Нас часто интересует вероятность одновременного наступления нескольких событий, например выпадения двух орлов при двух бросках монеты или по крайней мере одной шестерки при двух бросках игральной кости. Ситуации такого рода называются ситуациями с несколькими возможными исходами.
Использование древовидных диаграмм
Хотя довольно легко понять, что вероятность выпадения орла при одном броске «честной» монеты равна?, интуитивно определить вероятность выпадения четырех орлов при четырех бросках «честной» монеты несколько труднее. Хотя пример с монетой может показаться искусственным, он хорошо подходит для объяснения сочетания вероятностей при нескольких попытках. Давайте произведем расчеты. (Следите за моими рассуждениями, даже если вы панически боитесь математики. Если вы поработаете над примерами, вычисления и математические рассуждения покажутся вам довольно простыми. Не надо восклицать, взглянув на следующие несколько цифр: «Нет, ни в коем случае, я это просто пропущу». Важно уметь думать с числами и о числах.)
При первом броске может наступить лишь один из двух возможных исходов; орел (О) или решка (Р). Что произойдет, если монету бросят дважды? Существует четыре возможных исхода: орел оба раза (ОО), орел в первый раз и решка во второй раз (ОР), решка в первый раз и орел во второй раз (РО) и решка оба раза (РР). Поскольку существует четыре возможных исхода и лишь один способ выпадения двух орлов, то вероятность этого события равна 1/ 4 (опять-таки мы предполагаем, что монета – «честная», т. е. выпадение орла и решки равновероятно). Существует общее правило для вычисления вероятности совместного появления нескольких событий в любой ситуации – правило «и». Если вы хотите найти вероятность совместного появления первого и второго события (орел при первом и при втором броске), надо перемножить вероятности наступления этих событий по отдельности. Применяя правило «и», мы находим, что вероятность появления двух решек при двукратном броске монеты равна? x ? = 1/ 4 . Интуитивно кажется, что вероятность совместного появления двух событий должна быть меньше, чем вероятность каждого из них в отдельности; так оно и оказывается.
Простой способ расчета этой вероятности получается, если представить все возможные события с помощью древовидной диаграммы. Древовидные диаграммы использовались в главе 4, когда мы проверяли правильность утверждений типа «если… то…». В этой главе мы припишем ветвям дерева вероятностные значения, чтобы определить вероятности различных сочетаний исходов. В последующих главах я еще вернусь к древовидным диаграммам при рассмотрении способов нахождения творческих решений задач.
При первом броске монеты она упадет или орлом, или решкой вверх. Для «честной» монеты выпадения орла и решки имеют одинаковую вероятность, равную 0,5. Давайте изобразим это следующим образом:
Когда вы бросаете монету второй раз, то либо за первым орлом последуют второй орел или решка, либо за первой решкой последуют второй орел или решка. Вероятности выпадения орла и решки при втором броске по-прежнему равны 0,5. Исходы второго броска изображаются на диаграмме в виде дополнительных ветвей дерева.
Как видно из диаграммы, существует четыре возможных исхода. Вы можете пользоваться этим деревом для нахождения вероятностей других событий. Чему равна вероятность получения одной решки при двух бросках монеты? Поскольку существует два способа, которыми можно получить одну решку (ОР или РО), ответ равен 2 / 4 или?. Если вы хотите найти вероятность двух или более различных исходов, сложите вероятности всех исходов. Это называется правилом «или». По-другому эту задачу можно сформулировать так: «Чему равна вероятность получить или сначала орла, а потом решку (1/ 4), или сначала решку, а потом орла (1/4)?» Правильная процедура нахождения ответа состоит в том, чтобы сложить эти значения, в результате чего получается?. Интуитивно кажется, что вероятность появления одного из нескольких событий должна быть больше, чем вероятность появления каждого из них; так оно и оказывается.
Правилами «и» и «или» можно пользоваться только тогда, когда интересующие нас события независимы. Два события независимы, если появление одного из них не влияет на появление второго. В рассматриваемом примере результат первого броска монеты никак не влияет на результат второго броска. Кроме того, для применения правила «или» необходимо, чтобы события были несовместимыми, т. е. не могли происходить одновременно. В рассматриваемом примере исходы являются несовместимыми, поскольку мы не можем получить и орла, и решку при одном броске.
Представление событий в виде древовидных диаграмм полезно во многих ситуациях. Давайте расширим наш пример. Предположим, что мужчина в полосатом костюме с длинными, подкрученными вверх усами и бегающими маленькими глазками останавливает вас на улице и предлагает сыграть на деньги, бросая монету. Он все время ставит на орла. При первом броске монета падает орлом вверх. При втором броске происходит то же самое. При третьем броске опять выпадает орел. Когда вы начнете подозревать, что у него «нечестная» монета? У большинства людей сомнения возникают при третьей или четвертой попытке. Вычислите вероятность выпадения одних орлов при трех и четырех бросках «честной» монеты (вероятность выпадения орла равна 0,5).
Для расчета вероятности выпадения трех орлов в трех попытках вам надо нарисовать дерево с тремя рядами «узлов», причем из каждого узла исходят две «ветви».
В этом примере нас интересует вероятность выпадения трех орлов подряд при условии, что монета «честная». Посмотрите на столбец, озаглавленный «исход», и найдите исход ООО. Поскольку это единственный исход с тремя орлами, перемножьте вероятности вдоль ветви 000 (обведенной на диаграмме) и вы получите 0,5 х 0,5 х 0,5 = 0,125. Вероятность 0,125 означает, что если монета «честная», то в среднем она будет падать орлом вверх три раза подряд в 12,5% случаев. Поскольку эта вероятность невелика, то при выпадении трех орлов подряд большинство людей начинает подозревать, что монета «с секретом».
Для расчета вероятности выпадения четырех орлов в четырех попытках добавьте к дереву дополнительные ветви.
Вероятность выпадения четырех орлов равна 0,5 х 0,5 х 0,5 х 0,5 = 0,0625, или 6,25%. Как вы уже знаете, математически она равна 0,5 4 ; т. е. умножить число само на себя четыре раза – это то же самое, что возвести его в четвертую степень. Если вы будете считать на калькуляторе, где есть операция возведения в степень, то вы получите тот же самый ответ – 0,0625. Хотя такой исход возможен и когда-нибудь произойдет, он маловероятен. На самом деле он настолько неправдоподобен и необычен, что многие сказали бы, что человек с бегающими глазками, наверное, жульничает. Несомненно, что при выпадении пятого орла подряд разумно будет заключить, что вы имеете дело с мошенником. Для большинства научных целей событие считается «необычным», если его появление ожидается с вероятностью менее 5%. (На языке теории вероятностей это записывается так: р ‹ 0,05.)
Давайте оставим искусственный пример с монетой и применим ту же логику в более полезном контексте. Я уверена, что любой студент когда-либо сталкивался с тестами с выбором вариантов, в которых нужно выбирать из предложенных вариантов правильные ответы. В большинстве таких тестов на каждый вопрос предлагается пять вариантов ответов, из которых правилен только один. Предположим, что вопросы настолько трудны, что вы можете только случайно угадать правильный ответ. Какова вероятность правильного угадывания при ответе на первый вопрос? Если вы понятия не имеете, какой из вариантов является правильным ответом, то вы с одинаковой вероятностью можете выбрать любой из пяти вариантов, предполагая, что любой из них может оказаться правильным. Поскольку сумма вероятностей выбора всех вариантов должна быть равна единице, то вероятность выбора каждого из вариантов при равновероятности всех вариантов равна 0,20. Один из вариантов правильный, а остальные – неправильные, поэтому вероятность выбора правильного варианта равна 0,20. Древовидная диаграмма этой ситуации изображена ниже.
