بيت
مشكلة 174TV
أ) 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
ج) كرة بيضاء واحدة على الأقل.
مشكلة 176TV
مشكلة 174TV
أ) 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
تحتوي الجرة على 6 كرات سوداء و 5 كرات بيضاء. تم سحب 5 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
مشكلة 178tv
تحتوي الجرة على 4 كرات سوداء و 5 كرات بيضاء. تم سحب 4 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
أ) 2 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من كرتين بيضاء؛
مشكلة 180tv
تحتوي الجرة على 6 كرات سوداء و 7 كرات بيضاء. تم سحب 4 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
أ) 4 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 4 كرات بيضاء؛
مشكلة 184TV
مشكلة 174TV
أ) 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
تحتوي الجرة على 8 كرات سوداء و 6 كرات بيضاء. تم سحب 4 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
مشكلة 186TV
مشكلة 174TV
أ) 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
تحتوي الجرة على 4 كرات سوداء و 6 كرات بيضاء. تم سحب 4 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
مشكلة 188tv
تحتوي الجرة على 6 كرات سوداء و 7 كرات بيضاء. تم سحب 4 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
أ) 4 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
تحتوي الجرة على 5 كرات سوداء و 6 كرات بيضاء. تم سحب 5 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
الوظيفة رقم 1
أحداث عشوائية
الخيار 6.المهمة 1.1.
تم إلقاء ثلاث عملات معدنية. أوجد احتمال أن تحتوي عملتان فقط على "شعار النبالة".
الحدث قيد الدراسة أ - اثنان فقط من كل ثلاث عملات معدنية سيكون لهما شعار النبالة. للعملة وجهان، مما يعني أن إجمالي عدد الأحداث عند رمي ثلاث عملات معدنية سيكون 8. في ثلاث حالات، سيكون لعملتين فقط شعار النبالة. نحسب احتمالية الحدث A باستخدام الصيغة:
ف(أ) = م/ن = 3/8.إجابة
: الاحتمال 3/8.المشكلة 1.2.
تتكون كلمة "حدث" من بطاقات، كل منها مكتوب عليها حرف واحد. يتم بعد ذلك خلط البطاقات وإخراجها واحدة تلو الأخرى دون إعادتها. أوجد احتمال إزالة الحروف بترتيب الكلمة المعطاة. يتكون الاختبار من إخراج بطاقات بها حروف بترتيب عشوائي دون إرجاعها. الحدث الأولي هو تسلسل الحروف الناتج. الحدث أ يتكون من الاستلامالكلمة الصحيحة . حدث
الأحداث الأولية هي تبديلات مكونة من 7 أحرف، مما يعني أنه وفقا للصيغة لدينا ن = 7!
الحروف الموجودة في كلمة EVENT غير مكررة، لذلك لا يمكن إجراء تبديلات لا تتغير فيها الكلمة. عددهم هو 1.
هكذا،
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.إجابة:
ف(أ) = 1/5040.المشكلة 1.3. كما في، أوجد الاحتمال المقابل للحالة عندما كلمة معينةهي كلمات أنتونوف إيليا.
يتم حل هذه المشكلة بشكل مشابه للمشكلة السابقة.
ن=11!; م = 2!*2! = 4.
ف(أ) = 4/11 = 4/39916800 = 1/9979200
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ) =1/9979200.
المشكلة 1.4.تحتوي الجرة على 8 كرات سوداء و 6 كرات بيضاء. تم سحب 5 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون من بينها:
أ) 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
8 ساعات سيكون الاختبار عبارة عن سحب 5 كرات بشكل عشوائي. ابتدائي
أحداث 6 ب هي كل المجموعات الممكنة من 5 كرات من أصل 14. عددهم متساوي
أ) أ 1 - يوجد بين الكرات المسحوبة 3 كرات بيضاء . وهذا يعني أنه من بين الكرات المرسومة هناك 3 كرات بيضاء و2 سوداء. وباستخدام قاعدة الضرب نحصل على
ف(أ1) = 560/2002 = 280/1001.ب) أ2- من بين الكرات المسحوبة أقل من 3 كرات بيضاء. يتكون هذا الحدث من ثلاثة أحداث غير متوافقة:
في 1 - من بين الكرات المرسومة لا يوجد سوى 2 كرات بيضاء و 3 كرات سوداء،
في 2 - من بين الكرات المرسومة لا يوجد سوى واحدة بيضاء و 4 كرات سوداء
في 3 - لا توجد كرة بيضاء واحدة بين الكرات المرسومة، وجميع الكرات الخمس سوداء:
ب2 ب3.بما أن الأحداث B 1 وB 2 وB 3 غير متوافقة، فيمكنك استخدام الصيغة:
ف(أ 2) = ف(ب 1) + ف(ب 2) + ف(ب 3)؛
ف(أ2) = 840/2002 + 70/2002 + 56/2002 = 483/1001.
- من بين الكرات المرسومة لا توجد كرة بيضاء واحدة. في هذه الحالة:ف(أ 3) = 1 - ف(
) = 1 - 28/1001 = 973/1001.ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ 1) = 280/1001، ف (أ 2) = 483/1001، ف (أ 3) = 973/1001.
المشكلة 1.6.الجرة الأولى تحتوي على 5 كرات بيضاء و 7 كرات سوداء، والجرة الثانية تحتوي على 6 كرات بيضاء و 4 كرات سوداء. يخرجونها من الجرة الأولى عشوائياكرتان ومن الثانية كرتان. أوجد احتمال أن يكون من بين الكرات المسحوبة:
أ) جميع الكرات لها نفس اللون؛
ب) ثلاث كرات بيضاء فقط؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
1 جرة 2 جرة تم سحب الكرات من كلا الجرتين بشكل مستقل. الاختبارات
5 ب 6 ب يسحبون كرتين من الجرة الأولى وكرتين
7 ساعات و4 ساعات من الجرة الثانية. الأحداث الابتدائية ستكون مجموعات
2 أو 2 من 12 أو 10 كرات على التوالي.
2 2 أ) أ 1 - جميع الكرات المرسومة من نفس اللون أي . هل كلهم بيض؟
أو كلها سوداء.
دعونا نحدد جميع الأحداث المحتملة لكل جرة:
في 1-2 يتم سحب الكرات البيضاء من الجرة الأولى؛
في 2-1 يتم سحب كرة بيضاء وكرة سوداء من الجرة الأولى؛
في 3-2 يتم سحب الكرات السوداء من الجرة الأولى؛
ج1 - يتم سحب 2 كرات بيضاء من الجرة الثانية؛
ج 2 - يتم سحب كرة واحدة بيضاء وكرة واحدة سوداء من الجرة الثانية؛
يتم سحب من 3 - 2 كرات سوداء من الجرة الثانية.
وهذا يعني أ 1 =
من أين نحصل على استقلالية الأحداث وعدم توافقها ف(أ 1) = ف(ب 1) * ف(ج 1) + ف(ب 3) * ف(ج 3).
لنجد عدد الأحداث الأولية n 1 و n 2 للجرتين الأولى والثانية على التوالي. لدينا:
لنجد عدد كل عنصر من عناصر الأحداث التي تحدد الأحداث التالية:
ج 1: م 21 = ج 2: م 22 = ج 3: م 23 =لذلك،
ف(أ 1) = 10/66 * 15/45 + 21 * 6/45 = 5/99 + 7/165 = 46/495.
ب) أ2 - من بين الكرات المسحوبة هناك 3 كرات بيضاء فقط. في هذه الحالة
ج2 (ب2ج1);ف(أ 2) = ف(ب 1) * ف(ج 1) + ف(ب 2) * ف(ج 2)
ف(أ2) = 10/66 * 6/45 + 35/66 * 24/45 = 33/99 = 1/3.
ج) أ3 - من بين الكرات المسحوبة توجد على الأقل كرة بيضاء واحدة.
- من بين الكرات المستخرجة لا يوجد واحدة كرة بيضاء. ثم ) = P(B 3) * P(C 3) = 21/66 * 6/45 = 7/165؛ف(أ 3) = 1 - ف(
) = 1 - 7/165 = 158/165.ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ 1) = 46/495، ف (أ 2) = 1/3، ف (أ 3) = 158/165.
