Често се интересуваме от вероятността няколко събития да се случат по едно и също време, като например две глави при две хвърляния на монети или поне една шестица при две хвърляния на зара. Такива ситуации се наричат ситуации с множество възможни изходи.

Използване на дървовидни диаграми

Въпреки че е сравнително лесно да се разбере, че вероятността да получите глави при едно хвърляне на честна монета е ?, е малко по-трудно да се определи интуитивно вероятността за четири глави при четири хвърляния на честна монета. Въпреки че примерът с монетата може да изглежда изкуствен, той е много подходящ за обяснение на комбинацията от вероятности при множество опити. Нека направим изчисленията. (Следвайте разсъжденията ми, дори и да се страхувате ужасно от математиката. Ако работите с примерите, изчисленията и математическите разсъждения ще ви изглеждат доста прости. Няма нужда да възкликвате, след като погледнете следващите няколко числа: „Не, няма начин , просто ще го пропусна. Важно е да можете да мислите с числа и за тях.)

При първото хвърляне може да възникне само един от два възможни резултата; глави (O) или опашки (P). Какво се случва, ако една монета бъде хвърлена два пъти? Има четири възможни изхода: глави и двата пъти (OO), положителни резултати за първи път и опашки втори път (OR), опашки за първи път и опашки за втори път (RO) и опашки и двата пъти (RR). Тъй като има четири възможни резултата и само един начин за получаване на две глави, вероятността за това събитие е 1/4 (отново приемаме, че монетата е „справедлива“, т.е. главите и опашките са еднакво вероятни). Съществува общо правило за изчисляване на вероятността за съвместна поява на няколко събития във всяка ситуация - правилото "и". Ако искате да намерите вероятността за съвместна поява на първото ивторото събитие (орел при първото ипри второто хвърляне), трябва да умножим вероятностите за тези събития поотделно. Прилагайки правилото „и“, откриваме, че вероятността да получим две опашки, когато монета бъде хвърлена два пъти, е равна на? х? = 1/4. Интуитивно изглежда, че вероятността за съвместна поява на две събития трябва да бъде по-малка от вероятността за всяко от тях поотделно; така се оказва.

Лесен начин за изчисляване на тази вероятност се получава чрез представяне на всички възможни събития с дървовидна диаграма.Дървовидните диаграми бяха използвани в глава 4, когато тествахме валидността на изразите „ако...тогава...“. В тази глава ще присвоим вероятностни стойности на клоните на дървото, за да определим вероятностите за различни комбинации от резултати. В следващите глави ще се върна към дървовидните диаграми, когато разглеждам начини за намиране на творчески решения на проблеми.

При първото хвърляне на монета тя ще падне или с глави, или с опашки. За "справедлива" монета, главите и опашките имат една и съща вероятност от 0,5. Нека си го представим така:

Когато хвърлите монета за втори път, или първите глави ще бъдат последвани от втори глави или опашки, или първите опашки ще бъдат последвани от втори глави или опашки. Вероятностите за получаване на глави и опашки при второто хвърляне все още са 0,5. Резултатите от второто хвърляне са показани на диаграмата като допълнителни клони на дървото.

Както можете да видите от диаграмата, има четири възможни резултата. Можете да използвате това дърво, за да намерите вероятностите за други събития. Каква е вероятността да получите една глава при две хвърляния на монета? Тъй като има два начина да получите една опашка (OR или RO), отговорът е 2/4 или ?. Ако искате да намерите вероятността за два или повече различни резултата, съберете вероятностите за всички резултати. Това се нарича правилото "или". По друг начин този проблем може да се формулира по следния начин: „Каква е вероятността да се получи илипърво глави, след това опашки (1/4), илипърво опашки, а след това глави (1/4)?“ Правилната процедура за намиране на отговора е да добавите тези стойности заедно, което води до ?. Интуитивно изглежда, че вероятността за настъпване на едно от няколко събития трябва да бъде по-голяма от вероятността за настъпване на всяко от тях; така се оказва.

Правилата "и" и "или" могат да се използват само когато събитията, които ни интересуват независима.Две събития са независими, ако настъпването на едно от тях не влияе на настъпването на другото. В този пример резултатът от първото хвърляне на монета не влияе на резултата от второто хвърляне. Освен това, за да се приложи правилото „или“, събитията трябва да са несъвместими, тоест не могат да се случват едновременно. В този пример резултатите са несъвместими, защото не можем да получим глави и опашки при едно и също хвърляне.

Представянето на събития като дървовидни диаграми е полезно в много ситуации. Нека разширим нашия пример. Да предположим, че на улицата ви спира мъж в раиран костюм с дълги, накъдрени мустачки и криволичещи очички и ви предлага да играете за пари, като хвърлите монета. Винаги залага на орела. При първото хвърляне монетата пада с главата нагоре. Същото се случва и при второто хвърляне. При третото хвърляне главите се появяват отново. Кога започвате да подозирате, че той има "фал" монета? Повечето хора изпитват съмнения при третия или четвъртия си опит. Изчислете вероятността да получите няколко глави при три и четири честни хвърляния на монети (вероятността да получите глави е 0,5).

За да изчислите вероятността да получите три глави в три опита, трябва да начертаете дърво с три реда "възли", с два "клона", излизащи от всеки възел.

В този пример се интересуваме от вероятността да получим три глави подред, при условие че монетата е справедлива. Погледнете колоната с надпис „резултат“ и намерете резултата на LLC. Тъй като това е единственият резултат с три глави, умножете вероятностите по клона 000 (ограден в диаграмата) и ще получите 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125. Вероятност от 0,125 означава, че ако монетата е „честна“, тогава тя ще падне средно три пъти подред в 12,5% от случаите. Тъй като тази вероятност е малка, когато изпаднат три глави подред, повечето хора започват да подозират, че монетата е „с тайна“.

За да изчислите вероятността да получите четири глави в четири опита, добавете допълнителни клони към дървото.

Вероятността да получите четири глави е 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, или 6,25%. Както вече знаете, математически то е равно на 0,5 4 ; тоест, умножаването на число само по себе си четири пъти е същото като повишаването му на четвърта степен. Ако разчитате на калкулатор, където има операция за степенуване, тогава ще получите същия отговор - 0,0625. Въпреки че такъв резултат е възможен и някой ден ще се случи, това е малко вероятно. Всъщност той е толкова неправдоподобен и необичаен, че мнозина биха казали, че човек с мърдащи очи вероятно изневерява. Несъмнено при петата поредна глава би било разумно да заключите, че си имате работа с измамник. За повечето научни цели едно събитие се счита за „необичайно“, ако се очаква да се случи с вероятност по-малка от 5%. (На езика на теорията на вероятностите това се записва като p ‹ 0,05.)

Нека оставим примера с изкуствена монета и приложим същата логика в по-полезен контекст. Сигурен съм, че всеки ученик някога е попадал на тестове с множество избори, в които трябва да изберете правилните отговори от предложените опции. В повечето от тези тестове всеки въпрос има пет възможни отговора, от които само един е верен. Да предположим, че въпросите са толкова трудни, че можете само на случаен принцип да познаете верния отговор. Каква е вероятността да познаете правилно, когато отговаряте на първия въпрос? Ако нямате представа кой от вариантите е правилният отговор, тогава е еднакво вероятно да изберете който и да е от петте варианта, ако приемете, че всеки от тях може да е правилен. Тъй като сумата от вероятностите за избор на всички опции трябва да бъде равна на единица, тогава вероятността за избор на всяка от опциите с еднаква вероятност за всички опции е 0,20. Една от опциите е правилна, а останалите са грешни, така че вероятността да изберете правилната опция е 0,20. По-долу е показана дървовидна диаграма на тази ситуация.