Какова вероятность правильно угадать ответы на первые два вопроса теста? Нам придется добавить новые ветви к дереву, которое вскоре станет очень густым. Чтобы сэкономить место и упростить вычисления, можно представить все неправильные варианты в виде одной ветви, обозначенной «неправильные». Вероятность ошибиться при ответе на один вопрос равна 0,8.
Вероятность правильно угадать ответы на два вопроса равна 0,2 х 0,2 = 0,04. То есть случайно это может произойти только в 4% попыток. Допустим, что мы расширим наш пример до трех вопросов. Я не буду рисовать дерево, но вы должны уже понять, что вероятность равна 0,2 х 0,2 х 0,2 = 0,008. Это настолько необычное событие, что оно может произойти случайно менее чем в 1 % попыток. Что вы подумаете о человеке, которому удалось правильно ответить на все три вопроса? Большинство людей (а преподаватели тоже люди) заключит, что студент не выбирал ответы наугад, а действительно что-то знал. Конечно, не исключено, что ему просто повезло, но это чрезвычайно маловероятно. Таким образом, мы приходим к выводу, что полученный результат не может объясняться только удачей.
Мне хотелось бы отметить одну любопытную сторону таких рассуждений. Рассмотрим плачевную ситуацию, в которую попала Сара. Она отвечала на 15 вопросов теста, где ответ на каждый вопрос надо было выбирать из пяти вариантов. Сара ответила неправильно на все 15 вопросов. Можете ли вы определить вероятность того, что это произошло случайно? Я не буду рисовать древовидную диаграмму для иллюстрации этой ситуации, но легко видеть, что вероятность ошибиться при ответе на один вопрос равна 0,8; поэтому вероятность неправильно ответить на все 15 вопросов равна 0,8 15 . Это число 0,8, умноженное само на себя 15 раз, в результате чего получается 0,0352. Поскольку вероятность такой случайности равна 3,52%, может быть, Саре стоит заявить преподавателю, что такой необычный результат не может объясняться случайностью? Сара, конечно, может привести подобный довод, но поверили бы вы ей на месте преподавателя? Предположим, она утверждает, что знала ответы на все вопросы. Как иначе она смогла бы не выбрать правильный вариант ответа в 15 вопросах подряд? Я не знаю, сколько преподавателей поверили бы ее утверждению, что 15 неверных ответов доказывают наличие у нее знаний, хотя в принципе такой ход рассуждений используется для доказательства наличия знаний, поскольку вероятность правильно угадать все ответы примерно такая же. (В этом примере вероятность наугад ответить правильно на все 15 вопросов равна 0,20 15 ; это число значительно меньше 0,0001.) Если бы преподавателем Сары была я, то я бы поставила ей высокие оценки за творческий подход и понимание статистических принципов. Не исключено, что Сара действительно что-то знала на эту тему, но в этом «чем-то» была систематическая ошибка. Я бы также указала ей на то, что, возможно, она не подготовилась к тесту, а вдобавок ей еще и не повезло, и она сделала 15 неверных догадок. В конце концов, иногда случаются и очень необычные события.
Перед тем как перейти к чтению следующего раздела, проверьте, понимаете ли вы, как применять древовидные диаграммы для расчета вероятностей и учета всех возможных исходов. В этой главе я еще вернусь к таким диаграммам. Когда вы научитесь их использовать, вы будете удивлены, как много существует ситуаций, в которых они могут применяться.
человека содержится некий план, с которым пришла сюда душа, все варианты развития событий, в том числе. Можно туда зайти и просмотреть последствия важных решений, которые мы принимаем. Например, о смене работы и образа жизни. Делать это можно как в самостоятельных медитациях, так и в совместных процессах ведущий-ведомый. Ниже описание того, как это было проделано в сеансе
Вероятностные линии
Проецирую три ветки:
1) остаться в Москве на имеющейся работе;
2) продать или сдать квартиру и уехать в Азию к друзьям, чтобы войти партнером в их туристический бизнес;
3) идеальный вариант: ухожу с работы, участвую в бизнесе друзей на проектной основе, при этом есть свой собственный дом, но не в Москве (то ли тоже Азия, но другая, то ли Восточная Европа, то ли Латинская Америка - большая светлая вилла, в которой можно принимать гостей и проводить ретриты), есть пара - собственные партнерские отношения, и есть свое дело.
Выстраиваем все три ветки как дороги, смотрим, есть ли ответвления.
Московская ветка - прочный толстый серый канат, тусклый и надежный, не оторвешься, не потеряешься. От каната идет несколько более тонких веревок, какие то поярче и поинтересней, но ни одна не привлекает, не зовет и не светится. Ощущение - я по прежнему люблю Москву, но эта тема себя изжила.
Ветка с Азией и друзьями - очень яркая и наглядная, но короткая и жидкая, что ли. В ней не хватает потенциала для того,чтобы уверенно развернуться в перспективе. Недостаточно ресурса.
Идеальная третья картинка разделилась на несколько географических точек на карте, каждая со своим специфическим налетом. Третья ветка, внутри которой есть моя собственная история - наиболее привлекательна, конечно же, для меня. Она не такая осязаемая сейчас как московская и не такая цветная как вторая, Но она зовет к себе. И светится, наполненная изнутри. Как тонкий живой лучик, пульсирует и переливается.
Выбор своего пути
В этой версии развития событий я свободно перемещаюсь по всему миру при желании. Доход у меня ниже, чем в Москве, но его достаточно, чтобы ни в чем не нуждаться и ни в чем себе не отказывать, пусть и в меру. Я приезжаю на проекты к друзьям, они гостят у меня. Я что-то пишу и работаю с людьми, делаю это в удовольствие. Имеется еще какой то светский бизнес проект, который тоже более-менее успешен, и дает стабильный заработок.
При этом есть близкий человек, с которым мы совместно реализуем эту историю, в паре. Для того, чтобы она проявилась, нужно не только мое намерение, и с той и с моей стороны потребуется некая плата, само собой, как за любой выбор. Как только ты что-то выбираешь, ты автоматически от чего то отказываешься.. Это всегда страшно и небезопасно, к тому же. Плата как отказ от имеющегося комфорта или свободы. Плата как позволение войти в свою жизнь чему то совершенно новому и неизвестному, пусть и заманчивому. Чистая свобода воли и чистота намерений и с той, и с другой стороны. А там уж - как сложится.. В ином ключе (не на чистом волеизъявлении) эта тема просто не взлетит.
Весь этот процесс сейчас в развертке пребывает. Эта ветка находится на стадии вызревания, и если все сложится хорошо, то она сможет полностью проявиться в моей реальности. Смотрим, есть ли помехи или камни на этой идеальной для меня линии. Вижу упавшее дерево, прямо на дороге. Это страхи и недоверие к самой себе. Из серии - это слишком хорошо, чтобы так оно все и сложилось, так не бывает, это все иллюзии и сказки, придуманные самой себе. Расчищаю дорогу.
Следующий важный шаг - принять окончательное собственное решение - нужно ли туда вообще забрасывать внимание, в эту ветку-мечту, поскольку "отмотать" так просто не получится потом. Понимаю для себя, что так или иначе уже давно напитываю ее энергией и внутренне активирую. И это происходит даже не из-за упрямства или желания, чтобы было по моему.
Гораздо более тонкие вещи и знаки, которые сигнализируют о том, что это судьба, как бы громко это ни звучало. Эта ветка постепенно становится все более и более ощутимой. Она уплотняется, медленно и верно. Хотя, конечно же, все еще крайне неопределенно и может свернуться в любой момент, но есть ощущение, что она сама ко мне идет, эта ветка.
Поскольку она давно уже была спроектирована и предопределена, заказана, можно сказать. И я понимаю, куда это ведет. И как оно складывается. И что это правильное развитие событий. Хотя иногда тупо боюсь в это поверить..