المشكلة 1.7.تحتوي الجرة على 5 كرات باللونين الأبيض والأسود، ويضاف إليهم 4 كرات بيضاء. بعد ذلك، يتم سحب 3 كرات بشكل عشوائي من الجرة. أوجد احتمال أن تكون جميع الكرات المسحوبة بيضاء اللون، بافتراض أن جميعها الاقتراحات الممكنةحول المحتويات الأصلية للجرة ممكنة بنفس القدر.
هناك نوعان من الاختبارات هنا: أولاً، يتم ضبط المحتويات الأولية للجرة ومن ثم يتم سحب الكرة الثالثة بشكل عشوائي، وتعتمد نتيجة الاختبار الثاني على نتيجة الأول. ولذلك، يتم استخدام صيغة الاحتمال الإجمالي.
الحدث أ - تم سحب 3 كرات بيضاء بشكل عشوائي. يعتمد احتمال هذا الحدث على التركيب الأولي للكرات الموجودة في الجرة.
ولنتأمل الأحداث:
في 1 - كان هناك 5 كرات بيضاء في الجرة؛
في 2 - كان هناك 4 كرات بيضاء وواحدة سوداء في الجرة؛
في 3 - كان هناك 3 كرات بيضاء و 2 كرات سوداء في الجرة؛
في 4 - كان هناك 2 كرات بيضاء و 3 كرات سوداء في الجرة؛
في الساعة 5 - كان هناك 1 كرات بيضاء و 4 كرات سوداء في الجرة.
في الساعة 6 - كان هناك 5 كرات سوداء في الجرة؛
إجمالي عدد نتائج المرحلة الابتدائية
سوف نجد الاحتمالات المشروطةالأحداث أ في ظل ظروف مختلفة.
ف(أ/ب 1) = 1. ف(أ/ب 2) = 56/84 = 2/3.ف(أ/ب 3) = 35/84 = 5/12.
ف(أ/ب 4) = 5/21.ف(أ/ب 5) = 5/42.
تحتوي الجرة على 5 كرات سوداء و 6 كرات بيضاء. تم سحب 5 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون بينهم:
الوظيفة رقم 1
أحداث عشوائية
الخيار 6.المهمة 1.1.
تم إلقاء ثلاث عملات معدنية. أوجد احتمال أن تحتوي عملتان فقط على "شعار النبالة".
الحدث قيد الدراسة أ - اثنان فقط من كل ثلاث عملات معدنية سيكون لهما شعار النبالة. للعملة وجهان، مما يعني أن إجمالي عدد الأحداث عند رمي ثلاث عملات معدنية سيكون 8. في ثلاث حالات، سيكون لعملتين فقط شعار النبالة. نحسب احتمالية الحدث A باستخدام الصيغة:
ف(أ) = م/ن = 3/8.إجابة
: الاحتمال 3/8.المشكلة 1.2.
يتكون الاختبار من إخراج بطاقات بها حروف بترتيب عشوائي دون إرجاعها. الحدث الأولي هو تسلسل الحروف الناتج. الحدث أ يتكون من تلقي الكلمة المطلوبة EVENT . حدث
الأحداث الأولية هي تبديلات مكونة من 7 أحرف، مما يعني أنه وفقا للصيغة لدينا ن = 7!
الحروف الموجودة في كلمة EVENT غير مكررة، لذلك لا يمكن إجراء تبديلات لا تتغير فيها الكلمة. عددهم هو 1.
هكذا،
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.إجابة:
ف(أ) = 1/5040.كما في المسألة السابقة، أوجد الاحتمال المقابل للحالة عندما تكون الكلمة المعطاة هي كلمة أنتونوف إيليا.
يتم حل هذه المشكلة بشكل مشابه للمشكلة السابقة.
ن=11!; م = 2!*2! = 4.
ف(أ) = 4/11 = 4/39916800 = 1/9979200
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ) =1/9979200.
المشكلة 1.4.تحتوي الجرة على 8 كرات سوداء و 6 كرات بيضاء. تم سحب 5 كرات بشكل عشوائي. أوجد احتمال أن يكون من بينها:
أ) 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
8 ساعات سيكون الاختبار عبارة عن سحب 5 كرات بشكل عشوائي. ابتدائي
أحداث 6 ب هي كل المجموعات الممكنة من 5 كرات من أصل 14. عددهم متساوي
أ) أ 1 - يوجد بين الكرات المسحوبة 3 كرات بيضاء . وهذا يعني أنه من بين الكرات المرسومة هناك 3 كرات بيضاء و2 سوداء. وباستخدام قاعدة الضرب نحصل على
ف(أ1) = 560/2002 = 280/1001.
ب) أ2- من بين الكرات المسحوبة أقل من 3 كرات بيضاء. يتكون هذا الحدث من ثلاثة أحداث غير متوافقة:
في 1 - من بين الكرات المرسومة لا يوجد سوى 2 كرات بيضاء و 3 كرات سوداء،
في 2 - من بين الكرات المرسومة لا يوجد سوى واحدة بيضاء و 4 كرات سوداء
في 3 - لا توجد كرة بيضاء واحدة بين الكرات المرسومة، وجميع الكرات الخمس سوداء:
أ 2 = ب 1 ب 2 ب 3.
بما أن الأحداث B 1 وB 2 وB 3 غير متوافقة، فيمكنك استخدام الصيغة:
ف(أ 2) = ف(ب 1) + ف(ب 2) + ف(ب 3)؛
ف(أ2) = 840/2002 + 70/2002 + 56/2002 = 483/1001.
ج) - من بين الكرات المرسومة لا توجد كرة بيضاء واحدة. في هذه الحالة:
ف(أ 3) = 1 - ف() = 1 - 28/1001 = 973/1001.
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ 1) = 280/1001، ف (أ 2) = 483/1001، ف (أ 3) = 973/1001.
المشكلة 1.6.الجرة الأولى تحتوي على 5 كرات بيضاء و 7 كرات سوداء، والجرة الثانية تحتوي على 6 كرات بيضاء و 4 كرات سوداء. يتم سحب كرتين بشكل عشوائي من الجرة الأولى، وكرتين من الجرة الثانية. أوجد احتمال أن يكون من بين الكرات المسحوبة:
أ) جميع الكرات لها نفس اللون؛
ب) ثلاث كرات بيضاء فقط؛
ب) أقل من 3 كرات بيضاء؛
1 جرة 2 جرة تم سحب الكرات من كلا الجرتين بشكل مستقل. الاختبارات
5 ب 6 ب يسحبون كرتين من الجرة الأولى وكرتين
7 ساعات و4 ساعات من الجرة الثانية. الأحداث الابتدائية ستكون مجموعات
2 أو 2 من 12 أو 10 كرات على التوالي.
2 2 أ) أ 1 - جميع الكرات المرسومة من نفس اللون أي . هل كلهم بيض؟
أو كلها سوداء.
دعونا نحدد جميع الأحداث المحتملة لكل جرة:
في 1-2 يتم سحب الكرات البيضاء من الجرة الأولى؛
في 2-1 يتم سحب كرة بيضاء وكرة سوداء من الجرة الأولى؛
في 3-2 يتم سحب الكرات السوداء من الجرة الأولى؛
ج1 - يتم سحب 2 كرات بيضاء من الجرة الثانية؛
ج 2 - يتم سحب كرة واحدة بيضاء وكرة واحدة سوداء من الجرة الثانية؛
يتم سحب من 3 - 2 كرات سوداء من الجرة الثانية.
وهذا يعني أ 1 = 
من أين نحصل على استقلالية الأحداث وعدم توافقها
ف(أ 1) = ف(ب 1) * ف(ج 1) + ف(ب 3) * ف(ج 3).
لنجد عدد الأحداث الأولية n 1 و n 2 للجرتين الأولى والثانية على التوالي. لدينا:
لنجد عدد كل عنصر من عناصر الأحداث التي تحدد الأحداث التالية:
ب 1: م 11 = ج 1: م 21 =
ب 2: م 12 = ج 2: م 22 =
ب 3: م 13 = ج 3: م 23 =
لذلك،
ف(أ 1) = 10/66 * 15/45 + 21 * 6/45 = 5/99 + 7/165 = 46/495.
ب) أ2 - من بين الكرات المسحوبة هناك 3 كرات بيضاء فقط. في هذه الحالة
أ 2 = (ب 1 ج 2 (ب 2 ج 1)؛
ف(أ 2) = ف(ب 1) * ف(ج 1) + ف(ب 2) * ف(ج 2)
ف(أ2) = 10/66 * 6/45 + 35/66 * 24/45 = 33/99 = 1/3.