Каква е вероятността да познаете правилно отговорите на първите два въпроса от теста? Ще трябва да добавим нови клони към дървото, което скоро ще стане много гъсто. За да спестите място и да опростите изчисленията, можете да представите всички неправилни опции като един клон, обозначен като "неправилен". Вероятността да направите грешка при отговора на един въпрос е 0,8.

Вероятността да познаете правилно отговорите на два въпроса е 0,2 x 0,2 = 0,04. Тоест, случайно може да се случи само в 4% от опитите. Да кажем, че разширим нашия пример до три въпроса. Няма да рисувам дърво, но вече трябва да разберете, че вероятността е 0,2 x 0,2 x 0,2 = 0,008. Това е толкова необичайно събитие, че може да се случи случайно при по-малко от 1% от опитите. Какво мислите за човек, който е успял да отговори правилно и на трите въпроса? Повечето хора (и преподавателите също са хора) ще заключат, че ученикът не е избрал произволни отговори, а всъщност е знаел нещо. Разбира се, възможно е просто да е имал късмет, но това е изключително малко вероятно. Така стигаме до извода, че полученият резултат не може да се обясни само с късмет.

Бих искал да посоча един любопитен аспект на подобно разсъждение. Помислете за окаяната ситуация, в която се оказа Сара. Тя отговори на 15 тестови въпроса, като отговорът на всеки въпрос трябваше да бъде избран от пет варианта. Сара отговори неправилно на всичките 15 въпроса. Можете ли да определите вероятността това да се е случило случайно? Няма да рисувам дървовидна диаграма, за да илюстрирам тази ситуация, но е лесно да се види, че вероятността да се отговори грешно на един въпрос е 0,8; така че вероятността да отговорите неправилно на всичките 15 въпроса е 0,8 15 . Това число е 0,8, умножено по себе си 15 пъти, което води до 0,0352. Тъй като вероятността за такъв инцидент е 3,52%, може би Сара трябва да каже на учителя, че такъв необичаен резултат не може да се обясни със случайност? Сара, разбира се, може да направи подобен аргумент, но бихте ли й повярвали, ако бяхте учител? Да предположим, че тя твърди, че знае отговорите на всички въпроси. Как иначе да не избере верния отговор в 15 последователни въпроса? Не знам колко учители биха повярвали на твърдението й, че 15 грешни отговора доказват, че тя има знания, въпреки че по принцип този ред на разсъждения се използва за доказване на знания, тъй като вероятността правилно да познае всички отговори е приблизително еднаква. (В този пример вероятността да се отговори правилно на всички 15 произволни въпроса е 0,2015, число доста под 0,0001.) Ако бях учител на Сара, щях да й дам високи оценки за нейната креативност и разбиране на статистическите принципи. Възможно е Сара наистина да е знаела нещо по тази тема, но в това „нещо“ е имало систематична грешка. Бих й посочил също, че може да не се е подготвила за теста, а освен това е нямала и късмет и е направила 15 грешни предположения. В крайна сметка понякога се случва и много необичайни събития.

Преди да прочетете следващия раздел, проверете дали разбирате как да използвате дървовидни диаграми за изчисляване на вероятностите и отчитане на всички възможни резултати. Ще се върна към такива диаграми по-късно в тази глава. След като се научите как да ги използвате, ще се изненадате в колко много ситуации могат да бъдат приложени.

нощ. Светлината на пълната луна, висяща в звездното небе, през витражите на прозорците осветяваше мрачните коридори на Змиулан, от стените на които се отразяваше ехото на бягане. - Е, какво момиче! Флаш промърмори задъхано. - Беше уплашена, нали знаеш ... Само времето се губи напразно! Дано все пак успея да избягам... този път... Втурвайки се към Каменната зала, той се молеше никой да не му пречи на пътя. Но всичко се случи точно обратното. В тъмнината на коридорите (където не си направиха труда да направят прозорци) Драгоци се сблъска с някого, чувайки познат глас: „Кой тича тук като луд?! "". Брюнетът извика часовата стрелка и запали светлина на върха й. В светлината на импровизирана лампа удари ... Василиса ?! -Ти?! — възкликнаха двамата едновременно. Флаш беше едновременно изненадан и облекчен: в края на краищата те са в добри отношения с Огнева и тя няма да го предаде ... е, той се надяваше. Човекът си помислил, че червенокосият е преживял нещо подобно. -Какво правиш тук? Драгоци протегна ръка към Василиса. След като прие помощ, тя стана и се отърси: - Бих искала да ви задам същия въпрос. — Аз бях първият, който попита — скръсти ръце Флаш. -Няма значение. Като цяло не е твоя работа - сопна се Василиса. „Е, това означава, че това, което правя, не е твоя работа“, сви рамене спокойно Драгоций. Червенокосата стисна устни и замислено погледна брюнетката: - Ще ти кажа чак след теб. „Ами… аз…“ започна Флаш, опитвайки се да намери думите, но нищо не излезе. — Добре, искам да избягам — изтърси Драгоций. Очите на Василиса се разшириха: -Ти луд ли си? Флаш извъртя очи и погледна раздразнено Огнева: -Не, но не искам да оставам тук. - Ако те хванат, ще бъдеш наказан. Спомнете си какво се случи миналия път - червенокосата жена скръсти ръце на гърдите си. Драгоций направи гримаса: -Слушай, по-добре не ме безпокой. Василиса замислено погледна брюнетката: - Е, няма да се намесвам ... още повече, че днес съм толкова мила, че дори няма да те предам - ​​Огнева се изкиска и като се обърна, искаше да си тръгне, но Флаш я спря с градушка: - Василиса, - момичето се обърна и погледна с очакване към брюнетката, - благодаря, - Драгоций се усмихна и избяга. Огнева се усмихна и тръгна към нея... *** -Беше огромна грешка, племеннико - Астрагор се извиси над легналия полугол Феш. Учениците започнаха тихо да си шепнат. - Опитахте се да избягате повече от веднъж и винаги сте били наказани ... - Шакъл, който дойде специално да извърши клането, извади една от пръчките и махна няколко пъти. Чу се пращене. - Надявам се, че все пак ще разберете, че е безполезно да бягате - великият дух на Осла обърна гръб към нарушителя, лице - към останалите ученици: - Мисля, че това ще послужи за пример и за вас. Пръчката, разрязвайки въздуха, мигновено мина по гърба на Флаш, оставяйки червени, дори кървави ивици. Удар след удар. Брюнетката стоически понасяше всички удари, като само от време на време издаваше полупъшкане – полурев. Учениците го гледаха с някаква злоба. Само Василиса и Захара гледаха развълнувано брюнетката... *** Флаш седеше в тъмницата и се замисляше. Преди това просто го хвърлиха в тъмницата, оставяйки го без храна, но сега, очевидно, чичо му е уморен, че племенникът му е наказан толкова леко. Брюнетът вдигна рамене и направи гримаса от болка. Не обърна внимание на студа, влагата, потънал в мислите си. Той беше изтръгнат от мислите си от звука на стъпки, отекващи по коридора. Скоро Василиса излезе под светлината на факлата. Флаш веднага тръгна към баровете: -Какво правиш тук? - Дръж - Огнева пъхна ръка между решетките и даде на Драгоци доста прилично парче от топъл хлябсъс семена. Флаш взе храната. - И какви са тези пристъпи на щедрост? той се засмя. - Този Захара ме помоли да мина. Не я пуснаха - сви рамене Огнева. - Тоест, Захара не беше допуснат, но вие, този, който не сте роднина на Астрагор, тихомълком бяхте пуснат? Брюнетката се засмя. „Е, аз не решавам“, Василиса отново сви рамене, но Флаш забеляза вълнение в очите й. „Е, ще попитам Захара за това по-късно“, каза Драгоций спокойно, отхапвайки малко хляб. „Помолете ме, но вече трябва да тръгвам“, Огнева се обърна и спокойно отиде до ъгъла и зави зад него. Скоро Флаш чу звука на тичане и се засмя. Това обаче е нейна инициатива. Вероятно е изтичала при сестра си, за да преговаря за всеки случай "" ...