И еще очень не хочется эту ветку цементировать. Делать жесткой и однозначной.. Не нужно в нее встраивать жесткую привязку к определенному месту или роду занятий, или к чему то еще. Хочется чтобы в ней было много стихии: воздуха, воды, огня, земли, чтобы она дышала, чтобы была гибкой и неразрушимой - мобильной, трансформируемой и перенастраиваемой. И чтобы все, что в ней происходило, было бы результатом сотворчества, не автономными действиями. Это в любом случае парная история, она не может родиться как принуждение, тут важна максимальная корректность - ни в коем случае не навязывать и не давить.. Все на свободе воли. А дальше - куда позовет*
Усиление ветки вниманием
Протягиваю из своей Искры луч в направлении этой ветки, в ту точку, куда она стремится, соединяюсь с ней своим вниманием. Тем самым Искра начинает работать на реализацию этой цели, якорится в ней. Я могу этого не осознавать, но работа будет вестись: формирование событий в пространстве будет происходить таким образом, чтобы эта цель была максимально приближена к моей реальности, к своей реализации.
Луч Искры трансформируется в гравитационный луч и притягивает объекты и события из той ветки вероятностей ко мне, как магнитом. Цель становится совсем близкой, можно сказать, я сейчас в ней. Как телепорт, когда не стараешься перейти в новое место всем своим телом, а материализуешь искомое пространство вокруг себя: настраиваешься на цель и притягиваешь ее к себе. И чем ближе она к тебе находится, тем больше твоя воля распространяется на ее реализацию. А уже Искра ответственна за то, чтобы сформировать те события, которые повлекут за собой воплощение этой ветки в действительность, позволят ей сыграть.
Рисую свое будущее светом своей Искры. Там так классно, в этой линии вероятностей - очень красивая история, куда хочется всех позвать в гости.. Большая светлая комната, наполненная жизнью, солнцем и воздухом.. Даю ей топливо, заряжаю потенциалом, чтобы она получила возможность проявиться в реальности. Когда будет готовность принять финальное решение или понадобится посмотреть какие то ответы по развитию этой ветки, можно просто вспоминать это состояние притяжения, пропитываться эмоционально атмосферой и настроением этой комнаты, почувствовать эмоцию творчества и партнерства. Эмоция созидания - это всегда любовь..
Проявление и закрепление результата
Чтобы запечатлеть ту картинку, которая выглядит такой привлекательной, но зыбкой сейчас, нужно пропустить через него свет, влить эмоцию, зарядить позитивом. Войти в состояние ананды - радостного подъема, любящего и любимого существа, влюбленного и наполненного любовью и перенаправить это свое внутреннее топливо в идеальный вариант развития событий.
Прочистить путь и снять вопросы. Сонастроить с другими ветками реальности, окружающими меня и сопричастных игроков, чтобы все это синхронизировалось по месту и по времени. Совпало с намерениями, волей и свободой выбора. Напитать все это своим собственным светом, теплом и любовью для реализации в будущем своего творческого потенциала в том ключе, который так нравится. Экспонировать нужный результат так, чтобы изображение впечаталось светом в чувствительную пленку - канву грядущих событий, прожгло в ней свой оттиск как световая проекция. И выдержать немного, чтобы эффект был как можно ярче.
Теперь нужно обработать созданный отпечаток мечты, чтобы он перешел в слой материальной реальности. Следующий этап - стабилизация. Нужно добавить в картинку немного энергии темноты и холода, чтобы она выкристаллизовалась и приобрела более твердые очертания, перешла из состояния волшебного миража в более плотные слои, закрепилась и проявилась.
Работа с негативным отпечатком.. Результат буквально фиксируется на листе реальности, примерно также, как когда на аналоговую фотобумагу проецируем изображение с аналоговой фотопленки, а потом льем по очереди проявитель и закрепитель чтобы можно было в деталях рассмотреть, что же такое мы запечатлели с помощью света и намерения и войти туда, когда это будет уместно и своевременно.
Поскольку за общение с миром и творческую реализацию отвечает горловая чакра, отправляю туда, в избранную ветку луч из горловой чакры. За ним попросился луч и из второй чакры, следом - из третьей. Потом и остальные чакры подключились, получился такой лучевой душ, как из цветика-семицветика. Промываю и просушиваю все получившееся, наполняю движением, материальной энергией земли, видением, всеми качествами жизненной силы и магнетизма, притягиваю ветку вероятности в свою реальность еще больше, связываю напрямую с каждым из чакральных центров, прописываю ее там в них..
* человек забывает, что будущее многовариантно и часто приявзывается к шаблонным моделям (таковые обычно определяются нумерологией, астрологией и тп). На самом деле каждый из нас -- это поток, а потоку нужно течь, не зацикливаться на рамках, с легкостью отпускать старое и впускать новое, адаптироваться. Поэтому, если будете делать подобные практики, ни в коем случае не "цементируйте" свое намерение, тк мир всегда предлагает еще более классыне варианты, о которых мы сами можем даже не догадываться, особенно сейчас.
Реальность многомерна, мнения о ней многогранны. Здесь показана лишь одна или несколько граней. Не стоит принимать их за истину в последней инстанции, ибо , а у каждого уровня сознания и . Учимся отделять наше от не нашего, либо добывать информацию автономно)
ТЕМАТИЧЕСКИЕ РАЗДЕЛЫ:
| | | | | | | | |
1. Ω = {11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66},
2. Ω = {2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12}
3. ● A = {16,61,34, 43, 25, 52};
● B = {11,12, 21,13,31,14, 41,15, 51,16, 61}
● C = {12, 21,36,63,45, 54,33,15, 51, 24,42,66}.
● D = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 2 ИЛИ 3 };
● E = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 10}.
Описать событие: С = {ЦЕПЬ ЗAМКНУТA} для каждого случая.
Решение. Введем обозначения: событие A - контакт 1 замкнут; событие В - контакт 2 замкнут; событие С - цепь замкнута, лампочка горит.
1. Для параллельного соединения цепь замкнута, когда хотя бы один из контактов замкнут, поэтому С = A + В ;
2. Для последовательного соединения цепь замкнута, когда замкнуты оба контакта, поэтому С = A · В .
Задача. 1.1.4 Составлены две электрические схемы:
Событие A - цепь замкнута, событие A i - I –й контакт замкнут. Для какой из них справедливо соотношение
A1 · (A2 + A3 · A4) · A5 = A?
Решение . Для первой схемы A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), так как параллельному соединению соответствует сумма событий, а последовательному соединению - произведение событий. Для второй схемы A = A 1 (A2 + A3 A4 A5). Следовательно, данное соотношение справедливо для второй схемы.
Задача. 1.1.5 Упростить выражение (A + B)(B + C)(C+ A).
Решение. Воспользуемся свойствами операций сложения и умножения событий.
(A + B)(B + C)(A + C) =
(AB + AC + B B + BC)(A + C) =
= (AB + AC + B + BC)(A + C) =
(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =
= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.
Задача. 1.1.6 Доказать, что события A, AB и A+B Образуют полную группу.
Решение. При решении задачи воспользуемся свойствами операций над событиями. В начале покажем, что эти события попарно несовместны.
A теперь покажем, что сумма этих событий дает пространство элементарных событий.
Задача. 1.1.7 С помощью схемы Эйлера–Венна проверить правило де-Моргана:
А) Заштриховано событие AB.
Б) Событие A - вертикальная штриховка; событие B - горизонтальная штриховка. Событие
{A+B} - заштрихованная область.
Из сопоставления рисунков а) и в) следует:
Задача. 1.2.1 Сколькими способами можно рассадить 8 человек:
1. В один ряд?
2. За круглым столом?
Решение.
1. Искомое число способов равно числу перестановок из 8, т. е.
P8 = 8! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 40320
2. Так как за круглым столом выбор первого человека не влияет на чередование элементов, то первым можно взять любого, а оставшихся упорядочим относительно выбранного. Это действие можно осуществить 8!/8 = 5040 способами.
