того, що всі путівки отримають деякі з 10 учнів, що подали заяви раніше?

3.4 Яка ймовірність угадати 5 чисел у спорт лото „6” із „49”?

3.5 Із куль, занумерованих усіма двозначними числами, вибирається одна. Яка ймовірність того, що її номер містить 0?

3.6 Стержень довжини 40см навмання розламали на дві частини. Знайти ймовірність події А — довжина меншої частини не перевищує ¼.

4 Виконання завдання

4.1 На перше місце можна вибрати число 5-ма способами (0 на перше місце не ставиться), на друге, третє і четверте 6-ма способами.

Відповідь: можна скласти 1080 чотиризначних чисел.

4.2

Відповідь: 2730 способів.

4.3 Всього 25 3 путівки

Подали заяви раніше 10 3

Не подали заяви ─

За класичним означенням

Відповідь: .

4.4 Всього 49 Вибираємо 6

Виграшних 6 Виграшних 5

Невиграшних 43 Невиграшних 1

За класичним означенням

;

Відповідь: .

4.5 Всього 90 випадків, з них 9 випадків що сприяють заданим.

За класичним означенням

Відповідь: .

4.6 За геометричним означенням ймовірності де mes g=1/4*40=10 і mes G=40, маємо Р(А)=10/40=0,25.

5 Висновок Я навчився (-лася) обчислювати елементи комбінаторики та застосовувати їх при розв’язанні задач; навчився (-лася) розв’язувати задачі за допомогою класичного означення ймовірності.

Методичні вказівки до індивідуального домашнього завдання №2

1 Тема Теореми про ймовірність суми та добутку подій. Формула повної ймовірності. Формули Байєса

2 Мета Набути навички та вміння обчислювати ймовірності подій за теоремами про ймовірність суми та добутку подій, за формулою повної ймовірності та формулами Байєса.

3 Теоретичні відомості

Теорема 1. Імовірність суми сумісних подій А і В дорівнює сумі ймовірностей цих подій без ймовірності їх добутку

Р ( А + В) = Р (А) + Р (В ) - Р ( А·В)

Теорема 2. Якщо А і В несумісні, то А·В =V, Р (А·В) = 0 і тоді ймовірність суми несумісних подій А і В дорівнює сумі ймовірностей цих подій

Р ( А + В ) = Р (А ) + Р ( В ).

Сума ймовірностей взаємо протилежних подій дорівнює одиниці:

Р ( А ) + Р ( ) = 1.

Означення. Умовною ймовірністю Р (В/А ) називається ймовірність події В за умови, що подія А відбулась.

Теорема 3. Ймовірність добутку двох залежних подій А і В дорівнює добутку ймовірності однієї з цих подій на умовну ймовірність іншої

Р ( А·В ) = Р (А)· Р (В/А) = Р (В)· Р ( А /В ).

Н а с л і д о к. Р (В / А ) = Р ( А·В) / Р ( А ).

Теорема 4. Ймовірність добутку незалежних подій А і В дорівнює добутку ймовірностей цих подій

Р ( А·В ) = Р (А )· Р ( В ).

Формула повної ймовірності. Якщо Н₁, Н ₂ . . . . Н_n - повна група подій, Р (Н_k)> 0 для k= 1, 2,…..n, то для будь-якої випадкової події А виконується рівність

Формули Байєса. Якщо Н₁, Н ₂ . . . . Н_n - повна група подій,

то

Ця формула зветься ще формулою ймовірності гіпотез

4 Розв’язування типових прикладів

Приклад 1. Ймовірність влучення в ціль першої гармати Р(А) = 0,8, другої – Р(В) = 0,9. Знайти ймовірність влучення: а) двох гармат, б) хоча б однієї, в) тільки однієї, г) жодної.

Розв’язування. Маємо А і В незалежні події.

а) Р (А·В) = Р (А)· Р (В) = 0,8ּ0,9 = 0,72;

б) Р (А+В) = Р (А) + P(В) – Р (А·В)=0,98;

в) Р (А· + ·В)=0,8 ּ0,1+0,2 ּ0,9 =0,26;

г) Р ( ) =0,2 ּ0,1 = 0,02.

Звертаємо увагу на те, що Р (А+В) = 1 - Р ( ).

Приклад 2. Одну і ту ж деталь виготовляють на трьох верстатах. Ймовірність браку на першому верстаті дорівнює 0,010, на другому – 0,015, на третьому – 0,020. Продуктивність першого верстата у 1,5 рази більша за продуктивність другого, продуктивність третього верстата у 2,5 рази більша за продуктивність другого. Усі деталі складаються до одного ящика. Чому дорівнює ймовірність того, що взята навмання деталь з ящику буде бракованою?

Розв’язування. Розглянемо такі випадкові події:

А – деталь бракована;

Н₁- деталь виготовлена на першому верстаті;

Н₂ - деталь виготовлена на другому верстаті;

Н₃ - деталь виготовлена на третьому верстаті.