Твоето число е дванадесето - каза елхата, записвайки нещо в малка книжка. Флаш благодари на човека и отлетя към кабината си. , Сега основното нещо е да не се коригира. Дано феята няма да те подведе, когато изпълним..."" - с тези мисли брюнетът кацна на клон до беседката, където вече го чакаха двама души. „Най-накрая дойде“, махна му с усмивка един от чакащите, Ник. Сивоокото момиче с тъмно каре, което е второто лице, само кимна за поздрав, преминавайки направо към въпроса: - И под кой номер играем? — попита тя и постави чаши с ароматно кафе на масата. - Дванадесет, - седнал на масата, отговорил човекът. - Трябва да репетираме: трябва да знаем как звучим тримата. -Не е нужно да се представяме много добре, Драготий - веднага го охлади момичето, - това е капак. Просто ще получите ключа от нашата господарка след представлението, както беше обещано - при тези думи Фаш направи гримаса, сякаш е ял лимон - и Ник ще бъде посветен. „Не искам да губя лицето си пред целия съд“, отговори Драгоций. „Фаш, Даяна“, помоли се Ник, гледайки двамата последователно, „моля те, спри. Мисля, че наистина трябва да репетираме. - Настроението не е песен - измърмори Фаш и без дори да яде отиде в стаята си. *преди няколко дни* - И така - каза Константин с радостна усмивка, след като събра Фаш и Ник в работилницата, - имам две новини. Първо, уговорих с Бялата кралица твоето посвещение, Ник. - Как го направи? Флаш погледна изненадано Лазарев. „Ще ти кажа по-късно“, усмихна се бащата на Ник. - Синко, можеш ли да ни оставиш? Блондинката излезе от стаята, затваряйки вратата след себе си. Константин стана сериозен и премести поглед към брюнетката: -Феш, Астариус ме помоли да ти кажа, че Бялата кралица му е обещала Сребърния ключ. Трябва да отидеш в Чародол, да участваш в Омагьосванията и да вземеш сребърния ключ от кралицата, - Драгоций беше удивен, че Астарий му е поверил да носи този ключ, въпреки че е чул за това втори път. Учителят вече го беше предупредил, обяснявайки, че брюнетката е избягала от Астрогор... *** Представлението им направи фурор в царството на феите: шестокрили създания вдигнаха стрелките на часовника, ръкопляскаха и викаха възторжено. Страховете на Флаш бяха неоснователни, за което той се радваше. Скоро той получи писмо в списъка за наблюдение, в което се казваше, че той, като победител в Чаровете, трябва да дойде в полунощ на Белият замък . Брюнетката се приближи до беседката, където вече седяха Ник и Даяна, които също се радваха, че изпълнението е успешно. — Е — обърна се той игриво към Фрейзър, — бихте ли ни придружили до Белия замък, мадам фрейлина? – Ник изсумтя в чашата, а Даяна само се усмихна. Защо не каза, че си придворна дама? - Фаш седна на масата - Почувствах се като глупак, когато се приближиха до мен и казаха, че изпълнението ми с г-жа Даяна Фрейзър, прислужницата на Нейно Величество, е направило фурор! - нито Ник, нито Даяна не се сдържаха от смях... *midnight* -Fashiar Dragotsiy, - Бялата кралица, която стана от трона, украсен отзад със златни клонки с изумрудени листа, махна с ръка на едно от момичетата , - за победата в омагьосванията и обещанията към Астариус ще ти дам Сребърния ключ. Мисля, че знаете, че това е огромна отговорност. Пази го, пази го като зеницата на окото. — Обещавам — кимна Флаш, гледайки уверено Кралицата на феите. Вратата се отвори и момичето внесе сребърния ключ, положен върху възглавница от червена коприна. Феята се приближи до него и се спря в поклон, протягайки възглавница с ключ. Флаш внимателно взе ключа и се поклони на кралицата: - Смирено ви благодаря за оказаната ми чест. Владетелката на феите кимна и махна с ръка, позволявайки на Фаш да отиде в къщата за почивка. Ник беше отведен в началото, за да се подложи на посвещение. *** -…и ми дадоха някаква отвара за време. Е, изпих го. В резултат на това третият час степен - Ник се усмихна щастливо, разказвайки на приятеля си за случилото се с него в Белия замък. Диана седеше с тях и спокойно пиеше кафе, хапвайки кифла. „Между другото и аз имам новини.“ Като остави чашата настрана, Даяна се усмихна, оставяйки малък железен ключ на масата. За секунда Флаш и Ник погледнаха изненадани към ключа, после към момичето, но в следващия момент Драгоци скочи от мястото си и се втурна да прегърне Даяна, усмихвайки се радостно. -Знаех! — възкликна той. изчервената фея едва се измъкна от ръцете на момчето: -Първо пусни, ще ме удушиш! Второ, как разбра? - -Познай, разбира се, не беше трудно - каза доволен Фаш. - Придворната фея, най-добрата ученичка и даже отчаяна... Предположих, че си и икономка, щом те видях. - Да - провлачи Ник, който се бе съвзел от изненадата, - срещата с теб в гората беше малко неочаквана. - Какво беше толкова неочаквано? Даяна погледна приятелката си с интерес. „Например фактът, че внезапно изскочи от тъмнината срещу нас“, добави Флаш. - Да - кимна по-младият вече часовникар Лазарев, - разбира се, знаехме, че ще ви срещнем в гората, но не си струваше да изскочите от мрака така неочаквано към нас. „Но добре, че веднага отидохме в Чародол“, закиска се Драготий. Момчетата кимнаха в съгласие и продължиха закуската ...

За да изградите дърво на вероятностите, първо трябва да начертаете самото дърво, след това да запишете цялата информация, известна за този проблем на фигурата, и накрая да използвате основните правила, за да изчислите липсващите числа и да завършите дървото.

1. Вероятностите са посочени във всяка от крайните точки и са оградени. На всяко ниво на дървото сумата от тези вероятности трябва да е равна на 1 (или 100%). Така например на фиг. 6.5.1 Сумата от вероятностите на първо ниво е 0,20 + 0,80 = 1,00, а на второ ниво - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Това правило помага да се запълни един празен кръг в колона, ако са известни стойностите на всички други вероятности на това ниво.

Ориз. 6.5.1

2. Условните вероятности са посочени до всеки от клоновете (с изключение на
евентуално клонове от първо ниво). За всяка от групите разклонения, излизащи от една точка, сумата от тези вероятности също е равна на 1 (или 100%).
Например на фиг. 6.5.1 за първата група клонове получаваме 0,15 + 0,85 =
1,00 и за втора група - 0,70 + 0,30 = 1,00. Това правило позволява
изчислете една неизвестна стойност на условна вероятност в група клонове, произтичащи от една точка.