Задача. 1.2.2 На курсе изучается 5 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на субботу, если в этот день должны быть две различные пары?
|
|
Решение. Искомое число способов есть число размещений
Из 5 по 2, так как нужно учесть порядок пар:
Задача. 1.2.3 Сколько экзаменационных комиссий, состоящих из 7 человек, можно составить из 15 преподавателей?
Решение. Искомое число комиссий (без учета порядка) - это число сочетаний из 15 по 7:
Задача. 1.2.4 Из корзины, содержащей двадцать пронумерованных шаров выбирают на удачу 5 шаров. Определить число элементов пространства элементарных событий этого опыта, если:
Шары выбираются последовательно один за другим с возвращением после каждого извлечения;
Шары выбирают один за другим, не возвращая;
Выбирают сразу 5 шаров.
Решение.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар также равно 20 и т. д. Тогда число способов извлечь 5 шаров в этом случае равно 20 · 20 · 20 · 20 · 20 = 3200000.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар после извлечения не вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар стало равно 19 и т. д. Тогда число способов извлечь 5 шаров без возвращения равно 20 · 19 · 18 · 17 · 16 = A52 0
Число способов извлечь из корзины 5 шаров сразу равно числу сочетаний из 20 по 5:
Задача. 1.2.5 Подброшены две игральные кости. Найти вероятность события A того, что выпадет хотя бы одна единица.
Решение. На каждой кости может выпасть любое число очков от 1 до 6. Поэтому пространство элементарных событий содержит 36 равновозможных исходов. Событию A благоприятствуют 11 исходов: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1,5), (5,1), (1,6), (6,1), поэтому
Задача. 1.2.6 На красных карточках написаны буквы у, и, я, к, ц, ф, н, на синих - буквы а, а, о, т, т, с, ч. После тщательного перемешивания, что вероятнее: с первого раза из букв на красных карточках составить слово «функция» или из букв на синих карточках слово «частота»?
Решение. Пусть событие A - наудачу составленное из 7 букв слово «функция», событие B - наудачу составленное из 7 букв слово «частота». Так как упорядочиваются два множества из 7 букв, то число всех исходов для событий A и B равно n = 7!. Событию A благоприятствует один исход m = 1, так как все буквы на красных карточках различны. Событию B благоприятствуют m = 2! · 2! исходов, так как буквы «а» и «т» встречаются дважды. Тогда P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).
Задача. 1.2.7 На экзамене студенту предлагается 30 билетов; в каждом билете два вопроса. Из 60 вопросов, вошедших в билеты, студент знает только 40. Найти вероятность того, что взятый студентом билет будет состоять
1. из известных ему вопросов;
2. из неизвестных ему вопросов;
3. из одного известного и одного неизвестного вопроса.
Решение. Пусть A - событие, состоящее в том, что на оба вопроса студент знает ответ; B - не знает ответа на оба вопроса; C - на один вопрос знает ответ, на другой - не знает. Выбор двух вопросов из 60 можно осуществить n = C260 = 60 2·59 = 1770 способами.
1. Имеется m = C240 = 40 2·39 = 780 возможностей выбора известных студенту вопросов. Тогда P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44
2. Выбор двух неизвестных вопросов из 20 можно осуществить m = C220 = 20 2·19 = 190 способами. В таком случае
P(B) = M N = 11 79 70 0 = 0,11
3. Существует m = C14 0 ·C21 0 = 40·20 = 800 способов выбрать билет с одним известным и одним неизвестным вопроcом. Тогда P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.
Задача. 1.2.8 По трем каналам послана некоторая информация. Каналы работают независимо друг от друга. Найти вероятность того, что информация достигнет цели
1. Только по одному каналу;
2. Хотя бы по одному каналу.
Решение. Пусть A - событие, состоящее в том, что информация достигает цели только по одному каналу; B - хотя бы по одному каналу. Опыт - передача информации по трем каналам. Исход опыта - информация достигла цели. Обозначим Ai - информация достигает цели по i-му каналу. Пространство элементарных событий имеет вид:
Событию B благоприятствуют 7 исходов: все исходы, кромеТогда n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8 ; P(B) = 7 8.
Задача. 1.2.9 На отрезке единичной длины случайным образом появляется точка. Найти вероятность того, что расстояние от точки до концов отрезка больше 1/8.
Решение. По условию задачи искомому событию удовлетворяют все точки, появляющиеся на интервале (a; b).
|
|
Так как его длина s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, а длина всего отрезка S = 1, то искомая вероятность равна P = s/S = 3/14 = 0.75.
Задача. 1.2.10 В партии из N изделий K изделий являются бракованными. Для контроля выбирается m изделий. Найти вероятность того, что из M Изделий L Окажутся бракованными (событие А).
Решение. Выбор m изделий из n можно осуществить способами, а выбор L бракованных из k бракованных - способами. После выбора L бракованных изделий останется (m - L ) годных, находящихся среди (n - k) изделий. Тогда число исходов, благоприятствующих событию A, равно·
И искомая вероятность
Задача. 1.3.1 B урне 30 шаров: 15 красных, 10 синих и 5 белых. Найти вероятность того, что наугад вынутый шар - цветной.
Решение. Пусть событие A - вынут красный шар, событие B - вынут синий шар. Тогда события (A + B) - вынут цветной шар. Имеем P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Так как
События A и B несовместны, то P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0.83.
Задача. 1.3.2 Вероятность того, что будет снег (событие A), равна 0.6, А того, что будет дождь (событие B), равна 0.45. Найти вероятность плохой погоды, если вероятность дождя со снегом (событие AB) равна 0.25.
Решение. События A и B совместны, поэтому P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.6 + 0.45 - 0.25 = 0.8
Задача. 1.3.3 B первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором - 3 белых и 9 черных шаров, в третьем - 6 белых и 6 черных шаров. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что все вынутые шары белые.
Решение. Событие A - вынут белый шар из первого ящика, B - из второго ящика, C – из третьего. Тогда P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Событие ABC - все вынутые
Шары - белые. События A, B,C - независимые, поэтому
P(ABC) = P(A)·P (B)·P (C) = 1 6 · 1 4 · 1 2 = 41 8 = 0.02
Задача. 1.3.4 B электрическую цепь последовательно включены 5 Элементов, работающие независимо друг от друга. Вероятность отказов первого, второго, третьего, четвертого, пятого элементов соответственно равны 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Найти вероятность того, что тока в цепи не будет (событие A).
Решение. Так как элементы включены последовательно, то тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один элемент. Событие Ai(i =1...5) - откажет I - й элемент. События
Задача. 1.3.5 Цепь состоит из независимых блоков, соединенных в систему с одним входом и одним выходом.
Выход из строя за время Т различных элементов цепи - независимые события, имеющие следующие вероятности P 1 = 0.1; P2 = 0.2; P3 = 0.3; P4 = 0.4. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Найти надежность системы.
Решение. Если событие A - {СИСТЕМА НАДЕЖНА}, Ai - {i - й БЛОК РАБОТАЕТ БЕЗОТКАЗНО}, то A = (A1 + A2)(A3 + A4). События A1+A2, A3+A4 - независимые, события A1 и A2, A3 и A4 - совместные. По формулам умножения и сложения вероятностей
Задача. 1.3.6 Рабочий обслуживает 3 станка. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0.9, для второго станка - 0.8, для третьего станка - 0.7.
Найти вероятность того, что в течение некоторого часа
1. Потребует внимания второй станок;
2. Потребуют внимания два станка;
3. Потребуют внимания не менее двух станков.