ج) أ3 - من بين الكرات المسحوبة توجد على الأقل كرة بيضاء واحدة.
لا توجد كرة بيضاء واحدة بين الكرات المستردة. ثم
P() = P(B 3) * P(C 3) = 21/66 * 6/45 = 7/165;
ف(أ 3) = 1 - ف() = 1 - 7/165 = 158/165.
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ 1) = 46/495، ف (أ 2) = 1/3، ف (أ 3) = 158/165.
المشكلة 1.7.تحتوي الجرة على 5 كرات باللونين الأبيض والأسود، ويضاف إليهم 4 كرات بيضاء. بعد ذلك، يتم سحب 3 كرات بشكل عشوائي من الجرة. أوجد احتمال أن تكون جميع الكرات المسحوبة بيضاء اللون، بافتراض أن جميع الاقتراحات الممكنة حول المحتويات الأصلية للجرة ممكنة بشكل متساوٍ.
هناك نوعان من الاختبارات هنا: أولاً، يتم ضبط المحتويات الأولية للجرة ومن ثم يتم سحب الكرة الثالثة بشكل عشوائي، وتعتمد نتيجة الاختبار الثاني على نتيجة الأول. ولذلك، يتم استخدام صيغة الاحتمال الإجمالي.
الحدث أ - تم سحب 3 كرات بيضاء بشكل عشوائي. يعتمد احتمال هذا الحدث على التركيب الأولي للكرات الموجودة في الجرة.
ولنتأمل الأحداث:
في 1 - كان هناك 5 كرات بيضاء في الجرة؛
في 2 - كان هناك 4 كرات بيضاء وواحدة سوداء في الجرة؛
في 3 - كان هناك 3 كرات بيضاء و 2 كرات سوداء في الجرة؛
في 4 - كان هناك 2 كرات بيضاء و 3 كرات سوداء في الجرة؛
في الساعة 5 - كان هناك 1 كرات بيضاء و 4 كرات سوداء في الجرة.
في الساعة 6 - كان هناك 5 كرات سوداء في الجرة؛
إجمالي عدد نتائج المرحلة الابتدائية
دعونا نجد الاحتمالات الشرطية للحدث A في ظل ظروف مختلفة.
ف(أ/ب 1) = 1.
ف(أ/ب٢) = ٥٦/٨٤ = ٢/٣.
ف(أ/ب 3) = 35/84 = 5/12.
ف(أ/ب 4) = 5/21.
ف(أ/ب 5) = 5/42.
ف(أ/ب 6) = 1/21.
ف(أ) = 1 * 1/6 + 2/3 * 1/6 + 5/12 * 1/6 + 5/21 * 1/6 + 5/42 * 1/6 + 1/21 * 1/6 = 209/504.
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(أ) = 209/504.
المشكلة 1.9.يوجد في الهرم 11 بندقية، 3 منها ذات منظار بصري. يمكن للرامي الذي يطلق النار من بندقية ذات مشهد بصري أن يصيب الهدف باحتمال 87/100، ويطلق النار من بندقية بدون مشهد. مشهد بصري- باحتمال 52/100. أوجد احتمال أن يصيب مطلق النار هدفًا بإطلاق النار من بندقية عشوائية.
مع الأخذ في الاعتبار أنه يتم اختيار البنادق واحدة تلو الأخرى، نحصل على التوالي (لـ B 1) و (لـ B 2)؛ وبالتالي P(B 1) = 3/11، P(B 2) = 8/11.
تم تحديد الاحتمالات الشرطية في بيان المشكلة:
ف(أ/ب 1) = 0.87 و ف(أ.ب 2) = 0.52.
لذلك،
ف(أ) = 0.87 * 3/11 + 0.52 * 8/11 = 0.615.
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف (أ) = 0.615.
ف(أ/ب 4) = 5/21.ف(أ/ب 5) = 5/42.
تم تحديد الاحتمالات الشرطية في بيان المشكلة: P(A/B 1) = 0.91، P(A/B 2) = 0.82، P(A/B 3) = 0.77.
كما في المسألة السابقة، دعونا نجد الاحتمالات:
ف(ب 1) = 13/42 = 0.3095؛ ف(ب 2) = 12/42 = 0.2857؛ ف(ب 3) = 17/42 = 0.4048؛
ف(أ) = 0.91 * 0.3095 + 0.82 * 0.2857 + 0.77 * 0.4048 = 0.8276.
باستخدام صيغة بايز (1.8)، نحسب الاحتمالات الشرطية للأحداث (الفرضيات) ب 1:
ف(ب1 /أ) = 
ف(ب2 /أ) = 
ف(ب3 /أ) = 
ف(أ) = 1/7! = 1/5040.ف(ب 1 /أ) = 0.3403، ف(ب 2 /أ) = 0.2831، ف (ب 3 /أ) = 0.3766
الوظيفة رقم 2
المتغيرات العشوائية
6 - الخيار.
المهمة 2.1.في كل ن اختبارات مستقلةالحدث A يحدث باحتمال ثابت قدره 0.36. احسب جميع الاحتمالات p k، k = 0، 1، 2، ...، 11، حيث k هو تكرار الحدث A. ارسم رسمًا بيانيًا للاحتمالات p k.
العثور على التردد الأكثر احتمالا.سأل بواسطة:
ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.يجد:
ص 0، ص 1، ص 2، ...، ص 11 و ك.
باستخدام صيغة برنولي. يتم حساب القيمة p 0 باستخدام الصيغ الأولى، والاحتمالات المتبقية p k - باستخدام الثانية.
بالنسبة للصيغة، نحسب العامل الثابت
ع / ف = 0.36/ 0.64 = 0.5625، ع 0 = *0.36 0 * 0.64 11 = 0.0073787.
نكتب نتائج الحسابات في الجدول 1. إذا كانت الحسابات صحيحة، فيجب تحقيق المساواة
باستخدام قيم الاحتمالية التي تم العثور عليها، سنقوم ببناء الرسم البياني الخاص بهم (الشكل 1).
دعونا نجد التردد الأكثر احتمالا وفقا للشروط المحددة:
np - q = 11 * 0.36 - 0.64 = 3.32.np + k = 4.32
وهذا يعني أن التردد الأكثر احتمالا هو k = 4، وكما تم الحصول عليه سابقا، فإن قيمة p 3 هي الحد الأقصى.
| الجدول 1 | ك | (ن-ك-1)/ك | الجدول 1 | ك | ص ك |
| - | 0,9926213 |
ص ك
الشكل 1: الرسم البياني الاحتمالي p kالمشكلة 2.2.
في كل من التجارب المستقلة n، يقع الحدث A باحتمال ثابت قدره 0.47. أوجد احتمال وقوع الحدث A:
أ) بالضبط 330 مرة؛
ب) أقل من 330 وأكثر من 284 مرة؛
ج) أكثر من 330 مرة. العثور على التردد الأكثر احتمالا.أ)
ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.ن = 760، ع = 0.47، م = 330.