3. Оградената вероятност в началото на разклонението, умножена по условното
вероятността до този клон дава вероятността, записана в кръг в
край на клона. Например на фиг. 6.5.1 за горния клон, водещ надясно
имаме 0,20 х 0,15 = 0,03, за следващия клон - 0,20 х 0,85 = 0,17; подобни отношения важат и за другите два клона. Това правило може да се използва за изчисляване на една неизвестна стойност
вероятности от три, съответстващи на някакъв клон.

4. Стойността на вероятността, записана в кръга, е равна на сумата от оградените вероятности в краищата на всички клонове, излизащи от този кръг
надясно. Така например за фиг. 6.5.1 излизане от кръга със стойност 0,20
два клона, в краищата на които са оградени вероятности, чиято сума е равна на тази стойност: 0,03 + 0,17 = 0,20. Това правило ви позволява да намерите една неизвестна вероятностна стойност в група,
включително тази вероятност и всички вероятности в краищата на клоните на дървото,
излизащи от съответния кръг.

С помощта на тези правила е възможно, знаейки всички вероятностни стойности освен една за някой клон или на някакво ниво, да намерите тази неизвестна стойност.

37. Каква извадка се нарича представителна? Как може да се вземе представителна проба?

Представителносте способността на извадката да представлява изследваната популация. Колкото по-точно съставът на извадката представя съвкупността по изследваните въпроси, толкова по-висока е нейната представителност.

Представителната извадка е една от ключовите концепции за анализ на данни. Представителна извадка е извадка от популация с разпределение Е(х), представящи основните характеристики на общата съвкупност. Например, ако в един град има 100 000 души, половината от които мъже и половината жени, то извадка от 1000 души, от които 10 мъже и 990 жени, със сигурност няма да е представителна. Проучване на общественото мнение, изградено на негова основа, разбира се, ще съдържа пристрастия в оценките и ще доведе до фалшифицирани резултати.

Необходимо условие за строителството представителна извадкае еднаква вероятност за включване в него на всеки елемент от генералната съвкупност.

Извадковата (емпирична) функция на разпределение дава, с голям размер на извадката, доста добра представа за функцията на разпределение Е(х) от първоначалната генерална съвкупност.

Водещият принцип, който стои в основата на такава процедура, е принципът на рандомизацията, случайността. Една извадка се нарича случайна (понякога ще кажем просто случайна или чисто случайна), ако са изпълнени две условия. Първо, извадката трябва да бъде проектирана по такъв начин, че всеки човек или обект в популацията да има равни възможностида бъдат избрани за анализ. Второ, извадката трябва да бъде проектирана така, че всяка комбинация от n елемента (където n е просто броят на елементите или случаите в извадката) да има равен шанс да бъде избрана за анализ.

Когато се изследват популации, които са твърде големи, за да се проведе истинска лотария, често се използват прости произволни проби. Записването на имената на няколкостотин хиляди обекта, поставянето им в барабан и избирането на няколко хиляди все още не е лесна работа. В такива случаи се използва различен, но също толкова надежден метод. Всеки обект в колекцията получава номер. Последователността от числа в такива таблици обикновено се дава от компютърна програма, наречена генератор на произволни числа, която по същество поставя голям брой числа в барабан, тегли ги на случаен принцип и ги отпечатва по ред. С други думи, протича същият процес, който е характерен за лотарията, но компютърът, използвайки числа, а не имена, прави универсален избор. Този избор може да се използва чрез просто присвояване на номер на всеки от нашите обекти.

Таблица със случайни числа като тази може да се използва по няколко различни начина и във всеки случай трябва да се вземат три решения. Първо, трябва да решим колко цифри ще използваме, и второ, трябва да се развиваме правило за вземане на решенияза тяхното използване; трето, трябва да изберете началната точка и метода на преминаване през таблицата.

След като това стане, трябва да разработим правило, което да свързва числата в таблицата с номерата на нашите обекти. Тук има две възможности. Най-лесният начин (макар и не непременно най-правилният) е да използваме само тези числа, които попадат в броя на номерата, присвоени на нашите обекти. Така че, ако имаме съвкупност от 250 функции (и следователно използваме трицифрени числа) и решим да започнем от горния ляв ъгъл на таблицата и да се придвижим надолу по колоните, ще включим функции с номера 100, 084 и 128 в нашата извадка , и да пропуснем числата 375 и 990, които не отговарят на нашите обекти. Този процес ще продължи, докато се определи броят на обектите, необходими за нашата извадка.

Една по-отнемаща време, но методологически по-правилна процедура се основава на предпоставката, че за да се запази характеристиката на случайността на таблицата, трябва да се използва всяко число от дадено измерение (например всяко трицифрено число). Следвайки тази логика и отново работейки с колекция от 250 обекта, трябва да разделим областта от трицифрени числа от 000 до 999 на 250 равни интервала. Тъй като има 1000 такива числа, разделяме 1000 на 250 и откриваме, че всяка част съдържа четири числа. Така че номерата на таблици от 000 до 003 ще съответстват на обект 004 до 007 - обект 2 и т.н. Сега, за да определите кой номер на обект отговаря на числото в таблицата, трябва да разделите трицифреното число от таблицата и да го закръглите до най-близкото цяло число.

И накрая, трябва да изберем в таблицата началната точка и метода на преминаване. Началната точка може да бъде горният ляв ъгъл (както в предишния пример), долният десен ъгъл, левият ръб на втория ред или където и да е другаде. Този избор е напълно произволен. Въпреки това, когато работим с масата, трябва да действаме систематично. Можем да вземем първите три цифри от всяка петцифрена последователност, средните три цифри, последните три цифри или дори първата, втората и четвъртата цифра. (От първата петцифрена последователност тези различни процедури дават съответно 100, 009, 097 и 109.) Можем да приложим тези процедури отдясно наляво, получавайки 790, 900, 001 и 791. Можем да продължим редове , като разглеждаме поред всяка следваща цифра и пренебрегваме делението на петици (за първия ред ще се получат числата 100, 973, 253, 376 и 520). Можем да се справим само с всяка трета група цифри (напр. 10097, 99019, 04805, 99970). Има много различни възможности и всяка следваща не е по-лоша от предишната. Въпреки това, след като сме взели решение за един или друг начин, трябва систематично да го следваме, за да уважим максимално произволността на елементите в таблицата.

38. Какъв интервал наричаме доверителен интервал?

Доверителният интервал е допустимото отклонение на наблюдаваните стойности от истинските стойности. Размерът на това предположение се определя от изследователя, като се вземат предвид изискванията за точност на информацията. Ако границата на грешка се увеличи, размерът на извадката намалява, дори ако нивото на достоверност остане 95%.

Доверителният интервал показва в какъв диапазон ще се намират резултатите от извадковите наблюдения (анкети). Ако проведем 100 идентични проучвания в идентични извадки от една популация (например 100 извадки от 1000 души всяка в град с население от 5 милиона), тогава при 95% ниво на сигурност 95 от 100 резултата ще попаднат в доверителният интервал (например от 28% до 32% с истинска стойност 30%).

Например, истинският брой жители на града, които пушат, е 30%. Ако изберем 1000 души 100 пъти подред и в тези извадки зададем въпроса „пушите ли?“, в 95 от тези 100 извадки при 2% доверителен интервал стойността ще бъде от 28% до 32%.

39 Какво се нарича ниво на увереност (ниво на увереност)?