Решение. Пусть Ai - i-й станок потребует внимания рабочего,- i-й станок не потребует внимания рабочего. Тогда
Пространство элементарных событий:
1. Событие A - потребует внимания второй станок: Тогда
Так как события несовместные и независимые. P(A) = 0.9·0.8·0.7 + 0.1·0.8·0.7 + 0.9·0.8·0.3 + 0.1·0.8·0.3 = 0.8
2. Событие B - потребуют внимания два станка:
3. Событие C - потребуют внимания не менее двух стан
ков:
Задача. 1.3.7 B машину «Экзаменатор» введено 50 Вопросов. Студенту предлагается 5 Вопросов и ставится оценка «отлично», если на все вопросы получен верный ответ. Найти вероятность получить “отлично”, если студент подготовил только 40 Вопросов.
Решение. A - {ПОЛУЧЕНА ОЦЕНКА «ОТЛИЧНО»}, Ai - {ОТВЕТИЛ НА i - й ВОПРОС}. Тогда A = A1A2A3A4A5, имеем:
Или, другим способом - c помощью формулы классической вероятности:
И
Задача. 1.3.8 Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в I , II , III , IV ящике, соответственно равны 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Найти вероятность того, что сборщику придется проверить все 4 ящика (событие A ).
Решение. Пусть Ai - {Нужная сборщику деталь находится в i-м ящике.} Тогда
Так как события несовместны и независимы, то
Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек являются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружились серьезные изменения в легких. Среди некурящих изменения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изменения в легких, является курящим?
Решение. Введем гипотезы: H1 - обследованный является постоянно курящим, H2 - является некурящим. Тогда по условию задачи
P(H1)= ------- =0,4, P(H2)=--------- =0,6
Обозначим через A событие, состоящее в том, что обследованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи
По формуле (1.15) находим
Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна
Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех заводов: 30% с первого завода, 20% - со второго, 50% - с третьего. Продукция первого завода содержит 20% телевизоров со скрытым дефектом, второго - 10% , третьего - 5%. Какова вероятность приобрести исправный телевизор?
Решение. Рассмотрим события: A - приобретен исправный телевизор; гипотезы H1, H2, H3 - телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего завода. По условию задачи
По формуле (1.15) находим
Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором - 10 белых и 10 черных шаров, в третьем - 20 черных шаров. Из наугад выбранного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.
Решение. Пусть событие A - вынут белый шар, гипотезы H1, H2, H3 - шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим
Тогда
По формуле (1.15) находим
По формуле (1.16) находим
Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигналов «точка» и «тире». Статистические свойства помех таковы, что искажаются в среднем 2/5 Сообщений «точка» и 1/3 Сообщений «тире». Известно, что среди передаваемых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотношении 5: 3. Определить вероятность того, что принят передаваемый сигнал, если:
А) принят сигнал «точка»;
Б) принят сигнал «тире».
Решение. Пусть событие A - принят сигнал «точка», а событие B - принят сигнал «тире».
Можно сделать две гипотезы: H1 - передан сигнал «точка», H2 - передан сигнал «тире». По условию P(H1) : P(H2) =5: 3. Кроме того, P(H1) + P(H2) = 1. Поэтому P(H1) = 5/8, P(H 2 ) = 3/8. Известно, что
Вероятности событий A И B Находим по формуле полной вероятности:
Искомые вероятности будут:
Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защищены от воздействия помех. Вероятность того, что защищенный канал в течении времени T не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала - 0.8. Найти вероятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени T , причем оба канала не защищены от воздействия помех.
Решение. Пусть событие A - оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 - Выбран защищенный канал, A2 - Выбран незащищенный канал.
Запишем пространство элементарных событий для опыта - {выбрано два канала}:
Ω = {A1A1, A1A2, A2A1, A2A2}
Гипотезы:
H1 - оба канала защищены от воздействия помех;
H2 - первый выбранный канал защищен, второй выбранный канал не защищен от воздействия помех;
H3 - первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;
H4 - оба выбранных канала не защищены от помех. Тогда
И
Задача. 1.5.1 По каналу связи передается 6 Сообщений. Каждое из сообщений может быть искажено помехами с вероятностью 0.2 Независимо от других. Найти вероятность того, что
1. 4 сообщения из 6 не искажены;
2. Не менее 3 из 6 переданы искаженными;
3. Хотя бы одно сообщение из 6 искажено;
4. Не более 2 из 6 не искажены;
5. Все сообщения переданы без искажения.
Решение. Так как вероятность искажения 0.2, то вероятность передачи сообщения без помех - 0.8.
1. Используя формулу Бернулли (1.17), найдем вероят
ность передачи 4 сообщений из 6 без помех:
2. не менее 3 из 6 переданы искаженными:
3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
4. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
5. все сообщения переданы без искажения:
Задача. 1.5.2 Вероятность того, того, что летом день будет ясным, равна 0.42; вероятность пасмурного дня равна 0.36 и переменной облачности - 0.22. Сколько дней из 59 можно ожидать ясных и пасмурных?
Решение. Из условия задачи видно, что надо искать наиболее вероятное число ясных и пасмурных дней.
Для ясных дней P = 0.42, N = 59. Составляем неравенства (1.20):
59 0.42 + 0.42 - 1 < m0 < 59 0.42 + 0.42.
24.2 ≤ Mo ≤ 25.2 → Mo = 25.
Для пасмурных дней P = 0.36, N = 59 и
0.36 59 + 0.36 - 1 ≤ M 0 ≤ 0.36 59 + 0.36;
Следовательно 20.16 ≤ M 0 ≤ 21.60; → M 0 = 21.
Таким образом, наиболее вероятное число ясных дней Mo =25, пасмурных дней - M0 = 21. Тогда летом можно ожидать Mo + M0 =46 ясных и пасмурных дней.
Задача. 1.5.3 На лекции по теории вероятностей присутствует 110 студентов курса. Найти вероятность того что
1. k студентов (k = 0,1,2) из присутствующих родились первого сентября;
2. хотя бы один студент курса родился первого сентября.
P =1/365 очень мала, поэтому используем формулу Пуассона (1.22). Найдем параметр Пуассона. Так как
N = 110, то λ = np = 110 1 /365 = 0.3.
Тогда по формуле Пуассона
Задача. 1.5.4 Вероятность того, что деталь не стандартная, равна 0.1. Сколько деталей нужно отобрать, чтобы с вероятностью P = 0.964228 Можно было утверждать, что относительная частота появления нестандартных деталей отклоняется от постоянной вероятности p = 0.1 По абсолютной величине не более, чем на 0.01 ?
Решение.
Требуемое число N Найдем по формуле (1.25). Имеем:
P = 1.1; q = 0.9; P = 0.96428. Подставим данные в формулу:
Откуда находим
По таблице значений функции Φ(X ) находим, что
Задача. 1.5.5 Вероятность выхода из строя за время Т одного конденсатора равна 0.2. Определить вероятность того, что за время Т из 100 конденсаторов выйдут из строя
1. Ровно 10 конденсаторов;
2. Не менее 20 конденсаторов;
3. Менее 28 конденсаторов;
4. От 14 до 26 конденсаторов.
Решение. Имеем П = 100, P = 0.2, Q = 1 - P = 0.8.
1. Ровно 10 конденсаторов.
Так как П Велико, воспользуемся локальной теоремой Муавра - Лапласа:
Вычислим
Так как функция φ(х) - четная, то φ(-2,5) = φ(2,50) = 0,0175 (находим по таблице значений функции φ(х). Искомая вероятность
2. Не менее 20 конденсаторов;
Требование, чтобы из 100 конденсаторов из строя вышли не менее 20, означает, что из строя выйдут либо 20, либо 21, ..., либо 100. Таким образом, Т1 = 20, Т 2 =100. Тогда
По таблице значений функции Φ(x) Найдем Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0.5. Искомая вероятность:
3. Менее 28 конденсаторов;
(здесь было учтено, что функция Лапласа Ф(x) - нечетная).
4. От 14 до 26 конденсаторов. По условию M1=
14, m2 = 26.