ص 760 (330). نحن نستخدمالنظرية المحلية
موافر - لابلاس. نجد:
نجد قيمة الدالة j(x) من الجدول:
ي(1.98) = 0.0562، ف 760 (330) = 0.0562/ 13.76 = 0.00408. ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.ب) ص 760 (284 نحن نستخدم نظرية موافر لابلاس التكاملية. نجد: نجد قيمة الدالة Ф(kh) من الجدول: ص 760 (284 ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.الخامس) ص 760 (330 لدينا: × 1 = -1.98، ص 760 (330المشكلة 2.4. في مقسم الهاتف، يحدث اتصال غير صحيح مع احتمال 1/800. أوجد احتمال حدوث ما يلي من بين 5600 اتصال: أ) بالضبط 2 اتصالات غير صحيحة؛ ب) أقل من 3 اتصالات غير صحيحة؛ ج) أكثر من 8 اتصالات غير صحيحة.أ) نظرا: ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.ن = 5600، ع = 1/800، ك = 2. 800 ص (2). نحصل على: ل = 5600 * 1/800 = 7. ي(1.98) = 0.0562، ف 760 (330) = 0.0562/ 13.76 = 0.00408. ر 800 (2) =تعيين<3. ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.ك<3). 200 ص (ك<3) = Р 800
(0) + Р 800
(1) + Р 800
(2) = 0,0223 + 0,0009 + 0,0064 = 0,0296. ص 760 (284 ر 800 (2) =ص 800 (ك ن = 11، ع = 0.36، ف = 1 - ع = 0.64.ك > 8. ف 800 (ك > 8). يمكن حل هذه المشكلة ببساطة أكبر من خلال إيجاد احتمالية الحدث المعاكس، لأنه في هذه الحالة يلزم حساب عدد أقل من الحدود. مع الأخذ في الاعتبار الحالة السابقة، لدينا<9) = 1 - 0,7291 = 0,2709. Р 800 (ك>8) = 1 - Р 800 (k8) = 1 - Р 800 (ك)المشكلة 2.6. أوجد دالة التوزيع F(x) للمتغير العشوائي X ثم ارسمها. احسب لـ X متوسط قيمتها EX والتشتت DX والوضع Mo. لنرسم دالة التوزيع F(x) . يتم حساب متوسط قيمة EX باستخدام الصيغة: إكس = 8*0.11 + 12*0.14 + 16*0.5 + 24*0.25 = 16.56. التباين: E(X 2) = 8 2 *0.11 + 12 2 *0.14 + 16 2 *0.5 + 24 2 *0.25 = 299.2 دكس = 299.2 – 16.52 2 = 26.2896. الرسم البياني لوظيفة التوزيع المشكلة 2.7.يتم تحديد المتغير العشوائي X بواسطة دالة كثافة الاحتمال و(خ) = أوجد دالة التوزيع F(x) للمتغير العشوائي X. ارسم رسمًا بيانيًا للدالة f(x) وF(x). احسب لـ X متوسط قيمتها EX، والتشتت DX، والوضع Mo، والوسيط Me. ك = 8، ر = 12. نجد دالة التوزيع F(x) لمتغير عشوائي مستمر باستخدام الصيغة: ارسم رسومًا بيانية للدالتين f(x) وF(x). يتم حساب متوسط قيمة X باستخدام الصيغة: EX = لإيجاد تباين X نستخدم الصيغ التالية: ه(×2) = دي إكس = 40.5 – (4.5) 2. يوضح الرسم البياني أن f(x) يصل إلى الحد الأقصى عند النقطة x = 1/2، وبالتالي Mo = 12. للعثور على الوسيط Me، عليك حل المعادلة x 2 / 256 = 1/2، أو x 2 = 128. لدينا x = ± 11.31، أنا = 11.31. رسم بياني لوظيفة التوزيع F(x). الوظيفة رقم 3. المشكلة 3.1 بناءً على العينتين A وB إنشاء سلسلة متنوعة؛ حساب التكرارات النسبية (الترددات) والترددات المتراكمة؛ إنشاء الرسوم البيانية المتسلسلة المتباينة (المضلع والرسم البياني)؛ إنشاء دالة توزيع تجريبية ورسمها؛ احسب الخصائص العددية لسلسلة الاختلاف: المتوسط الحسابي، تشتت، الانحراف المعياري, متوسط لي. المشكلة 3.2. حساب تقديرات غير متحيزة للمعلمات السكانية ,S 2 , Spo العينات A وB (باستخدام النتائج التي تم الحصول عليها في المهمة 3.1.)، وكذلك العمود الأول من العينة B. عينة أ6 N = 73 بداية الفاصل الزمني الأول: 0 طول الفاصل الزمني: 1 العينة ب6 ن = 237 بداية الفاصل الأول: 285 طول الفاصل: 7 حل المشكلة. المهمة 3.1. أولاً، دعونا نحل مشكلة العينة أ. نجد: x min = 0 و x max = 11. النطاق (11 - 0 + 1 = 12) صغير جدًا، لذا سنقوم بتكوين سلسلة متغيرات وفقًا للقيم (الجدول 1). وهذا يعني أن التردد الأكثر احتمالا هو k = 4، وكما تم الحصول عليه سابقا، فإن قيمة p 3 هي الحد الأقصى. نحن نحسب جميع الترددات النسبية بنفس الدقة. عند إنشاء الرسوم البيانية، نصور قيم المحور السيني من 0 إلى 11 وعلى المحور n i / n - القيم من 0 إلى 0.25 (الشكل 1 و 2). أرز. 1. مضلع سلسلة التباين للعينة أ أرز. 2. رسم بياني لسلسلة التباين للعينة أ. نجد دالة التوزيع التجريبية F * (x) باستخدام الصيغة والتكرارات المتراكمة من الجدول. 1. لدينا: عند رسم الرسم البياني F * (x)، نرسم قيم الدالة في النطاق من 0 إلى 1.2 (الشكل 3). الشكل 3. رسم بياني لوظيفة التوزيع التجريبي للعينة أ. ويرد في الجدول حساب مجاميع المتوسط الحسابي والتباين باستخدام الصيغ وسلسلة التباين (انظر الجدول 1). 2. بناءً على التردد الأقصى، نحدد c = 7، وخطوة الجدول k = 1.
.X
8 12 16 24
ر
0,11 0,14 0,50 0,25
4
10
7
6
3
7
8
7
4
7
10
7
3
9
3
1
5
8
10
11
6
5
7
6
3
8
4
3
8
4
10
6
8
7
8
7
7
7
4
6
7
10
4
4
0
5
4
4
8
5
5
10
7
3
8
5
6
6
6
3
5
7
8
5
7
10
9
10
8
2
3
6
9
324
296
313
323
312
321
322
301
337
322
329
307
301
328
312
318
327
315
319
317
309
334
323
340
326
322
314
335
313
322
319
325
312
300
323
335
339
326
298
298
337
322
303
314
315
310
316
321
312
315
331
322
321
336
328
315
338
318
327
323
325
314
297
303
322
314
317
330
318
320
312
333
332
319
325
319
307
305
316
330
318
335
327
321
332
288
322
334
295
318
329
305
310
304
326
319
317
316
316
307
309
309
328
317
317
322
316
304
303
350
309
327
345
329
338
311
316
324
310
306
308
302
315
314
343
320
304
310
345
312
330
324
308
326
313
320
328
309
306
306
308
324
312
309
324
321
313
330
330
315
320
313
302
295
337
346
327
320
307
305
323
331
345
315
318
331
322
315
304
324
317
322
312
314
308
303
333
321
312
323
317
288
317
327
292
316
322
319
313
328
313
309
329
313
334
314
320
301
329
319
332
316
300
300
304
306
314
323
318
337
325
321
322
288
313
314
307
329
302
300
316
321
315
323
331
318
334
316
328
294
288
312
312
315
321
332
319
الانحراف المعياري 
وضع Mo هو القيمة ذات التردد الأقصى، أي. Mo = 7. الوسيط Me هو القيمة السابعة والثلاثون لسلسلة التباين: Me = 7.
الآن، باستخدام العينة ب، سنجد x min = 288 و x max = 350. النطاق (350 - 288 + 1 = 63) كبير جدًا، لذلك سنقوم بتكوين سلسلة تباين وفقًا لفترات القيم، باستخدام بداية الفاصل الزمني الأول وطول الفاصل الزمني المعطى أثناء أخذ العينات (الجدول 3).
الجدول 3
أرز. 4. مضلع سلسلة التباين للعينة B.
أرز. 5. رسم بياني لسلسلة الاختلافات في العينة B.
عند إنشاء الرسوم البيانية، نرسم على طول قيم المحور السيني من 285 إلى 355 وعلى طول المحور n i / n - القيم من 0 إلى 0.3 (الشكل 4 و5).
بعد ذلك، نأخذ في الاعتبار أن نهاية كل فترة تؤخذ كممثل. بأخذ نهايات الفترات والترددات المتراكمة المقابلة لها كإحداثيات النقاط (انظر الجدول 3) وربط هذه النقاط بخطوط مستقيمة، سنقوم ببناء رسم بياني لدالة التوزيع التجريبية (الشكل 6).
أرز. 6. رسم بياني لوظيفة التوزيع التجريبي للعينة B.
حساب الوسط الحسابي والتباين باستخدام الصيغ والجداول. 3 نحدد ج = 316 و ك = 7. نحسب المقادير باستخدام الجدول. 4 (الجدول 4).
باستخدام الصيغ نحسب الوسط الحسابي 
والتباين 227.8
نجد الوسيط باستخدام الصيغة: أنا =.