Нивото на увереност отразява количеството данни, необходими на оценителя, за да потвърди, че програмата, която се изследва, има желания ефект. AT социални наукиТрадиционно се използва 95% ниво на сигурност. За повечето програми на общността обаче 95% е прекалено много. Ниво на доверие от порядъка на 80-90% е достатъчно за адекватна оценка на програмата. По този начин може да се намали размерът на представителната група, като по този начин се намалят разходите за оценка.

Процесът на статистическа оценка тества нулевата хипотеза, че програмата не е имала желания ефект. Ако получените резултати се различават значително от първоначалните предположения за правилността на нулевата хипотеза, тогава последната се отхвърля.

40. Кой от двата доверителни интервала е по-голям: двустранен 99% или двустранен 95%? Обяснете.

Двустранният 99% доверителен интервал е по-голям от 95%, защото повече стойности попадат в него. Документация:

Използвайки z-резултати, можете по-точно да оцените доверителния интервал и да определите цялостната форма на доверителния интервал. Точната формулировка на доверителния интервал за средната стойност на извадката е както следва:

По този начин, за произволна извадка от 25 наблюдения, удовлетворяващи нормално разпределение, доверителният интервал на средната стойност на извадката има следната форма:

По този начин можете да сте 95% сигурни, че стойността е в рамките на ±1,568 единици от средната стойност на извадката. Използвайки същия метод, може да се определи, че 99% доверителен интервал е в рамките на ±2,0608 единици от средната стойност на извадката

стойност По този начин имаме и от тук , По същия начин получаваме долната граница, която е равна на

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).

● д= (СУМАТА НА ТОЧКИТЕ Е 2 ИЛИ 3);

● д= (ОБЩИЯТ БРОЙ ТОЧКИ Е 10).

Опишете събитието: ОТ= (ЗАТВОРЕНА ВЕРИГА) за всеки случай.

Решение.Нека въведем обозначението: събитие А- контакт 1 е затворен; събитие AT- контакт 2 е затворен; събитие ОТ- веригата е затворена, светлината свети.

1. За паралелна връзка веригата е затворена, когато поне един от контактите е затворен, т.н C = A + B;

2. При серийно свързване веригата е затворена, когато и двата контакта са затворени, т.н C \u003d A B.

Задача. 1.1.4Изготвени са две електрически вериги:

Събитие A - веригата е затворена, събитие A i - аз-тият контакт е затворен. За кой от тях е съотношението

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Решение. За първата верига A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), тъй като сумата от събития съответства на паралелната връзка, а произведението на събитията на серийната връзка. За втората схема А = А1 (A2+A3 A4 A5). Следователно тази връзка е валидна за втората схема.

Задача. 1.1.5Опростете израза (A + B)(B + C)(C + A).

Решение. Нека използваме свойствата на операциите за събиране и умножение на събития.

(А+ 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. 1.1.6Докажете, че събитията A, AB и A+B образуват пълна група.

Решение. При решаването на задачата ще използваме свойствата на операциите върху събития. Първо, показваме, че тези събития са несъвместими по двойки.

Нека сега покажем, че сумата от тези събития дава пространството на елементарните събития.

Задача. 1.1.7Използвайки схемата на Ойлер-Вен, проверете правилото на де Морган:

A) Събитието AB е защриховано.

Б) Събитие А - вертикално щриховане; събитие B - хоризонтално щриховка. Събитие

(A+B) - засенчена зона.

От сравнението на фигури а) и в) следва:

Задача. 1.2.1По колко начина могат да седнат 8 души?

1. В една редица?

2. пер кръгла маса?

Решение.

1. Желаният брой начини е равен на броя на пермутациите от 8, т.е.

P8 = 8! = 1 2 3 4 5 6 7 8 = 40320

2. Тъй като изборът на първия човек на кръглата маса не влияе на редуването на елементи, тогава всеки може да бъде взет първи, а останалите ще бъдат подредени спрямо избрания. Това действие може да се извърши по 8!/8 = 5040 начина.

Задача. 1.2.2Курсът обхваща 5 предмета. По колко начина можете да направите график за събота, ако в този ден трябва да има две различни двойки?

Решение. Желаният брой начини е броят на разположенията

От 5 до 2, тъй като трябва да вземете предвид реда на двойките:

Задача. 1.2.3как изпитни комисии, състоящ се от 7 души, може да бъде съставен от 15 учители?

Решение. Желаният брой комисионни (без оглед на поръчката) е броят на комбинациите от 15 до 7:

Задача. 1.2.4От кошница, съдържаща двадесет номерирани топки, се избират 5 топки за късмет. Определете броя на елементите в пространството на елементарни събития от това преживяване, ако:

Топките се избират последователно една след друга с връщане след всяко извличане;

Топките се избират една по една без връщане;

Избират се 5 топки наведнъж.

Решение.

Броят начини за изваждане на първата топка от кошницата е 20. Тъй като извадената топка се връща в кошницата, броят на начините за изваждане на втората топка също е 20 и т.н. Тогава броят на начините за изваждане 5 топки в този случай е 20 20 20 20 20 = 3200000.

Броят на начините за изваждане на първата топка от кошницата е 20. Тъй като извадената топка не се върна в кошницата след изваждането, броят на начините за изваждане на втората топка стана 19 и т.н. Тогава броят на начините за изваждане 5 топки без замяна са 20 19 18 17 16 = A52 0

Броят начини за извличане на 5 топки от кошницата наведнъж е равен на броя на комбинациите от 20 на 5:

Задача. 1.2.5Хвърлят се два зара. Намерете вероятността за събитие А да бъде хвърлено поне едно 1.

Решение.На всеки зар може да падне произволен брой точки от 1 до 6. Следователно пространството на елементарните събития съдържа 36 еднакво възможни изхода. Събитие А се предпочита от 11 изхода: (1.1), (1.2), (2.1), (1.3), (3.1), (1.4), (4.1), (1.5), (5.1), (1.6), (6.1), така че

Задача. 1.2.6Буквите y, i, i, k, c, f, n са написани на червени карти, буквите a, a, o, t, t, s, h са написани на сини карти.След старателно смесване, което е по-вероятно : от първия път от буквите да използвате червените карти, за да направите думата "функция" или буквите на сините карти, за да направите думата "честота"?

Решение.Нека събитие А е думата "функция", произволно съставена от 7 букви, събитие B - думата "честота", произволно съставена от 7 букви. Тъй като са подредени два набора от 7 букви, броят на всички резултати за събития A и B е n = 7!. Събитие A е облагодетелствано от един изход m = 1, тъй като всички букви на червените картони са различни. Събитие B е облагодетелствано от m = 2! · 2! резултати, тъй като буквите "a" и "t" се срещат два пъти. Тогава P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Задача. 1.2.7На изпита на студента се предлагат 30 билета; Всеки билет има два въпроса. От 60 въпроса, включени в билетите, ученикът знае само 40. Намерете вероятността билетът, взет от ученика, да се състои от

1. от известните му въпроси;

2. от непознати за него въпроси;

3. от един познат и един непознат въпрос.

Решение.Нека A е събитието, при което ученикът знае отговора и на двата въпроса; Б - не знае отговора и на двата въпроса; C - той знае отговора на един въпрос, той не знае отговора на друг. Изборът на два въпроса от 60 може да бъде направен по n = C260 = 60 2 59 = 1770 начина.

