Проблем 174tv
а) 3 бели топки;
б) по-малко от 3 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Проблем 176tv
Една урна съдържа 6 черни и 5 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 5 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 3 бели топки;
б) по-малко от 3 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Проблем 178tv
Една урна съдържа 4 черни и 5 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 4 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 2 бели топки;
б) по-малко от 2 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Проблем 180тв
Една урна съдържа 6 черни и 7 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 4 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 4 бели топки;
б) по-малко от 4 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Проблем 184tv
Една урна съдържа 8 черни и 6 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 4 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 3 бели топки;
б) по-малко от 3 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Проблем 186tv
Една урна съдържа 4 черни и 6 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 4 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 3 бели топки;
б) по-малко от 3 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Проблем 188tv
Една урна съдържа 5 черни и 6 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 5 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 4 бели топки;
б) по-малко от 4 бели топки;
в) поне една бяла топка.
Работа №1
Случайни събития
Вариант 6.
Задача 1.1.Хвърлят се три монети. Намерете вероятността само две монети да имат „герб“.
Проучва се събитие А – само две от три монети ще имат герб. Монетата има две страни, което означава, че общият брой събития при хвърляне на три монети ще бъде 8. В три случая само две монети ще имат герб. Изчисляваме вероятността за събитие А по формулата:
P(A) = m/n = 3/8.
Отговор: вероятност 3/8.
Задача 1.2.Думата СЪБИТИЕ е съставена от карти, на всяка от които е написана по една буква. След това картите се смесват и се изваждат една по една, без да се връщат. Намерете вероятността буквите да бъдат извадени в реда на дадената дума.
Тестът се състои в изваждане на карти с букви в произволен ред без връщане. Елементарното събитие е получената поредица от букви. Събитие А се състои от получаване точната думаСЪБИТИЕ . Елементарните събития са пермутации от 7 букви, което означава, че според формулата имаме n= 7!
Буквите в думата СЪБИТИЕ не се повтарят, така че не са възможни пермутации, при които думата не се променя. Броят им е 1.
По този начин,
P(A) = 1/7! = 1/5040.
Отговор: P(A) = 1/5040.
Задача 1.3.Както в предишна задача, намерете съответната вероятност за случая, когато дадена думаса думите на АНТОНОВ ИЛЯ.
Този проблем се решава подобно на предишния.
n= 11!; М = 2!*2! = 4.
P(A) = 4/11 = 4/39916800 = 1/9979200
Отговор: P(A) =1/9979200.
Задача 1.4.Една урна съдържа 8 черни и 6 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 5 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 3 бели топки;
б) по-малко от 3 бели топки;
в) поне една бяла топка.
8 часа Тестът ще включва произволно теглене на 5 топки. Елементарно
6 b събития са всички възможни комбинации от 5 от 14 топки. Броят им е равен
а) A 1 - сред изтеглените топки има 3 бели. Това означава, че сред изтеглените топки има 3 бели и 2 черни. Използвайки правилото за умножение, получаваме
P(A 1) = 560/2002 = 280/1001.b) A 2 - сред изтеглените топки има по-малко от 3 бели. Това събитие се състои от три несъвместими събития:
В 1 - сред изтеглените топки има само 2 бели и 3 черни топки,
Във 2 - сред изтеглените топки има само една бяла и 4 черни топки
В 3 - сред изтеглените топки няма нито една бяла топка, всичките 5 топки са черни:
B 2 B 3.Тъй като събития B 1, B 2 и B 3 са несъвместими, можете да използвате формулата:
P(A 2) = P(B 1) + P(B 2) + P(B 3);
P(A 2) = 840/2002 + 70/2002 + 56/2002 = 483/1001.
- сред изтеглените топки няма нито една бяла. В такъв случай:P(A 3) = 1 - P(
) = 1 - 28/1001 = 973/1001.Отговор: P(A 1) = 280/1001, P(A 2) = 483/1001, P(A 3) = 973/1001.
Задача 1.6.Първата урна съдържа 5 бели и 7 черни топки, а втората урна съдържа 6 бели и 4 черни топки. Изваждат го от първата урна на случаен принцип 2 топки, а от втората - 2 топки. Намерете вероятността сред изтеглените топки:
а) всички топки са от един и същи цвят;
б) само три бели топки;
в) поне една бяла топка.
1 урна 2 урна Топките бяха изтеглени от двете урни независимо. Тестове
5 b 6 b теглят две топки от първата урна и две топки
7h 4h от втората урна. Елементарните събития ще бъдат комбинации
2 или 2 от съответно 12 или 10 топки.
2 2 a) A 1 - всички изтеглени топки са от един и същи цвят, т.е. всички бели ли са?
или изцяло черно.