المشكلة 3.2.
وباستخدام الصيغة نجد تقديرات غير متحيزة للتباين والانحراف المعياري:
ن = 73، ق -2 = 5.8143، ق 2 = 73/72×5.8143 = 5.8951، ق = 2.43.
للعينة B لدينا
393.92، = 177.47، ن = 237، ق 2 = 237/236×177.47 = 178.222، ق = 13.35.
يتم الحصول على تقديرات غير متحيزة للعمود الأول من العينة B بطريقة مماثلة (إذا كانت هذه العينة تحتوي على عدد قليل من العناصر المتكررة، فلا يلزم تجميع سلسلة التباين).
مثال 1. في الجرة الأولى: ثلاث كرات حمراء وواحدة بيضاء. في الجرة الثانية: واحدة حمراء وثلاث كرات بيضاء. يتم رمي العملة بشكل عشوائي: إذا كانت شعار النبالة، يتم اختيارها من الجرة الأولى، وإلا من الجرة الثانية.
حل:
أ) احتمال سحب كرة حمراء
أ- حصل على كرة حمراء
ف 1 - سقط شعار النبالة، ف 2 - خلاف ذلك
ب) تم اختيار الكرة الحمراء. أوجد احتمال أن تؤخذ من الجرة الأولى من الجرة الثانية.
ب1 – من الجرة الأولى، ب2 – من الجرة الثانية
,
مثال 2. يوجد 4 كرات في صندوق. يمكن أن يكون: أبيض فقط، أسود فقط أو أبيض وأسود. (التكوين غير معروف).
حل:
أ- احتمال ظهور كرة بيضاء
أ) كل شيء أبيض:
(احتمال أنك حصلت على أحد الخيارات الثلاثة التي توجد بها خيارات بيضاء)
(احتمال ظهور كرة بيضاء حيث يكون الجميع باللون الأبيض)
ب) انسحبت حيث يكون الجميع أسود
ج) تم سحب الخيار الذي يكون فيه الجميع أبيض و/أو أسود
- واحد منهم على الأقل أبيض
ف أ + ف ب + ف ج =
مثال 3. هناك 5 كرات بيضاء و 4 كرات سوداء في الجرة. يتم إخراج كرتين منها على التوالي. أوجد احتمال أن تكون الكرتان بيضاء اللون.
حل:
5 كرات بيضاء، 4 كرات سوداء
P(A1) – تم إخراج الكرة البيضاء
P(A2) – احتمال أن تكون الكرة الثانية بيضاء أيضًا
P(A) – الكرات البيضاء المختارة على التوالي
المثال 3أ. تحتوي العبوة على ورقتين نقديتين مزيفتين و8 أوراق نقدية حقيقية. تم سحب ورقتين نقديتين من العبوة على التوالي. أوجد احتمال أن يكون كلاهما مزيفًا.
حل:
ف(2) = 2/10*1/9 = 1/45 = 0.022
مثال 4. هناك 10 صناديق. هناك 9 جرار بها كرتان باللون الأسود وكرتان باللون الأبيض. هناك 5 بيض و 1 أسود في جرة واحدة. تم سحب كرة من جرة أُخذت عشوائيًا.
حل:
ف(أ) - ؟ تؤخذ كرة بيضاء من جرة تحتوي على 5 كرات بيضاء
ب – احتمال السحب من جرة تحتوي على 5 بياض
- أخرج من الآخرين
ج1 – احتمال ظهور كرة بيضاء عند المستوى 9.
ج2- احتمال ظهور كرة بيضاء حيث يوجد 5 منها
ف(أ 0)= ف(ب 1) ف(ج 1)+ف(ب 2) ف(ج 2)
مثال 5. 20 بكرة أسطوانية و15 بكرة مخروطية الشكل. يأخذ المنتقي بكرة واحدة ثم أخرى.
حل:
أ) كلا البكرتين أسطوانيتان
ف(ج 1)=; ف(تس 2)=
ج1 – الاسطوانة الأولى، ج2 – الاسطوانة الثانية
ف(أ)=ف(تس 1)ف(تس 2) =
ب) اسطوانة واحدة على الأقل
ك1 – أول مخروطي الشكل .
ك2- ثاني مخروطي الشكل.
P(B)=P(Ts 1)P(K 2)+P(Ts 2)P(K 1)+P(Ts 1)P(Ts 2)
;
ج) الاسطوانة الأولى وليس الثانية
ف(ج)=ف(ج 1)ف(ك 2)
ه) ليست اسطوانة واحدة.
ف(د)=ف(ك 1)ف(ك 2)
ه) بالضبط 1 اسطوانة
ف(ه)=ف(ج 1)ف(ك 2)+ف(ك 1)ف(ك 2)
مثال 6. يوجد 10 أجزاء قياسية و5 أجزاء معيبة في الصندوق.
يتم رسم ثلاثة أجزاء بشكل عشوائي
أ) أحدهما معيب
P n (K)=C n k ·p k ·q n-k ,
P - احتمال وجود منتجات معيبة
ف - احتمال الأجزاء القياسية
ن = 3، ثلاثة أجزاء
ب) اثنان من الأجزاء الثلاثة معيبان P(2)
ج) معيار واحد على الأقل
ف(0) - لا يوجد عيب
P=P(0)+ P(1)+ P(2) - احتمال أن يكون جزء واحد على الأقل قياسيًا
مثال 7. الجرة الأولى تحتوي على 3 كرات بيضاء وسوداء، الجرة الثانية تحتوي على 3 كرات بيضاء و4 كرات سوداء. يتم نقل كرتين من الجرة الأولى إلى الثانية دون النظر، ثم يتم سحب كرتين من الجرة الثانية. ما هو احتمال أن تكون ألوانهم مختلفة؟
حل:
عند نقل الكرات من الجرة الأولى، تكون الخيارات التالية ممكنة:
أ) أخرج كرتين أبيضتين على التوالي
ف ب ب 1 =
في الخطوة الثانية، ستكون هناك دائمًا كرة واحدة أقل، لأنه في الخطوة الأولى تم إخراج كرة واحدة بالفعل.
ب) أخرج كرة بيضاء وأخرى سوداء
الموقف الذي يتم فيه سحب الكرة البيضاء أولاً ثم الكرة السوداء
ف الرأس الحربي =
الموقف الذي تم فيه سحب الكرة السوداء أولاً ثم الكرة البيضاء
ف بو =
المجموع: ف الرأس الحربي 1 =
ج) أخرج كرتين أسودتين على التوالي
ف ح ح 1 =
بما أنه تم نقل كرتين من الجرة الأولى إلى الجرة الثانية، فإن إجمالي عدد الكرات في الجرة الثانية سيكون 9 (7 + 2). وبناءً على ذلك، سنبحث عن جميع الخيارات الممكنة:
أ) في البداية تم أخذ كرة بيضاء ثم كرة سوداء من الجرة الثانية
P BB 2 P BB 1 - يعني احتمال سحب كرة بيضاء أولاً، ثم كرة سوداء، بشرط سحب كرتين أبيضتين من الجرة الأولى على التوالي. ولهذا فإن عدد الكرات البيضاء في هذه الحالة هو 5 (3+2).
P BC 2 P BC 1 - يعني احتمال سحب كرة بيضاء أولاً، ثم كرة سوداء، بشرط سحب الكرات البيضاء والسوداء من الجرة الأولى. ولهذا فإن عدد الكرات البيضاء في هذه الحالة هو 4 (3+1)، وعدد الكرات السوداء هو خمسة (4+1).
P BC 2 P BC 1 - يعني احتمال سحب كرة بيضاء أولاً، ثم كرة سوداء، بشرط أن يتم سحب الكرتين الأسودتين من الجرة الأولى على التوالي. ولهذا فإن عدد الكرات السوداء في هذه الحالة هو 6 (4+2).
احتمال أن تكون الكرتان المسحوبتان بألوان مختلفة يساوي:
الجواب: ع = 0.54
المثال 7أ. من الجرة الأولى التي تحتوي على 5 كرات بيضاء و3 كرات سوداء، تم نقل كرتين بشكل عشوائي إلى الجرة الثانية التي تحتوي على 2 كرات بيضاء و6 كرات سوداء. ثم تم سحب كرة واحدة بشكل عشوائي من الجرة الثانية.