Вычислим x 1,x2:
Задача. 1.5.6 Вероятность появления некоторого события в одном опыте равна 0.6. Какова вероятность, что это событие появиться в большинстве из 60 опытов?
Решение. Количество M Появлений события в серии испытаний находится в промежутке . «В большинстве опытов» означает, что M Принадлежит промежутку По условию N = 60, P = 0.6, Q = 0.4, M 1 = 30, m2 = 60. Вычислим x1 и x2:
|
|
Случайные величины и их распределения
Задача. 2.1.1 Дана таблица, где в верхней строке указаны возможные значения случайной величины X, а в нижней - их вероятности.
Может ли эта таблица быть рядом распределения X?
Ответ: Да, так как p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1
Задача. 2.1.2 Выпущено 500 Лотерейных билетов, причем 40 Билетов принесут их владельцам выигрыш по 10000 Руб., 20 Билетов - по 50000 Руб., 10 Билетов - по 100000 Руб., 5 Билетов - по 200000 Руб., 1 Билет - 500000 Руб., остальные - без выигрыша. Найти закон распределения выигрыша для владельца одного билета.
Решение.
Возможные значения X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Вероятности этих возможных значений:
Искомый закон распределения:
Задача. 2.1.3 Стрелок, имея 5 Патронов, стреляет до первого попадания в цель. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0.7. Построить закон распределения числа использованных патронов, найти функцию распределения F (X ) и построить ее график, найти P(2 < x < 5).
Решение.
Пространство элементарных событий опыта
Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},
Где событие {1} - попал в цель, событие {0} - не попал в цель. Элементарным исходам соответствуют следующие значения случайной величины числа использованных патронов: 1, 2, 3, 4, 5. Так как результат каждого следующего выстрела не зависит от предыдущего, то вероятности возможных значений:
P1 = P(x1 = 1) = P(1) = 0.7; P2 = P(x2 = 2) = P(01) = 0.3 · 0.7 = 0.21;
P3 = P(x3 = 3) = P(001) = 0.32 · 0.7 = 0.063;
P4 = P(x4 = 4) = P(0001) = 0.33 · 0.7 = 0.0189;
P5 = P(x5 = 5) = P(00001 + 00000) = 0.34 · 0.7 + 0.35 = 0.0081.
Искомый закон распределения:
Найдем функцию распределения F (X ), Пользуясь формулой (2.5)
X ≤1, F(x) = P(X < x) = 0
1 < x ≤2, F(x) = P(X < x) = P1 (X1 = 1) = 0.7
2 < x ≤ 3, F(x) = P1 (X = 1) + P2(x = 2) = 0.91
3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =
= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973
4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +
+ P4(x = 4) = 0.973 + 0.0189 = 0.9919
X > 5, F (x) = 1
Найдем P(2 < x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < X < 5) = F(5) - F (2) = 0.9919 - 0.91 = 0.0819
Задача. 2.1.4 Дана F (X ) некоторой случайной величины:
Записать ряд распределения дляX.
Решение.
Из свойств F
(X
)
Следует, что возможные значения случайной величины X
-
Точки разрыва функции F
(X
),
А соответствующие им вероятности - скачки функции F
(X
).
Находим возможные значения случайной величины X={0,1,2,3,4}.
Задача. 2.1.5 Установить, какая из функций
Является функцией распределения некоторой случайной величины.
В случае утвердительного ответа, найти вероятность того, что соответствующая случайная величина принимает значения на [-3,2].
Решение. Построим графики функций F1(x) и F2(x):
Функция F2(x) не является функцией распределения, так как не является неубывающей. Функция F1(x) является
Функцией распределения некоторой случайной величины, так как является неубывающей и удовлетворяет условию (2.3). Найдем вероятность попадания на промежуток:
Задача. 2.1.6 Дана плотность вероятности непрерывной случайной величины X:
Найти:
1. Коэффициент C;
2. Функцию распределения F(x);
3. Вероятность попадания случайной величины в интервал (1, 3).
Решение. Из условия нормировки (2.9)находим
Следовательно,
По формуле (2.10) находим:
Таким образом,
По формуле (2.4) находим
Задача. 2.1.7 Случайное время простоя радиоэлектронной аппаратуры в ряде случаев имеет плотность вероятности
Где M = lge = 0.4343...
Найти функцию распределения F(x).
Решение. По формуле (2.10) находим
Где
Задача. 2.2.1 Дан ряд распределения дискретной случайной величины X:
Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратичное отклонение, M, D[-3X + 2].
Решение.
По формуле (2.12) находим математическое ожидание:
M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 · 0.2 + 20 · 0.15 + 30 · 0.25 + 40 · 0.4 = 28.5
M = 2M[X] + M = 2M[X] + 5 = 2 · 28.5 + 5 = 62. По формуле (2.19) найдем дисперсию:
Задача. 2.2.2 Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение непрерывной случайной величины X, функция распределения которой
.
Решение. Найдем плотность вероятности:
Математическое ожидание найдем по формуле (2.13):
Дисперсию найдем по формуле (2.19):
Найдем сначала математическое ожидание квадрата случайной величины:
Среднее квадратичное отклонение
Задача. 2.2.3 X имеет ряд распределения:
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y = EX.
Решение. M [ Y ] = M[ EX] = e -- 1 · 0.2 + e0 · 0.3 + e1 · 0.4 + e2 · 0.1 =
0.2 · 0.3679 + 1 · 0.3 + 2.71828 · 0.4 + 7.389 · 0.1 = 2.2.
D[Y] = D = M[(eX)2 - M2 [E X] =
[(e-1)2 0.2 + (e0)2 0.3 + (e1)2 0.4 + (e2)2 0.1] - (2.2)2 =
= (e--2 0.2 + 0.3 + e2 0.4 + e4 0.1) - 4.84 = 8.741 - 4.84 = 3.9.
Задача. 2.2.4 Дискретная случайная величина X Может принимать только два значения X1 И X2, причем X1 < x2. Известны вероятность P1 = 0.2 Возможного значения X1, математическое ожидание M[X] = 3.8 И дисперсия D[X] = 0.16. Найти закон распределения случайной величины.
Решение. Так как случайная величина X принимает только два значения x1 и x2, то вероятность p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0.2 = 0.8.
По условию задачи имеем:
M[X] = x1p1 + x2p2 = 0.2x1 + 0.8x2 = 3.8;
D[X] = (x21p1 + x22p2) - M2[X] = (0.2x21 + 0.8x22) - (0.38)2 = 0.16.
Таким образом получили систему уравнений:
Условию x1
Задача. 2.2.5 Случайная величина X подчинена закону распределения, график плотности которого имеет вид:
Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение.
Решение.
Найдем дифференциальную функцию распределения f(x). Вне интервала (0, 3) f(x) = 0. На интервале (0, 3) график плотности есть прямая с угловым коэффициентом k = 2/9, проходящая через начало координат. Таким образом,
Математическое ожидание:
Найдем дисперсию и среднее квадратичное отклонение:
Задача. 2.2.6 Найти математическое ожидание и дисперсию суммы очков, выпадающих на четырех игральных кубиках при одном бросании.
Решение.
Обозначим A - число очков на одном кубике при одном бросании, B – число очков на втором кубике, C - на третьем кубике, D - на четвертом кубике. Для случайных величин A, B, C, D закон распределения
один.
Тогда M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3.5
|
|
Задача. 2.3.1 Вероятность того, что частица, вылетевшая из радиоактивного источника, будет зарегистрирована счетчиком, равна 0.0001. За время наблюдения из источника вылетело 30000 Частиц. Найти вероятность того, что счетчик зарегистрировал:
1. Ровно 3 частицы;
2. Ни одной частицы;
3. Не менее 10 частиц.
Решение.