Нека дефинираме всички възможни събития за всяка урна:
След 1 - 2 се изтеглят бели топки от първата урна;
Във 2 - 1 бяла и 1 черна топка се изтеглят от първата урна;
След 3 - 2 черни топки се изтеглят от първата урна;
C 1 - 2 бели топки се изтеглят от втората урна;
C 2 - 1 бяла и 1 черна топка се изтеглят от втората урна;
От 3 - 2 черни топки се изтеглят от втората урна.
Това означава A 1 =
, откъдето, като вземем предвид независимостта и несъвместимостта на събитията, получаваме P(A 1) = P(B 1) * P(C 1) + P(B 3) * P(C 3).
Нека намерим броя на елементарните събития n 1 и n 2 съответно за първата и втората урна. Ние имаме:
Нека намерим броя на всеки елемент от събития, които определят следните събития:
C 1: m 21 = C 2: m 22 = C 3: m 23 =следователно
P(A 1) = 10/66 * 15/45 + 21 * 6/45 = 5/99 + 7/165 = 46/495.
b) A 2 - сред изтеглените топки има само 3 бели. В такъв случай
C 2 (B 2 C 1);P(A 2) = P(B 1) * P(C 1) + P(B 2) * P(C 2)
P(A 2) = 10/66 * 6/45 + 35/66 * 24/45 = 33/99 = 1/3.
в) A 3 - сред изтеглените топки има поне една бяла.
- сред извадените топки няма нито една бяла топка. Тогава ) = P(B 3) * P(C 3) = 21/66 * 6/45 = 7/165;P(A 3) = 1 - P(
) = 1 - 7/165 = 158/165.Отговор: P(A 1) = 46/495, P(A 2) = 1/3, P(A 3) = 158/165.
Задача 1.7.Урната съдържа 5 черни и бели топки, към тях се добавят 4 бели топки. След това 3 топки се изтеглят на случаен принцип от урната. Намерете вероятността всички изтеглени топки да са бели, като се приеме, че всички възможни предложенияза оригиналното съдържание на урната са еднакво възможни.
Тук има два вида тестове: първо се определя първоначалното съдържание на урната и след това 3-тата топка се тегли на случаен принцип, като резултатът от втория тест зависи от резултата от първия. Следователно се използва формулата за общата вероятност.
събитие А - 3 бели топки се изтеглят на случаен принцип. Вероятността за това събитие зависи от първоначалния състав на топките в урната.
Да разгледаме събитията:
В 1 - в урната имаше 5 бели топки;
Във 2 - в урната имаше 4 бели и 1 черна топки;
В 3 - в урната имаше 3 бели и 2 черни топки;
В 4 - в урната имаше 2 бели и 3 черни топки;
На 5 - в урната имаше 1 бяла и 4 черни топки.
На 6 - имаше 5 черни топки в урната;
Общ брой елементарни резултати
Ще намерим условни вероятностисъбития А при различни условия.
P(A/B 1) = 1. P(A/B 2) = 56/84 = 2/3. P(A/B 3) = 35/84 = 5/12. P(A/B 4) = 5/21. P(A/B 5) = 5/42. P(A/B 6) = 1/21.P(A) = 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.
Задача 1.10.В инсталационния цех към устройството е свързан електродвигател. Електрическите двигатели се доставят от три производителя. На склад има електродвигатели на тези заводи съответно в количества M 1 = 13, M 2 = 12 и M 3 = 17 броя, които могат да работят безотказно до края на гаранционния срок с вероятности 0,91, 0,82, и 0,77, съответно. Работник произволно взема един електродвигател и го монтира към устройството. Намерете вероятността електродвигател, инсталиран и работещ без повреда до края на гаранционния период, да бъде доставен съответно от първия, втория или третия производител.
Работа №1
Случайни събития
Вариант 6.
Задача 1.1.Хвърлят се три монети. Намерете вероятността само две монети да имат „герб“.
Проучва се събитие А – само две от три монети ще имат герб. Монетата има две страни, което означава, че общият брой събития при хвърляне на три монети ще бъде 8. В три случая само две монети ще имат герб. Изчисляваме вероятността за събитие А по формулата:
P(A) = m/n = 3/8.
Отговор: вероятност 3/8.
Задача 1.2.Думата СЪБИТИЕ е съставена от карти, на всяка от които е написана по една буква. След това картите се смесват и се изваждат една по една, без да се връщат. Намерете вероятността буквите да бъдат извадени в реда на дадената дума.
Тестът се състои в изваждане на карти с букви в произволен ред без връщане. Елементарното събитие е получената поредица от букви. Събитие А се състои от получаване на желаната дума СЪБИТИЕ . Елементарните събития са пермутации от 7 букви, което означава, че според формулата имаме n= 7!
Буквите в думата СЪБИТИЕ не се повтарят, така че не са възможни пермутации, при които думата не се променя. Броят им е 1.
По този начин,
P(A) = 1/7! = 1/5040.
Отговор: P(A) = 1/5040.