1) ما هو احتمال أن تصبح الكرة المسحوبة من الجرة الثانية بيضاء اللون؟
2) تبين أن الكرة المأخوذة من الجرة الثانية بيضاء اللون. احسب احتمال نقل كرات ذات ألوان مختلفة من الجرة الأولى إلى الثانية.
حل.
1) الحدث أ - تبين أن الكرة المسحوبة من الجرة الثانية بيضاء اللون. دعونا نفكر في الخيارات التالية لحدوث هذا الحدث.
أ) تم وضع كرتين أبيضتين من الجرة الأولى إلى الثانية: P1(bb) = 5/8*4/7 = 20/56.
يوجد إجمالي 4 كرات بيضاء في الجرة الثانية. إذن احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الثانية هو P2(4) = 20/56*(2+2)/(6+2) = 80/448
ب) تم وضع الكرات البيضاء والسوداء من الجرة الأولى إلى الثانية: P1(bch) = 5/8*3/7+3/8*5/7 = 30/56.
يوجد إجمالي 3 كرات بيضاء في الجرة الثانية. إذن احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الثانية هو P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
ج) تم وضع كرتين أسودتين من الجرة الأولى إلى الثانية: P1(hh) = 3/8*2/7 = 6/56.
يوجد إجمالي كرتين أبيضتين في الجرة الثانية. إذن احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الثانية هو P2(2) = 6/56*2/(6+2) = 12/448
إذن فإن احتمال أن تصبح الكرة المسحوبة من الجرة الثانية بيضاء اللون هو:
ف(أ) = 80/448 + 90/448 + 12/448 = 13/32
2) تبين أن الكرة المأخوذة من الجرة الثانية بيضاء اللون، أي. الاحتمال الإجمالي هو P(A)=13/32.
احتمالية وضع كرات مختلفة الألوان (أبيض وأسود) في الجرة الثانية وتم اختيار اللون الأبيض: P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
ف = P2(3)/ ف(أ) = 90/448 / 13/32 = 45/91
المثال 7ب. الجرة الأولى تحتوي على 8 كرات بيضاء و3 كرات سوداء، الجرة الثانية تحتوي على 5 كرات بيضاء و3 كرات سوداء. يتم اختيار كرة واحدة عشوائيًا من الأولى، وكرتين من الثانية. بعد ذلك، يتم أخذ كرة واحدة بشكل عشوائي من الكرات الثلاث المختارة. تبين أن هذه الكرة الأخيرة كانت سوداء. أوجد احتمال اختيار كرة بيضاء من الجرة الأولى.
حل.
دعونا ننظر في جميع المتغيرات للحدث أ - من بين ثلاث كرات، تبين أن الكرة المسحوبة سوداء. كيف يمكن أن يكون بين الكرات الثلاث كرة سوداء؟
أ) تم أخذ كرة سوداء من الجرة الأولى، وكرتين أبيضتين من الجرة الثانية.
P1 = (3/11)(5/8*4/7) = 15/154
ب) تم أخذ كرة سوداء من الجرة الأولى، وكرتين أسودتين من الجرة الثانية.
P2 = (3/11)(3/8*2/7) = 9/308
ج) تم أخذ كرة سوداء من الجرة الأولى، وكرة بيضاء وكرة سوداء من الجرة الثانية.
P3 = (3/11)(3/8*5/7+5/8*3/7) = 45/308
د) تم أخذ كرة بيضاء من الجرة الأولى، وكرتين أسودتين من الجرة الثانية.
P4 = (8/11)(3/8*2/7) = 6/77
هـ) تم أخذ كرة بيضاء من الجرة الأولى، وكرة بيضاء وكرة سوداء من الجرة الثانية.
P5 = (8/11)(3/8*5/7+5/8*3/7) = 30/77
الاحتمال الإجمالي هو: P = P1+P2+ P3+P4+P5 = 15/154+9/308+45/308+6/77+30/77 = 57/77
احتمال سحب كرة بيضاء من جرة بيضاء هو:
الرصاص (1) = P4 + P5 = 6/77+30/77 = 36/77
فإن احتمال اختيار كرة بيضاء من الجرة الأولى، بشرط اختيار كرة سوداء من ثلاث كرات، يساوي:
Pch = الرصاص (1) / P = 36/77 / 57/77 = 36/57
مثال 7ج. الجرة الأولى تحتوي على 12 كرة بيضاء و16 كرة سوداء، الجرة الثانية تحتوي على 8 كرات بيضاء و10 كرات سوداء. في الوقت نفسه، يتم سحب الكرة من الجرة الأولى والثانية، وخلطها وإعادتها إلى كل جرة. ثم يتم سحب كرة من كل جرة. اتضح أنهم نفس اللون. أوجد احتمال بقاء عدد من الكرات البيضاء في الجرة الأولى مساويًا لما كان عليه في البداية.
حل.
الحدث أ - يتم سحب الكرة في وقت واحد من الجرة الأولى والثانية.
احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الأولى: P1(B) = 12/(12+16) = 12/28 = 3/7
احتمال سحب كرة سوداء من الجرة الأولى: P1(H) = 16/(12+16) = 16/28 = 4/7
احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الثانية: P2(B) = 8/18 = 4/9
احتمال سحب كرة سوداء من الجرة الثانية: P2(H) = 10/18 = 5/9
حدث الحدث أ. الحدث ب - سحب كرة من كل جرة. بعد الخلط، يكون احتمال عودة كرة بيضاء أو سوداء إلى الجرة هو ½.
لنفكر في خيارات الحدث B - لقد تبين أنها بنفس اللون.
للجرة الأولى
1) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وسحبت كرة بيضاء، بشرط أن تكون الكرة البيضاء قد تم سحبها مسبقًا، P1(BB/A=B) = ½ * 12/28 * 3/7 = 9/98
2) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وسحبت كرة بيضاء، على أن يتم سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(BB/A=H) = ½ * 13/28 * 4/7 = 13/ 98
3) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وسحب أخرى سوداء، بشرط سحب كرة بيضاء في وقت سابق، P1(BC/A=B) = ½ * 16/28 * 3/7 = 6/ 49
4) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وتم سحب كرة سوداء، على أن يتم سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(BC/A=H) = ½ * 15/28 * 4/7 = 15/ 98
5) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى وسحب كرة بيضاء، بشرط أن تكون الكرة البيضاء قد تم سحبها مسبقًا، P1(BW/A=B) = ½ * 11/28 * 3/7 = 33/392
6) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى وسحبت كرة بيضاء، بشرط سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(BW/A=H) = ½ * 12/28 * 4/7 = 6/ 49
7) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى، وتم سحب كرة سوداء، على أن يتم سحب كرة بيضاء في وقت سابق، P1(HH/A=B) = ½ * 17/28 * 3/7 = 51 /392
8) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى، وتم سحب كرة سوداء، بشرط أن تكون قد تم سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(HH/A=H) = ½ * 16/28 * 4/7 = 8/ 49
للجرة الثانية
1) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وسحبت كرة بيضاء، بشرط أن تكون الكرة البيضاء قد تم سحبها مسبقًا، P1(BB/A=B) = ½ * 8/18 * 3/7 = 2/21
2) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وسحبت كرة بيضاء، على أن يتم سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(BB/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
3) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وتم سحب كرة سوداء، بشرط سحب كرة بيضاء في وقت سابق، P1(BC/A=B) = ½ * 10/18 * 3/7 = 5/ 42
4) تم وضع كرة بيضاء في الجرة الأولى وتم سحب كرة سوداء، على أن يتم سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(BC/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
5) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى وسحب كرة بيضاء، بشرط أن تكون الكرة البيضاء قد تم سحبها مسبقًا، P1(BW/A=B) = ½ * 7/18 * 3/7 = 1/12
6) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى وسحبت كرة بيضاء، بشرط سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(BW/A=H) = ½ * 8/18 * 4/7 = 8/ 63
7) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى وتم سحب كرة سوداء، على أن يتم سحب كرة بيضاء في وقت سابق، P1(HH/A=B) = ½ * 11/18 * 3/7 = 11/ 84
8) تم وضع كرة سوداء في الجرة الأولى وسحبت أخرى سوداء، بشرط أن تكون قد تم سحب كرة سوداء في وقت سابق، P1(HH/A=H) = ½ * 10/18 * 4/7 = 10/63
تبين أن الكرات بنفس اللون:
أ) أبيض
P1(B) = P1(BB/A=B) + P1(BB/A=B) + P1(BW/A=B) + P1(BW/A=B) = 9/98 + 13/98 + 33 /392 + 6/49 = 169/392
P2(B) = P1(BB/A=B) + P1(BB/A=B) + P1(BW/A=B) + P1(BW/A=B) = 2/21+1/7+1 /12+8/63 = 113/252
ب) أسود
P1(H) = P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) + P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) = 6/49 + 15/98 + 51 /392 + 8/49 = 223/392
P2(H) = P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) + P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) =5/42+1/7+11 /84+10/63 = 139/252
ف = P1(B)* P2(B) + P1(H)* P2(H) = 169/392*113/252 + 223/392*139/252 = 5/42
المثال 7 د. يحتوي الصندوق الأول على 5 كرات بيضاء و4 كرات زرقاء، والثاني يحتوي على 3 و1، والثالث يحتوي على 4 و5 على التوالي. تم اختيار صندوق عشوائيًا، فتبين أن الكرة التي تم سحبها منه كانت زرقاء اللون. ما احتمال أن تكون هذه الكرة من الصندوق الثاني؟
حل.