Спочатку обчислимо ймовірності Р (Н_k). Покладемо Р (Н₂) = p. Тоді за умовою маємо, що Р (Н₁) = 1,5p; Р (Н ₃)= 2,5p. Звідси випливає ( враховуючи, що

Р(Н₁) + Р(Н₂) +Р(Н₃) =1 ) 1,5p + p + 2,5p = 1, тобто 5p =1, p = 0,2. Тому

Р (Н₂ ) = p =0,2; P (H₁) = 1,5p = 1,5 • 0,2 = 0,3; P (H₃) = 2,5 p = =2,5 • 0,2 = 0,5.

За умовою задачі Р (А/Н₁ ) = 0,010; Р (А/Н₂ ) = 0,015; Р (А/Н₃) = 0,020.

Тому маємо Р (А ) = Р(Н₁) Р (А/Н₁ ) + P (H₂) Р (А/Н₂ ) + +P (H₃) Р (А/Н₃) = 0,3• 0,010 + 0,2• 0,015 +0,5• 0,020 = 0,016.

Приклад 3. Знову розглянемо ситуацію, яка викладена у задачі про три верстати. Відомо, що витягнута деталь – бракована. Яка ймовірність того, що вона виготовлена на третьому верстаті?

Розв’язування. Усі необхідні ймовірності ми вже знаємо (див. попередній приклад). Тому маємо за формулою Байєса

.

Бачимо, що переважна кількість бракованих деталей виготовлена на третьому верстаті.

5 Контрольні питання

1. Теорема про ймовірність суми сумісних подій.

2. Теорема про ймовірність суми несумісних подій.

3. Теорема про ймовірність добутку залежних подій.

4. Теорема про ймовірність добутку незалежних подій.

5. Формула повної ймовірності.

6. Формули Байєса.

Індивідуальне завдання № 2

1 Тема Теореми про ймовірність суми та добутку подій. Формула повної ймовірності та формула Байєса

2 Мета Навчитись застосовувати теореми про ймовірність суми та добутку подій, формули повної ймовірності та формулу Байєса

3 Завдання

3.1 Для практики на 30 студентів є 15 місць у Мінську, 8 – у Гомелі, 7 – у Вітебську. Яка ймовірність того, що 2 визначених студента потраплять в одне місто?

3.2 Прилад складається з двох елементів, що працюють незалежно один від одного. Ймовірність виходу з ладу першого елемента при вмиканні 0,05, другого – 0,02. Знайдіть ймовірність того, що при вмиканні приладу:

а) будуть працювати обидва елемента;

б) вийде з ладу тільки один елемент.

3.3 У першому цеху виготовляється в середньому 80% стандартних деталей, у другому – 85%, у третьому – 95%. У збиральний цех цього ж заводу надходить 40% деталей з першого цеху, 30% - з другого, 30% - з третього. Знайдіть ймовірність того, що деталь навмання взята збиральником, опиниться стандартною.

3.4 Деталі для зборки виготовляються тільки на двох станках, з котрих перший виготовляє в 2 рази більше деталей ніж другий. При цьому брак складає перший станок – 3,5%, другий – 0,5%. Взята навмання деталь опинилась стандартною. Знайдіть ймовірність того, що вона виготовлена на другому станку.

4 Виконання завдання

4.1 Випробування: вибирають місця для практики

Подія А – 2 студента потраплять в одне місто

За класичним означенням

Відповідь: .

4.2 Випробування: вмикання приладу, який складається з двох елементів

Подія А – вийде з ладу другий елемент

Подія – не вийде з ладу перший елемент

Подія В – вийде з ладу другий елемент

Подія – не вийде з ладу другий елемент

Р(А)=0,05 Р( )=0,95

Р(В)=0,02 Р( )=0,98

А, В – незалежні події.

1) - будуть працювати обидва елементи

а)

2) - вийде з ладу тільки один елемент

б)

Відповідь: а) , б) .

4.3 Випробування: навмання беремо деталь

Подія А – взята деталь стандартна

Н₁ – взята деталь з першого цеху

Н₂ – взята деталь з другого цеху

Н₃ – взята деталь з третього цеху

Р(А) – ?

За формулою повної ймовірності

Р(Н₁)=0,4 Р(А/Н₁)= 0,8

Р(Н₂)=0,3 Р(А/Н₂)=0,85

Р(Н₃)=0,3 Р(А/Н₃)=0,95

Відповідь: .

4.4 Випробування: беремо навмання деталь

Подія А – взята деталь гідна

Н₁ – деталь з 1-го станка

Н₂ – деталь з 2-го станка

Р(Н₂/А) – ?

За формулою Байєса

Р(Н₁)= Р(А/Н₁)= 0,965

Р(Н₂)= Р(А/Н₂)=0,995

Відповідь: .

5 Висновок

Я навчився (-лася) застосовувати теореми про ймовірність суми та добутку подій, формулу повної ймовірності та формулу Байєса до розв’язання задач.

Читайте також:

1. I. ЗАГАЛЬНІ МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ
2. V. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
3. V. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
4. V. Завдання.
5. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
6. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
7. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
8. Vi. домашнє завдання
9. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
10. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
11. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ
12. VI. ДОМАШНЄ ЗАВДАННЯ

Переглядів: 776