1. Има m = C240 ​​​​= 40 2 39 = 780 избора на въпроси, известни на ученика. Тогава P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Изборът на два неизвестни въпроса от 20 може да се направи по m = C220 = 20 2 19 = 190 начина. В такъв случай

P(B) = M N = 11 79 70 0 = 0,11

3. Има m = C14 0 C21 0 = 40 20 = 800 начина за избор на билет с един познат и един неизвестен въпрос. Тогава P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

Задача. 1.2.8Част от информацията е изпратена по три канала. Каналите работят независимо един от друг. Намерете вероятността информацията да достигне целта

1. Само на един канал;

2. Поне един канал.

Решение. Нека А е събитие, състоящо се в това, че информацията достига целта само по един канал; B - поне един канал. Опитът е предаване на информация през три канала. Резултатът от опита - информацията е достигнала целта. Означаваме Ai - информацията достига до целта през i-тия канал. Пространството на елементарните събития има формата:

Събитие B е облагодетелствано от 7 резултата: всички резултати с изключение на Then n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8; P(B) = 7 8.

Задача. 1.2.9Точка произволно се появява на сегмент с единична дължина. Намерете вероятността разстоянието от точката до краищата на сегмента да е по-голямо от 1/8.

Решение. Според условието на задачата желаното събитие се удовлетворява от всички точки, които се появяват на интервала (a; b).

Тъй като дължината му е s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, а дължината на целия сегмент е S = 1, изискваната вероятност е P = s/S = 3/14 = 0,75.

Задача. 1.2.10В партида отнпродуктиКпродуктите са дефектни. За контрол се избират m продукта. Намерете вероятността, че отМ ПродуктиЛ Те се оказват дефектни (събитие А).

Решение. Изборът на m продукта от n може да се направи по начини и изборът Лдефектен от k дефектен - по начини. След избора Лдефектните продукти ще останат (m - Л) подходящ, разположен сред (n - k) продукти. Тогава броят на резултатите, благоприятстващи събитието A, е

И желаната вероятност

Задача. 1.3.1бЕдна урна съдържа 30 топки: 15 червени, 10 сини и 5 бели. Намерете вероятността произволно изтеглена топка да е оцветена.

Решение. Нека събитие A - изтеглена е червена топка, събитие B - изтеглена е синя топка. След това събития (A + B) - изтегля се цветна топка. Имаме P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Тъй като

Събития A и B са несъвместими, тогава P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

Задача. 1.3.2Вероятността да вали сняг (събитиеА ), е равно на 0.6, И фактът, че ще вали (събитиеб ), е равно на 0.45. Намерете вероятността за лошо време, ако вероятността за дъжд и сняг (събитие AB ) е равно на 0.25.

Решение. Събития A и B са съвместни, така че P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

Задача. 1.3.3бПървата кутия съдържа 2 бели и 10 черни топки, втората кутия съдържа 3 бели и 9 черни топки, а третата кутия съдържа 6 бели и 6 черни топки. От всяка кутия беше взета топка. Намерете вероятността всички изтеглени топки да са бели.

Решение. Събитие A - бяла топка е изтеглена от първото поле, B - от второто поле, C - от третото. Тогава P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Събитие ABC - всички извадени

Топките са бели. Следователно събития A, B, C са независими

P(ABC) = P(A) П(Б) П(C) = 1 6 1 4 1 2 = 41 8 = 0,02

Задача. 1.3.4белектрическа верига, свързана последователно 5 Елементи, които работят независимо един от друг. Вероятността от повреда на първия, втория, третия, четвъртия, петия елемент, съответно, е 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Намерете вероятността да няма ток във веригата (събитиеА ).

Решение. Тъй като елементите са свързани последователно, няма да има ток във веригата, ако поне един елемент се повреди. Събитие Ai(i =1...5) - ще се провали аз-ти елемент. Разработки

Задача. 1.3.5Схемата се състои от независими блокове, свързани в система с един вход и един изход.

Отказ във времето T на различни елементи на веригата - независими събитияима следните вероятностиП 1 = 0,1; П 2 = 0,2; П 3 = 0,3; П 4 = 0,4. Повредата на някой от елементите води до прекъсване на сигнала в клона на веригата, където се намира този елемент. Намерете надеждността на системата.

Решение. Ако събитие A - (СИСТЕМАТА Е НАДЕЖДНА), Ai - (i - ти МОДУЛ РАБОТИ НЕПРАВИЛНО), тогава A = (A1 + A2)(A3 + A4). Събития A1+A2, A3+A4 са независими, събития A1 и A2, A3 и A4 са съвместни. По формулите за умножение и събиране на вероятности

Задача. 1.3.6Работникът обслужва 3 машини. Вероятността в рамките на един час машината да не изисква вниманието на работник е 0,9 за първата машина, 0,8 за втората машина и 0,7 за третата машина.

Намерете вероятността, че през някой час

1. Втората машина ще изисква внимание;

2. Две машини изискват внимание;

3. Поне две машини ще се нуждаят от внимание.

Решение. Нека Ai - i-тата машина изисква вниманието на работника, - i-тата машина няма да изисква вниманието на работника. Тогава

Пространство на елементарни събития:

1. Събитие A - ще изисква вниманието на втората машина: Тогава

Тъй като събитията са несъвместими и независими. 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. Събитие B - две машини ще изискват внимание:

3. Събитие C - поне две зашеметявания ще изискват внимание
cov:

Задача. 1.3.7бвъведена машина "Екзаминатор". 50 въпроси. Ученикът се предлага 5 Въпроси и оценка „отличен“ се дава, ако на всички въпроси е отговорено правилно. Намерете вероятността да получите „отличен“, ако ученикът се подготви само 40 въпроси.

Решение. A - (ПОЛУЧЕН "ОТЛИЧЕН"), Ai - (ОТГОВОР НА i - ти ВЪПРОС). Тогава A = A1A2A3A4A5, имаме:

Или по друг начин - използвайки класическата вероятностна формула: И

Задача. 1.3.8Вероятностите, че частта, необходима на асемблера, се намирааз, II, III, IVкутия, съответно, са равни 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Намерете вероятността колекционерът да трябва да постави отметка във всичките 4 полета (събитиеА).

Решение. Нека Ai - (Частта, необходима на асемблера, е в i-тата кутия.) Тогава

Тъй като събитията са несъвместими и независими, значи

Задача. 1.4.1Изследвана е група от 10 000 души на възраст над 60 години. Оказа се, че 4000 души са постоянни пушачи. 1800 пушачи са показали сериозни промени в белите дробове. Сред непушачите 1500 души са имали промени в белите дробове. Каква е вероятността случайно изследван човек с белодробни изменения да е пушач?

Решение.Да въведем хипотезите: H1 - изследваният е постоянен пушач, H2 - е непушач. Тогава по условието на проблема

P(H1)= -------=0,4, P(H2)=---------=0,6

С А се отбелязва събитието, че изследваното лице има промени в белите дробове. Тогава по условието на проблема

По формула (1.15) намираме

Желаната вероятност изследваното лице да е пушач по формулата на Байс е равна на

Задача. 1.4.2В продажба влизат телевизори от три фабрики: 30% от първата фабрика, 20% от втората, 50% от третата. Продуктите на първата фабрика съдържат 20% телевизори със скрит дефект, втората - 10%, третата - 5%. Каква е вероятността да получите работещ телевизор?

Решение. Да разгледаме следните събития: А - закупен е изправен телевизор; хипотези H1, H2, H3 - телевизорът е пуснат в продажба съответно от първи, втори, трети завод. Според задачата

По формула (1.15) намираме

Задача. 1.4.3Има три еднакви кутии. Първият има 20 бели топки, вторият има 10 бели и 10 черни топки, а третият има 20 черни топки. Бяла топка се тегли от произволно избрана кутия. Намерете вероятността тази топка да е от втората кутия.