أ - حدث سحب كرة زرقاء . دعونا نفكر في جميع النتائج المحتملة لمثل هذا الحدث.
H1 - الكرة المسحوبة من الصندوق الأول،
H2 - الكرة التي تم سحبها من الصندوق الثاني،
H3 - كرة مسحوبة من الصندوق الثالث.
ف(H1) = ف(H2) = ف(H3) = 1/3
وفقًا لشروط المشكلة، فإن الاحتمالات الشرطية للحدث A تساوي:
ف(أ|H1) = 4/(5+4) = 4/9
ف(أ|H2) = 1/(3+1) = 1/4
ف(أ|H3) = 5/(4+5) = 5/9
P(A) = P(H1)*P(A|H1) + P(H2)*P(A|H2) + P(H3)*P(A|H3) = 1/3*4/9 + 1 /3*1/4 + 1/3*5/9 = 5/12
احتمال أن تكون هذه الكرة من الصندوق الثاني هو :
P2 = P(H2)*P(A|H2) / P(A) = 1/3*1/4 / 5/12 = 1/5 = 0.2
مثال 8. خمسة صناديق بها 30 كرة يحتوي كل منها على 5 كرات حمراء (هذا صندوق التركيب H1)، وستة صناديق أخرى بها 20 كرة يحتوي كل منها على 4 كرات حمراء (هذا صندوق التركيب H2). أوجد احتمال وجود كرة حمراء أُخذت عشوائيًا في أحد الصناديق الخمسة الأولى.
الحل: المشكلة هي تطبيق معادلة الاحتمالية الإجمالية.
ف(ح 1) = 5/11
احتمال ذلك أيالكرة المأخوذة موجودة في واحد من ستة صناديق:
ف(H2) = 6/11
حدث الحدث - تم سحب الكرة الحمراء. ولذلك فإن هذا يمكن أن يحدث في حالتين:
أ) انسحبت من الصناديق الخمسة الأولى.
ف5 = 5 كرات حمراء * 5 صناديق / (30 كرة * 5 صناديق) = 1/6
ف(ف 5 / ح 1) = 1/6 * 5/11 = 5/66
ب) انسحبت من ستة صناديق أخرى.
ف6 = 4 كرات حمراء * 6 صناديق / (20 كرة * 6 صناديق) = 1/5
ف(ف 6 / ح 2) = 1/5 * 6/11 = 6/55
الإجمالي: ف(ف 5 /ح 1) + ف (ف 6 /ح 2) = 5/66 + 6/55 = 61/330
وبالتالي، فإن احتمال وجود كرة حمراء مسحوبة عشوائيًا في أحد المربعات الخمسة الأولى هو:
ص ك.ش. (ح1) = ف(ف 5 /ح 1) / (ف(ف 5 /ح 1) + ف(ف 6 /ح 2)) = 5/66 / 61/330 = 25/61
مثال 9. تحتوي الجرة على 2 كرات بيضاء و3 كرات سوداء و4 كرات حمراء. تم سحب ثلاث كرات بشكل عشوائي. ما احتمال أن تكون كرتان على الأقل بنفس اللون؟
حل. هناك ثلاث نتائج محتملة:
أ) من بين الكرات الثلاث المرسومة كانت هناك كرتان أبيضتان على الأقل.
ف ب (2) = ف 2 ب
إجمالي عدد النتائج الأولية المحتملة لهذه الاختبارات يساوي عدد الطرق التي يمكن من خلالها استخراج 3 كرات من 9:
دعونا نجد احتمال أن تكون 2 من الكرات الثلاث المختارة بيضاء اللون.
عدد الخيارات للاختيار من بين كرتين بيضاء:
عدد الخيارات للاختيار من بين 7 كرات أخرى الكرة الثالثة:
ب) من بين الكرات الثلاث المرسومة كان هناك على الأقل كرتان أسودتان (أي إما 2 سوداء أو 3 سوداء).
دعونا نجد احتمال أن تكون 2 من الكرات الثلاث المختارة سوداء.
عدد الخيارات للاختيار من بينها 3 كرات سوداء:
عدد الخيارات للاختيار من بين 6 كرات أخرى للكرة الواحدة:
ف 2ح = 0.214
دعونا نجد احتمال أن تكون جميع الكرات المحددة سوداء.
ف ح (2) = 0.214+0.0119 = 0.2259
ج) من بين الكرات الثلاث المسحوبة كان هناك على الأقل كرتان أحمرتان (أي إما كرتان أحمرتان أو 3 حمراء).
دعونا نجد احتمال أن تكون 2 من الكرات الثلاث المختارة حمراء.
عدد الخيارات للاختيار من بينها 4 كرات سوداء:
عدد الخيارات للاختيار من بينها: 5 كرات بيضاء، وواحدة بيضاء متبقية:
دعونا نجد احتمال أن تكون جميع الكرات المحددة حمراء.
ف إلى (2) = 0.357 + 0.0476 = 0.4046
إذن فإن احتمال أن تكون كرتان على الأقل بنفس اللون يساوي: P = P b (2) + P h (2) + P k (2) = 0.0833 + 0.2259 + 0.4046 = 0.7138
مثال 10. تحتوي الجرة الأولى على 10 كرات، 7 منها بيضاء؛ الجرة الثانية تحتوي على 20 كرة، 5 منها بيضاء. يتم سحب كرة واحدة عشوائيًا من كل جرة، ثم يتم سحب كرة واحدة عشوائيًا من هاتين الكرتين. أوجد احتمال سحب الكرة البيضاء.
حل. احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الأولى هو P(b)1 = 7/10. وعليه، فإن احتمال سحب كرة سوداء هو P(h)1 = 3/10.
احتمال سحب كرة بيضاء من الجرة الثانية هو P(b)2 = 5/20 = 1/4. وعليه، فإن احتمال سحب كرة سوداء هو P(h)2 = 15/20 = 3/4.
الحدث أ - أخذ كرة بيضاء من كرتين
دعونا نفكر في النتيجة المحتملة للحدث أ.
- تم سحب كرة بيضاء من الجرة الأولى، وكرة بيضاء من الجرة الثانية. ثم تم سحب كرة بيضاء من هاتين الكرتين. P1 = 7/10*1/4 = 7/40
- تم سحب كرة بيضاء من الجرة الأولى وكرة سوداء من الجرة الثانية. ثم تم سحب كرة بيضاء من هاتين الكرتين. P2 = 7/10*3/4 = 21/40
- تم سحب كرة سوداء من الجرة الأولى، وكرة بيضاء من الجرة الثانية. ثم تم سحب كرة بيضاء من هاتين الكرتين. P3 = 3/10*1/4 = 3/40
ف = P1 + P2 + P3 = 7/40 + 21/40 + 3/40 = 31/40
مثال 11. يوجد عدد n من كرات التنس في الصندوق. من هذه، لعبت م. في المباراة الأولى، تم أخذ كرتين بشكل عشوائي وإعادتهما بعد المباراة. في المباراة الثانية، أخذنا أيضًا كرتين بشكل عشوائي. ما احتمال أن تُلعب المباراة الثانية بكرات جديدة؟
حل. خذ بعين الاعتبار الحدث أ - تم لعب المباراة للمرة الثانية بكرات جديدة. دعونا نرى ما هي الأحداث التي يمكن أن تؤدي إلى هذا.