По условию П
= 30000, P
= 0.0001. События, состоящие в том, что частицы, вылетевшие из радиоактивного источника, зарегистрированы, независимы; число П
Велико, а вероятность P
Мала, поэтому воспользуемся распределением Пуассона:
Найдем λ: λ
= п
P =
30000 0.0001 = 3 = М[Х]. Искомые вероятности:
Задача. 2.3.2 В партии 5% нестандартных деталей. Наудачу отобраны 5 деталей. Написать закон распределения дискретной случайной величины X - числа нестандартных деталей среди пяти отобранных; найти математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Дискретная случайная величина X - число нестандартных деталей - имеет биномиальное распределение и может принимать следующие значения: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Вероятность нестандартной детали в партии p = 5/100 = 0.05. Найдем вероятности этих возможных значений:
Напишем искомый закон распределения:
Найдем числовые характеристики:
0 0.7737809 + 1 0.2036267 + 2 0.0214343+
3 0.0011281 + 4 0.0000297 + 5 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250
M[X] = N p = 5 0.05 = 0.25.
D[X] = M – M 2 [X] = 02 0.7737809 + 12 0.2036267+
22 0.0214343 + 32 0.0011281 + 42 0.0000297 + 52 0.0000003- 0.0625 =
0.2999995 - 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375
Или D [ X ] = n p (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.
Задача. 2.3.3 Время обнаружения цели радиолокатором распределено по показательному закону
Где 1/ λ = 10 Сек. - среднее время обнаружения цели. Найти вероятность того, что цель будет обнаружена за время от 5 До 15 Сек. после начала поиска.
Решение. Вероятность попадания случайной величины X В интервал (5, 15) Найдем по формуле (2.8):
При
Получаем
0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834
Задача. 2.3.4 Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону с параметрами a = 0, σ = 20 Мм . Записать дифференциальную функцию распределения F (X ) и найти вероятность того, что при измерении допущена ошибка в интервале от 5 До 10 Мм .
Решение. Подставим значения параметров a и σ в дифференциальную функцию распределения (2.35):
По формуле (2.42) найдем вероятность попадания случайной величины X В интервале , т. е. A = 0, B = 0.1. Тогда дифференциальная функция распределения F(x) Будет иметь вид
|
|
Для построения дерева вероятностей прежде всего необходимо нарисовать само дерево, затем записать на рисунке всю известную для данной задачи информацию и, наконец, воспользоваться основными правилами, чтобы вычислить недостающие числа и закончить дерево.
1. Вероятности указываются в каждой из конечных точек и обводятся кружочками. На каждом уровне дерева сумма этих вероятностей должна равняться 1 (или 100%). Так, например, на рис. 6.5.1 сумма вероятностей на первом уровне составляет 0,20 + 0,80 = 1,00 и на втором уровне - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Это правило помогает заполнить один пустой кружок в столбце, если значения всех остальных вероятностей этого уровня известны.
Рис. 6.5.1
2. Условные вероятности указываются рядом с каждой из ветвей (кроме,
возможно, ветвей первого уровня). Для каждой из групп ветвей, выходящих из одной точки, сумма этих вероятностей также равна 1 (или 100%).
Например, на рис. 6.5.1 для первой группы ветвей получаем 0,15 + 0,85 =
1,00 и для второй группы - 0,70 + 0,30 = 1,00. Это правило позволяет
вычислить одно неизвестное значение условной вероятности в группе ветвей, исходящих из одной точки.
3. Обведенная кругом в начале ветви вероятность, умноженная на условную
вероятность рядом с этой ветвью, дает вероятность, записанную в круге в
конце ветви. Например, на рис. 6.5.1 для верхней ведущей вправо ветви
имеем 0,20 х 0,15 = 0,03, для следующей ветви - 0,20 х 0,85 = 0,17; аналогичные соотношения выполняются и для других двух ветвей. Это правило можно использовать для вычисления одного неизвестного значения
вероятности из трех, соответствующих некоторой ветви.
4. Записанное в круге значение вероятности равно сумме обведенных кружками вероятностей на концах всех ветвей, выходящих из этого круга
вправо. Так, например, для рис. 6.5.1 из круга со значением 0,20 выходят
две ветви, на концах которых находятся обведенные кружками вероятности, сумма которых равна этому значению: 0,03 + 0,17 = 0,20. Это правило позволяет найти одно неизвестное значение вероятности в группе,
включающей эту вероятность и все вероятности на концах ветвей дерева,
выходящих из соответствующего круга.
Используя эти правила можно, зная все, кроме одного значения вероятности для некоторой ветви или на некотором уровне, находить это неизвестное значение.
37. Какая выборка называется репрезентативной? Каким образом можно извлечь репрезентативную выборку?
Репрезентативность - это способность выборки представлять изучаемую совокупность. Чем точнее состав выборки представляет совокупность по изучаемым вопросам, тем выше ее репрезентативность.
Репрезентативная выборка (representative sample) - одно из ключевых понятий анализа данных. Репрезентативная выборка - это выборка из генеральной совокупности с распределением F (x ), представляющая основные особенности генеральной совокупности. Например, если в городе проживает 100 000 человек, половина из которых мужчины и половина женщины, то выборка 1000 человек из которых 10 мужчин и 990 женщин, конечно, не будет репрезентативной. Построенный на ее основе опрос общественного мнения, конечно, будет содержать смещение оценок и приводит к фальсификации результатов.
Необходимым условием построения репрезентативной выборки является равная вероятность включения в нее каждого элемента генеральной совокупности.
Выборочная (эмпирическая) функция распределения дает при большом объеме выборки достаточно хорошее представление о функции распределения F (x ) исходной генеральной совокупности.
Ведущий принцип, лежащий в основе такой процедуры, - это принцип рандомизации, случайности. Выборка называется случайной (иногда мы будем говорить простая случайная или чистая случайная выборка), если выполняется два условия. Во-первых, выборка должна быть построена таким образом, чтобы любой человек или объект в пределах совокупности имел равные возможности быть отобранным для анализа. Во-вторых, выборка должна быть сформирована так, чтобы любое сочетание из n объектов (где n - просто количество объектов, или случаев, в выборке) имело равные возможности быть отобранным для анализа.
При исследовании совокупностей, которые слишком велики, для того чтобы можно было осуществить настоящую лотерею, часто используются простые случайные выборки. Выписать имена нескольких сотен тысяч объектов, сложить их в барабан и выбрать несколько тысяч - это все же нелегкая работа. В таких случаях используется другой, однако столь же надежный способ. Каждому объекту в совокупности присваивается номер. Последовательность чисел в таких таблицах обычно задается компьютерной программой, называемой генератором случайных чисел, который, в сущности, помещает в барабан большое количество чисел, случайным образом вытаскивает их и выпечатывает в порядке получения. Иными словами, имеет место все тот же процесс, характерный для лотереи, однако компьютер, используя не имена, а числа, осуществляет универсальный выбор. Этим выбором можно пользоваться, просто присвоив каждому из наших объектов номер.
Таблица случайных чисел типа той, может использоваться несколькими разными способами, и в каждом случае необходимо принять три Решения. Во-первых, следует решить, сколько разрядов Мы будем использовать, во-вторых, необходимо разработать решающее правило для их использования; в-третьих нужно выбрать исходную точку и способ прохождения по таблице.
Как только это сделано, мы должны разработать правило, которое бы связывало числа в таблице с номерами наших объектов. Здесь существуют две возможности. Самый простой способ (хотя и не обязательно самый правильный) - использовать лишь те числа, которые попадают в число номеров, приписанных нашим объектам. Так, если мы имеем совокупность, состоящую из 250 объектов (и, таким образом, используем трехзначные числа), и решаем начать с левого верхнего угла таблицы и двигаться вниз по столбцам, мы включим в нашу выборку объекты с номерами 100, 084 и 128 и пропустим числа 375 и 990, не соответствующие нашим объектам. Этот процесс будет продолжаться до тех пор, пока не будет определено число объектов, нужных для нашей выборки.