Решение. Нека събитието A - извадена е бяла топка, хипотези H1, H2, H3 - извадена е топката съответно от първа, втора, трета кутия. От условието на проблема намираме

Тогава
По формула (1.15) намираме

По формула (1.16) намираме

Задача. 1.4.4Телеграфното съобщение се състои от сигнали с точка и тире. Статистическите свойства на интерференцията са такива, че са изкривени средно 2/5 Точкови съобщения и 1/3 Тире съобщения. Известно е, че сред предаваните сигнали "точка" и "тире" се срещат в съотношението 5: 3. Определете вероятността предаваният сигнал да бъде получен, ако:

А) получава се сигнал "точка";

Б)получен сигнал за тире.

Решение. Нека събитието A - получен е сигналът "точка" и събитието B - получен е сигналът "тире".

Могат да се направят две хипотези: H1 - предава се сигналът "точка", H2 - предава се сигналът "тире". По условие P(H1) : P(H2) =5: 3. В допълнение, P(H1 ) + P(H2)= 1. Следователно P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Известно е, че

Вероятности за събития АИ бНамираме по формулата на пълната вероятност:

Желаните вероятности ще бъдат:

Задача. 1.4.5От 10 радиоканала 6 канала са защитени от смущения. Вероятност за защитен канал във времетоTняма да се провали е 0,95, за незащитен канал - 0,8. Намерете вероятността два произволно избрани канала да не се повредят след времеT, и двата канала не са защитени от смущения.

Решение. Нека събитието A - и двата канала няма да се провалят през времето t, събитието A1-Избран защитен канал A2-Избран е незащитен канал.

Нека напишем пространството на елементарните събития за експеримента - (избрани са два канала):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Хипотези:

H1 - двата канала са защитени от смущения;

H2 - първият избран канал е защитен, вторият избран канал не е защитен от смущения;

H3 - първият избран канал не е защитен, вторият избран канал е защитен от смущения;

H4 - и двата избрани канала не са защитени от смущения. Тогава

И

Задача. 1.5.1Предава се по комуникационния канал 6 Съобщения. Всяко от съобщенията може да бъде изкривено от шум с вероятност 0.2 Независимо от другите. Намерете вероятността, че

1. 4 съобщения от 6 не са изкривени;

2. Най-малко 3 от 6 бяха предадени изкривени;

3. Поне едно съобщение от 6 е ​​изкривено;

4. Не повече от 2 от 6 не са изкривени;

5. Всички съобщения се предават без изкривяване.

Решение. Тъй като вероятността за изкривяване е 0,2, вероятността за предаване на съобщение без смущения е 0,8.

1. Използвайки формулата на Бернули (1.17), намираме вероятността
скорост на предаване на 4 от 6 съобщения без смущения:

2. поне 3 от 6 се предават изкривено:

3. поне едно съобщение от 6 е ​​изкривено:

4. поне едно съобщение от 6 е ​​изкривено:

5. всички съобщения се предават без изкривяване:

Задача. 1.5.2Вероятността денят да е ясен през лятото е 0,42; вероятността за облачен ден е 0,36, а за частично облачен ден е 0,22. Колко дни от 59 може да се очаква да бъдат ясни и облачни?

Решение. От условието на задачата се вижда, че трябва да се търси най-вероятният брой ясни и облачни дни.

За ясни дни П= 0.42, н= 59. Съставяме неравенства (1.20):

59 0.42 + 0.42 - 1 < m0 < 59 0.42 + 0.42.

24.2 ≤ мо≤ 25.2 → мо= 25.

За облачни дни P= 0.36, N= 59 и

0.36 59 + 0.36 - 1 ≤ М0 ≤ 0.36 59 + 0.36;

Следователно 20,16 ≤ М0 ≤ 21.60; → М0 = 21.

Така най-вероятният брой ясни дни мо= 25, облачни дни - M0 = 21. Тогава през лятото можем да очакваме мо+ M0 =46 ясни и облачни дни.

Задача. 1.5.3Има 110 студенти от курса на лекция по теория на вероятностите. Намерете вероятността, че

1. k ученици (k = 0,1,2) от присъстващите са родени на първи септември;

2. поне един студент от курса да е роден на 1 септември.

Р=1/365е много малък, затова използваме формулата на Поасон (1.22). Нека намерим параметъра на Поасон. защото

н= 110, тогава λ = np = 110 1 /365 = 0,3.

След това по формулата на Поасон

Задача. 1.5.4Вероятността частта да не е стандартна е 0.1. Колко детайла трябва да бъдат избрани, така че с вероятност P = 0.964228 Може да се твърди, че относителната честота на поява на нестандартни части се отклонява от постоянната вероятност p = 0.1 В абсолютно изражение не повече от 0.01 ?

Решение.

Задължителен номер нНамираме по формула (1.25). Ние имаме:

Р = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Заместете данните във формулата:

Къде намираме

Според таблицата със стойности на функцията Φ( х) намираме това

Задача. 1.5.5Вероятността за повреда във времето T на един кондензатор е 0,2. Определете вероятността след време T от 100 кондензатора да се повредят.

1. Точно 10 кондензатора;

2. Най-малко 20 кондензатора;

3. По-малко от 28 кондензатора;

4. От 14 до 26 кондензатора.

Решение. Ние имаме P = 100, P= 0.2, Q = 1 - P= 0.8.

1. Точно 10 кондензатора.

защото ПВелико, нека използваме локалната теорема на Моавър-Лаплас:

Изчислете

Тъй като функцията φ(x)- дори, тогава φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (намираме от таблицата със стойностите на функциите φ(x).Желана вероятност

2. Най-малко 20 кондензатора;

Изискването поне 20 от 100 кондензатора да се повредят означава, че или 20, или 21, ... или 100 ще се повредят. T1 = 20, T 2=100. Тогава

Според таблицата със стойностите на функцията Φ(x)Нека намерим Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Изисквана вероятност:

3. По-малко от 28 кондензатора;

(тук беше отчетено, че функцията на Лаплас Ф(x) е нечетна).

4. От 14 до 26 кондензатора. По условие M1= 14, m2 = 26.
Изчислете x 1,x2:

Задача. 1.5.6Вероятността за възникване на някакво събитие в един експеримент е равна на 0,6. Каква е вероятността това събитие да се случи в повечето от 60-те опита?

Решение. Количество МПоявата на събитие в серия от тестове е в интервала. „В повечето експерименти“ означава това МПринадлежи към интервал По условие N= 60, P= 0.6, Q = 0.4, М1 = 30, m2 = 60. Изчислете x1 и x2:

Случайни величини и техните разпределения

Задача. 2.1.1Дадена е таблица, в която горният ред показва възможните стойности на случайна променливах , а най-отдолу – техните вероятности.

Тази таблица може ли да бъде серия за разпространениех ?

Отговор: Да, тъй като p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Задача. 2.1.2Освободен 500 Лотарийни билети, и 40 Билетите ще донесат на притежателите си награда за 10000 Разтривайте, 20 Билети - по 50000 Разтривайте, 10 Билети - по 100000 Разтривайте, 5 Билети - по 200000 Разтривайте, 1 Билет - 500000 Разтривайте, останалите - без победа. Намерете печелившия закон за разпределение за собственика на един билет.

Решение.