دعونا نشير بالرمز g = n-m إلى عدد الكرات الجديدة قبل سحبها.
أ) في المباراة الأولى تم سحب كرتين جديدتين.
P1 = ز/ن*(ز-1)/(ن-1) = ز(ز-1)/(ن(ن-1))
ب) في المباراة الأولى، قاموا بسحب كرة جديدة وواحدة لعبت واحدة بالفعل.
P2 = جم/ن*م/(ن-1) + م/ن*ز/(ن-1) = 2مجم/(ن(ن-1))
ج) في المباراة الأولى، تم سحب كرتين تم لعبهما.
P3 = م/ن*(م-1)/(ن-1) = م(م-1)/(ن(ن-1))
دعونا نلقي نظرة على أحداث المباراة الثانية.
أ) تم سحب كرتين جديدتين، تحت الشرط P1: بما أن الكرات الجديدة قد تم سحبها بالفعل للمباراة الأولى، فقد انخفض عددها بمقدار 2، g-2 في المباراة الثانية.
ف(A/P1) = (ز-2)/ن*(ز-2-1)/(ن-1)*P1 = (ز-2)/ن*(ز-2-1)/(ن- 1)*ز(ز-1)/(ن(ن-1))
ب) تم سحب كرتين جديدتين، تحت الشرط P2: بما أن كرة واحدة جديدة قد تم سحبها بالفعل للمباراة الأولى، فقد انخفض عددها بمقدار 1، g-1 في المباراة الثانية.
ف(A/P2) =(ز-1)/ن*(ز-2)/(ن-1)*P2 = (ز-1)/ن*(ز-2)/(ن-1)*2مجم /(ن(ن-1))
ج) تم سحب كرتين جديدتين، تحت الشرط P3: بما أنه لم يتم استخدام كرات جديدة سابقًا في المباراة الأولى، فإن عددها لم يتغير في المباراة الثانية ز.
P(A/P3) = ز/ن*(ز-1)/(ن-1)*P3 = ز/ن*(ز-1)/(ن-1)*م(م-1)/(ن (ن-1))
إجمالي الاحتمال P(A) = P(A/P1) + P(A/P2) + P(A/P3) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)* ز(ز-1)/(ن(ن-1)) + (ز-1)/ن*(ز-2)/(ن-1)*2مجم/(ن(ن-1)) + ز/ن *(ز-1)/(ن-1)*م(م-1)/(ن(ن-1)) = (ن-2)(ن-3)(ن-م-1)(ن-م)/(( ن-1)^2*ن^2)
الإجابة: P(A)=(n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/((n-1)^2*n^2)
مثال 12. يحتوي الصندوق الأول والثاني والثالث على 2 كرات بيضاء و3 كرات سوداء، ويحتوي الصندوقان الرابع والخامس على 1 كرة بيضاء و1 كرة سوداء. تم اختيار صندوق عشوائيًا وسحب كرة منه. ما الاحتمال الشرطي لاختيار المربع الرابع أو الخامس إذا كانت الكرة المسحوبة بيضاء؟
حل.
احتمال اختيار كل مربع هو P(H) = 1/5.
دعونا نفكر في الاحتمالات الشرطية للحدث أ - سحب الكرة البيضاء.
ف(أ|ح=1) = 2/5
ف(أ|ح=2) = 2/5
ف(أ|ح=3) = 2/5
ف(أ|ح=4) = ½
ف(أ|ح=5) = ½
الاحتمال الإجمالي لسحب كرة بيضاء:
ف(أ) = 2/5*1/5 + 2/5*1/5 +2/5*1/5 +1/2*1/5 +1/2*1/5 = 0.44
الاحتمال الشرطي لتحديد المربع الرابع
ف(ح=4|أ) = 1/2*1/5 / 0.44 = 0.2273
الاحتمال الشرطي لتحديد المربع الخامس
ف(ح=5|أ) = 1/2*1/5 / 0.44 = 0.2273
في المجمل، الاحتمال الشرطي لتحديد المربع الرابع أو الخامس هو
ف(ح=4، ح=5|أ) = 0.2273 + 0.2273 = 0.4546
مثال 13. كان هناك 7 كرات بيضاء و 4 كرات حمراء في الجرة. ثم تم وضع كرة أخرى ذات لون أبيض أو أحمر أو أسود في الجرة وبعد الخلط تم إخراج كرة واحدة. اتضح أنه أحمر. ما هو احتمال أ) وضع كرة حمراء؟ ب) الكرة السوداء؟
حل.
أ) الكرة الحمراء
الحدث أ - سحب الكرة الحمراء. الحدث ح - تم وضع الكرة الحمراء. احتمال وضع كرة حمراء في الجرة P(H=K) = 1 / 3
ثم P(A|H=K)= 1 / 3 * 5 / 12 = 5 / 36 = 0.139
ب) الكرة السوداء
الحدث أ - سحب الكرة الحمراء. الحدث ح - يتم وضع كرة سوداء.
احتمال وضع كرة سوداء في الجرة P(H=H) = 1/3
ثم P(A|H=H)= 1 / 3 * 4 / 12 = 1 / 9 = 0.111
مثال 14. هناك نوعان من الجرار مع الكرات. إحداهما بها 10 كرات حمراء و5 كرات زرقاء، والثانية بها 5 كرات حمراء و7 كرات زرقاء. ما احتمال سحب كرة حمراء عشوائيًا من الجرة الأولى وكرة زرقاء من الجرة الثانية؟
حل.ليكن الحدث A1 عبارة عن كرة حمراء مسحوبة من الجرة الأولى؛ A2 - يتم سحب كرة زرقاء من الجرة الثانية:
,
الحدثان A1 وA2 مستقلان. احتمال الحدوث المشترك للحدثين A1 و A2 يساوي
مثال 15. هناك مجموعة من البطاقات (36 قطعة). يتم سحب ورقتين بشكل عشوائي على التوالي. ما هو احتمال أن تكون كلتا البطاقتين المسحوبتين باللون الأحمر؟
حل.ليكن الحدث A 1 هو أول بطاقة حمراء يتم سحبها. الحدث أ2 - سحب البطاقة الحمراء الثانية. ب- كلتا البطاقتين المسحوبتين باللون الأحمر. بما أنه لا بد من وقوع الحدث A 1 والحدث A 2، فإن B = A 1 · A 2 . الحدثان A 1 و A 2 مستقلان، وبالتالي P(B) :
,
من هنا
مثال 16. تحتوي الجرة الثانية على كرات تختلف في اللون فقط، وفي الجرة الأولى يوجد 5 كرات بيضاء و11 كرات سوداء و8 كرات حمراء، وفي الجرة الثانية يوجد 10، 8، 6 كرات على التوالي. يتم سحب كرة واحدة بشكل عشوائي من كلا الجرتين. ما هو احتمال أن تكون الكرتان بنفس اللون؟
حل.دع الفهرس 1 يعني الأبيض، والفهرس 2 يعني الأسود؛ 3- اللون الأحمر . ليكن الحدث A i هو سحب كرة من اللون i من الجرة الأولى؛ الحدث B j - سحب كرة من اللون j من الجرة الثانية؛ الحدث أ - الكرتان لهما نفس اللون.
أ = أ 1 · ب 1 + أ 2 · ب 2 + أ 3 · ب 3. الحدثان A i وB j مستقلان، وA i · B i وA j · B j غير متوافقين مع i ≠ j. لذلك،
ف(أ)=ف(أ 1) ف(ب 1)+ف(أ 2) ف(ب 2)+ف(أ 3) ف(ب 3) =
مثال 17. من جرة تحتوي على 3 كرات بيضاء و2 كرات سوداء، يتم سحب الكرات واحدة تلو الأخرى حتى يظهر اللون الأسود. أوجد احتمال سحب ثلاث كرات من الجرة؟ 5 كرات؟
حل.
1) احتمال سحب 3 كرات من الجرة (أي أن الكرة الثالثة ستكون سوداء والأول اثنتين ستكون بيضاء).
ع=3/5*2/4*2/3=1/5
2) احتمال سحب 5 كرات من الجرة
هذا الوضع غير ممكن، لأن 3 كرات بيضاء فقط.
ف = 0