Более трудоемкая, однако методически более правильная процедура основывается на положении, что для сохранения случайности, характерной для таблицы, должно быть использовано каждое число данной размерности (например, каждое трехзначное число). Следуя данной логике и вновь имея дело с совокупностью из 250 объектов, мы должны разбить область трехзначных чисел от 000 до 999 на 250 одинаковых промежутков. Поскольку таких чисел 1000, мы делим 1000 на 250 и находим, что каждая из частей содержит четыре числа. Таким образом, числа таблицы от 000 до 003 будут соответствовать объекту от 004 до 007 - объекту 2 и т.д. Теперь, чтобы установить, какой номер объекта соответствует числу таблицы, следует разделить трехзначное число из таблицы и округлить до ближайшего целого числа.
И наконец, мы должны выбрать в таблице исходную точку и способ прохождения. Исходной точкой может быть верхний левый угол (как в предыдущем примере), нижний правый угол, левый край второй строки или любое другое место. Этот выбор абсолютно произволен. Однако, работая с таблицей, мы должны действовать систематически. Мы могли бы взять три первых знака из каждой пятизначной последовательности, три средних знака, три последних знака или даже первый, второй и четвертый знаки. (Из первой пятизначной последовательности с помощью этих различных процедур получаются, соответственно, числа 100, 009, 097 и 109.) Мы могли бы применить эти процедуры в направлении справа налево, получив 790, 900, 001 и 791. Мы могли бы идти вдоль рядов, рассматривая поочередно каждую следующую цифру и игнорируя разбиение на пятерки (для первого ряда будут получены числа 100, 973, 253, 376 и 520). Мы могли бы иметь дело лишь с каждой третьей группой цифр (например, с 10097, 99019, 04805, 99970). Существует множество самых разнообразных возможностей, и каждая следующая ничуть не хуже предыдущей. Однако как только мы приняли решение о том, или ином способе работы, мы должны систематически следовать ему, чтобы в максимальной степени соблюдать случайность элементов в таблице.
38. Какой интервал мы называем доверительным?
Доверительный интервал - это допустимое отклонение наблюдаемых значений от истинных. Размер этого допущения определяется исследователем с учетом требований к точности информации. Если увеличивается допустимая ошибка, размер выборки уменьшается, даже если уровень доверительной вероятности останется равным 95%.
Доверительный интервал показывает, в каком диапазоне расположатся результаты выборочных наблюдений (опросов). Если мы проведем 100 одинаковых опросов в одинаковых выборках из единой генеральной совокупности (например, 100 выборок по 1000 человек в каждой в городе с населением 5 миллионов человек), то при 95%-й доверительной вероятности, 95 из 100 результатов попадут в пределы доверительного интервала (например, от 28% до 32% при истинном значении 30%).
Например, истинное количество курящих жителей города составляет 30%. Если мы 100 раз подряд выберем по 1000 человек и в этих выборках зададим вопрос "курите ли Вы?", в 95 из этих 100 выборок при 2%-м доверительном интервале значение составит от 28% до 32%.
39 Что называется уровнем доверительности (confidence level)?
Доверительный уровень отражает количество данных, необходимых оценщику для того, чтобы утверждать, что обследуемая программа имеет должный эффект. В общественных науках традиционно используется 95% доверительный уровень. Однако для большинства общественных программ уровень в 95% является излишним. Доверительный уровень в интервале 80-90% является достаточным для адекватной оценки программы. Таким образом, можно уменьшить размер репрезентативной группы, тем самым уменьшив и затраты на проведение оценки.
В процессе статистической оценки проверяется нулевая гипотеза, которая состоит в том, что программа не имела должного эффекта. Если полученные результаты значительно отличаются от изначальных предположений о правильности нулевой гипотезы, то последняя отклоняется.
40. Какой из двух доверительных интервалов больше: двусторонний 99% или двусторонний 95%? Объясните.
Двусторонний доверительный интервал 99% больше, чем 95%, так как в него попадает больше значений. Док-во:
С помощью z-значений можно точнее оценить доверительный интервал и определить общую форму доверительного интервала. Точная формулировка доверительного интервала для выборочного среднего имеет следующий вид:
Таким образом, для случайной выборки 25 наблюдений, удовлетворяющих нормальному распределению, с доверительный интервал выборочного среднего имеет следующий вид:
Таким образом, на 95% можно быть уверенным, что значение лежит в пределах ±1,568 единицы от выборочного среднего. С помощью такого же метода можно определить, что 99%-ный доверительный интервал лежит в пределах ±2,0608 единицы от выборочного среднего
значение Таким образом, имеем и отсюда , Аналогично получаем нижний предел, который равен
К интересным выводам в ходе исследования свойств времени и возможности путешествий в прошлое и будущее пришел кандидат технических наук В.Чернобров. Так, в частности, он пишет:
«Настоящее есть переход, превращение многовариантного, легко изменяемого Будущего в одновариантное и неизменное Прошлое. Отсюда следует, что полеты в Прошлое (при «отрицательной» плотности-скорости t/tо) и в Будущее будут происходить по-разному.
В какой-то степени их можно сравнить с перемещениями муравья по дереву: из любой точки дерева (из Настоящего) для муравья открывается всего 1 путь вниз (в Прошлое) и множество путей вверх (в Будущее).
Однако среди всех путей в Будущее несомненно существуют наиболее вероятные варианты, маловероятные и почти невероятные. Движение в Будущее будет тем более нестабильным и энергоемким, чем менее вероятным окажется данный вариант Будущего.
В соответствии с данным «законом кроны дерева», возвращение в Настоящее возможно только в том случае, если при пребывании в Прошлом путешествующий не вмешивается в происходящее вокруг него и не изменяет ход прошедшей Истории; в противном случае хронопутешественник вернется в параллельное Настоящее из Прошлого по другой ветви Истории.
Проникновение в Будущее из Настоящего затруднено выбором ветви перемещения, но возвращение из любого варианта Будущего в Настоящее возможно при любом сценарии поведения. Если перед вами не окажется слияний разных вариантов Истории».
Таким образом, даже современные научные исследования подтверждают многомерность времени и разновариантность будущего, а также возможность перемещений в различные его вероятности.
Существует гипотеза, согласно которой ключевые моменты судьбы каждого человека, так называемые «развилки» вероятностей, порождают различные «ветви» реальности в зависимости от наших поступков.
Все эти «ветви» существуют во Вселенной одновременно. Но человеку доступно существование только на одной такой «ветви», хотя иногда и происходят случаи спонтанного перехода с одной «ветви» реальности на другую.
В пользу существования различных вероятностей будущей («ветвей» Древа Жизни, «бороздок» Колеса Времени и т.п.) свидетельствует история, происшедшая с Густавом и Йоханом Шредерманами. Началась она весной 1973 года, когда семья Шредерманов (муж, жена и сын) переехали из Берлина на ферму под Зальцбургом.
Младший из Шредерманов все лето бегал по окрестностям и однажды обнаружил в лесу покосившийся домик, обходя который чуть не провалился в заросший колодец, но вовремя уцепился за куст. Возвращаясь домой, он испытал странное головокружение и дома сразу же лег в постель. На следующее утро в дверь дома раздался стук, а когда мальчик открыл ее, то увидел самого себя, мокрого и перепачканного грязью.
Оказалось, что все прошлое у обоих мальчиков полностью совпадает, разные вероятности судеб начинаются после инциндента у колодца, в который один из них провалился, а другой удержался.
Возможно, что сильный стресс и испуг провалившегося мальчика благодаря измененному состоянию сознания переместили его в другую ветвь реальности, где уже существовал он же, но не провалившийся в колодец.
Характерно, что в последствии родители присвоили мальчикам новые имена и каждый из них жил собственной судьбой: один занялся экспортом пива, другой стал архитектором.