Възможни стойности на X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Вероятностите за тези възможни стойности са:

Желаният закон за разпределение:

Задача. 2.1.3стрелец, имащ 5 Патрони, стреля до първото попадение в целта. Вероятността за уцелване на всеки удар е 0.7. Изградете закона за разпределение на броя на използваните касети, намерете функцията на разпределениеЕ(х) и начертайте нейната графика, намерете P(2< x < 5).

Решение.

Пространство от елементарни събития на опита

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Където събитие (1) - уцели целта, събитие (0) - не уцели целта. Елементарните резултати съответстват на следните стойности на случайната стойност на броя на използваните патрони: 1, 2, 3, 4, 5. Тъй като резултатът от всеки следващ изстрел не зависи от предишния, вероятностите на възможните стойности са:

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.

Желаният закон за разпределение:

Намерете функцията на разпределение Е(х), Използване на формула (2.5)

х≤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(Х= 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, Е(x) = 1

Намерете P(2< x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < х< 5) = F(5) - Е(2) = 0.9919 - 0.91 = 0.0819

Задача. 2.1.4ДанаЕ(х) на някаква случайна променлива:

Запишете серията на разпространение за X.

Решение.

От имоти Е(х) От това следва, че възможните стойности на случайната променлива х - Точки на прекъсване на функцията Е(х), И съответните вероятности са скокове на функцията Е(х). Намерете възможните стойности на случайната променлива X=(0,1,2,3,4).

Задача. 2.1.5Задайте коя функция

е функция на разпределение на някаква случайна променлива.

Ако отговорът е да, намерете вероятността, че съответният произволна стойностприема стойности на[-3,2].

Решение. Нека начертаем функциите F1(x) и F2(x):

Функцията F2(x) не е функция на разпределение, тъй като не е ненамаляваща. Функцията F1(x) е

Функцията на разпределение на някаква случайна променлива, тъй като е ненамаляваща и удовлетворява условие (2.3). Нека намерим вероятността за постигане на интервала:

Задача. 2.1.6Дадена е плътността на вероятността на непрекъсната случайна променливах :

Намирам:

1. Коефициент° С ;

2. разпределителна функция F(x) ;

3. Вероятността случайна променлива да попадне в интервала(1, 3).

Решение. От условието за нормализиране (2.9) намираме

Следователно,

По формула (2.10) намираме:

По този начин,

По формула (2.4) намираме

Задача. 2.1.7Случайният престой на електронно оборудване в някои случаи има плътност на вероятността

Където M = lge = 0,4343...

Намиране на функция на разпределение F(x) .

Решение. По формула (2.10) намираме

Където

Задача. 2.2.1Дадена е серия на разпределение на дискретна случайна променливах :

намирам очаквана стойност, дисперсия, стандартно отклонение, M, D [-3X + 2].

Решение.

По формулата (2.12) намираме математическото очакване:

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. Използвайки формула (2.19), намираме дисперсията:

Задача. 2.2.2Намерете математическото очакване, дисперсията и стандартното отклонение на непрекъсната случайна променливах , чиято разпределителна функция

.

Решение. Намерете плътността на вероятността:

Математическото очакване се намира по формулата (2.13):

Намираме дисперсията по формулата (2.19):

Нека първо намерим математическото очакване на квадрата на случайната променлива:

Стандартно отклонение

Задача. 2.2.3хима няколко разпределения:

Намерете математическото очакване и дисперсията на случайна променливаY = EX .

Решение. М[ Y] = M[ EX ] = д-- 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 - М2[дХ] =

[(e-1)2 0,2 ​​+ (e0)2 0,3 + (e1)2 0,4 + (e2)2 0,1] - (2,2)2 =

= (е--2 0,2 ​​+ 0,3 + е2 0,4 + е4 0,1) - 4,84 = 8,741 - 4,84 = 3,9.

Задача. 2.2.4Дискретна случайна променливах Може да приема само две стойности X1 И X2 , и X1< x2. Известна вероятност P1 = 0,2 Възможна стойност X1 , очаквана стойностМ[Х] = 3,8 И дисперсия D[X] = 0,16. Намерете закона за разпределение на случайна променлива.

Решение. Тъй като случайната променлива X приема само две стойности x1 и x2, тогава вероятността p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

По условието на задачата имаме:

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.

Така получихме системата от уравнения:

Условие х1

Задача. 2.2.5Случайната променлива X се подчинява на закона за разпределение, чиято графика на плътността има формата:

Намерете математическото очакване, дисперсията и стандартното отклонение.

Решение. Нека намерим диференциалната функция на разпределение f(x). Извън интервала (0, 3) f(x) = 0. В интервала (0, 3) графиката на плътността е права линия с наклон k = 2/9, минаваща през началото. По този начин,

Очаквана стойност:

Намерете дисперсията и стандартното отклонение:

Задача. 2.2.6Намерете математическото очакване и дисперсията на сбора от точки на четири зара при едно хвърляне.

Решение. Нека обозначим A - броят точки на един зар в едно хвърляне, B - броят точки на втория зар, C - на третия зар, D - на четвъртия зар. За случайни променливи A, B, C, D законът за разпределение един.

Тогава M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3,5

Задача. 2.3.1Вероятността частица, излъчена от радиоактивен източник, да бъде регистрирана от брояч е равна на 0.0001. През периода на наблюдение, 30000 частици. Намерете вероятността броячът да е регистрирал:

1. Точно 3 частици;

2. Нито една частица;

3. Най-малко 10 частици.

Решение. По условие П= 30000, П= 0,0001. Събитията, състоящи се в това, че се регистрират частици, излъчени от радиоактивен източник, са независими; номер ПСтрахотно, но вероятността ПМалък, затова използваме разпределението на Поасон: Нека намерим λ: λ = nП = 30000 0,0001 = 3 = M[X]. Желани вероятности:

Задача. 2.3.2В партидата има 5% нестандартни части. 5 елемента бяха избрани на случаен принцип. Напишете закона за разпределение на дискретна случайна променливах - броя на нестандартните части сред петте избрани; намерете математическото очакване и дисперсията.

Решение. Дискретната случайна променлива X - броят на нестандартните части - има биномиално разпределение и може да приема следните стойности: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Вероятност за нестандартна част в партида p = 5 /100 = 0,05. Нека намерим вероятностите за тези възможни стойности:

Нека напишем желания закон за разпределение:

Нека намерим числените 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] = Np= 5 0.05 = 0.25.

D[X] = M– М2 [Х]= 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 д[ х] = np (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.

Задача. 2.3.3Времето за радарно откриване на целта се разпределя по експоненциалния закон

Където1/ λ = 10 Разд. - средно време за откриване на целта. Намерете вероятността целта да бъде намерена в рамките на времето5 Преди15 Разд. след началото на търсенето.

Решение. Вероятност за попадение на случайна променлива х В интервал (5, 15) Нека намерим по формула (2.8):

При Получаваме

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Задача. 2.3.4Случайните грешки при измерване се подчиняват на нормалния закон с параметри a = 0, σ = 20 Ммм. Напишете диференциална функция на разпределениеЕ(х) и намерете вероятността измерването да е допуснало грешка в интервала от 5 Преди 10 Ммм.

Решение. Нека заместим стойностите на параметрите a и σ във функцията на диференциалното разпределение (2.35):

Използвайки формула (2.42), намираме вероятността за уцелване на случайна променлива х В интервала , т.е. А= 0, B= 0,1. След това диференциалната функция на разпределение F(x)Ще изглежда като