Задача 1.3.Както и в предишната задача, намерете съответната вероятност за случая, когато дадената дума е думата АНТОНОВ ИЛЯ.
Този проблем се решава подобно на предишния.
n= 11!; М = 2!*2! = 4.
P(A) = 4/11 = 4/39916800 = 1/9979200
Отговор: P(A) =1/9979200.
Задача 1.4.Една урна съдържа 8 черни и 6 бели топки. На случаен принцип се изтеглят 5 топки. Намерете вероятността сред тях да има:
а) 3 бели топки;
б) по-малко от 3 бели топки;
в) поне една бяла топка.
8 часа Тестът ще включва произволно теглене на 5 топки. Елементарно
6 b събития са всички възможни комбинации от 5 от 14 топки. Броят им е равен
а) A 1 - сред изтеглените топки има 3 бели. Това означава, че сред изтеглените топки има 3 бели и 2 черни. Използвайки правилото за умножение, получаваме
P(A 1) = 560/2002 = 280/1001.
b) A 2 - сред изтеглените топки има по-малко от 3 бели. Това събитие се състои от три несъвместими събития:
В 1 - сред изтеглените топки има само 2 бели и 3 черни топки,
Във 2 - сред изтеглените топки има само една бяла и 4 черни топки
В 3 - сред изтеглените топки няма нито една бяла топка, всичките 5 топки са черни:
A 2 = B 1 B 2 B 3.
Тъй като събития B 1, B 2 и B 3 са несъвместими, можете да използвате формулата:
P(A 2) = P(B 1) + P(B 2) + P(B 3);
P(A 2) = 840/2002 + 70/2002 + 56/2002 = 483/1001.
в) - сред изтеглените топки няма нито една бяла. В такъв случай:
P(A 3) = 1 - P() = 1 - 28/1001 = 973/1001.
Отговор: P(A 1) = 280/1001, P(A 2) = 483/1001, P(A 3) = 973/1001.
Задача 1.6.Първата урна съдържа 5 бели и 7 черни топки, а втората урна съдържа 6 бели и 4 черни топки. На случаен принцип се изтеглят 2 топки от първата урна и 2 топки от втората. Намерете вероятността сред изтеглените топки:
а) всички топки са от един и същи цвят;
б) само три бели топки;
в) поне една бяла топка.
1 урна 2 урна Топките бяха изтеглени от двете урни независимо. Тестове
5 b 6 b теглят две топки от първата урна и две топки
7h 4h от втората урна. Елементарните събития ще бъдат комбинации
2 или 2 от съответно 12 или 10 топки.
2 2 a) A 1 - всички изтеглени топки са от един и същи цвят, т.е. всички бели ли са?
или изцяло черно.
Нека дефинираме всички възможни събития за всяка урна:
След 1 - 2 се изтеглят бели топки от първата урна;
Във 2 - 1 бяла и 1 черна топка се изтеглят от първата урна;
След 3 - 2 черни топки се изтеглят от първата урна;
C 1 - 2 бели топки се изтеглят от втората урна;
C 2 - 1 бяла и 1 черна топка се изтеглят от втората урна;
От 3 - 2 черни топки се изтеглят от втората урна.
Това означава A 1 = 
, откъдето, като вземем предвид независимостта и несъвместимостта на събитията, получаваме
P(A 1) = P(B 1) * P(C 1) + P(B 3) * P(C 3).
Нека намерим броя на елементарните събития n 1 и n 2 съответно за първата и втората урна. Ние имаме:
Нека намерим броя на всеки елемент от събития, които определят следните събития:
B 1: m 11 = C 1: m 21 =
B 2: m 12 = C 2: m 22 =
B 3: m 13 = C 3: m 23 =
следователно
P(A 1) = 10/66 * 15/45 + 21 * 6/45 = 5/99 + 7/165 = 46/495.
b) A 2 - сред изтеглените топки има само 3 бели. В такъв случай
A 2 = (B 1 C 2 (B 2 C 1);
P(A 2) = P(B 1) * P(C 1) + P(B 2) * P(C 2)
P(A 2) = 10/66 * 6/45 + 35/66 * 24/45 = 33/99 = 1/3.
в) A 3 - сред изтеглените топки има поне една бяла.
Сред върнатите топки няма нито една бяла топка. Тогава
P() = P(B 3) * P(C 3) = 21/66 * 6/45 = 7/165;
P(A 3) = 1 - P() = 1 - 7/165 = 158/165.
Отговор: P(A 1) = 46/495, P(A 2) = 1/3, P(A 3) = 158/165.
Задача 1.7.Урната съдържа 5 черни и бели топки, към тях се добавят 4 бели топки. След това 3 топки се изтеглят на случаен принцип от урната. Намерете вероятността всички изтеглени топки да са бели, като се приеме, че всички възможни предложения за оригиналното съдържание на урната са еднакво възможни.
Тук има два вида тестове: първо се определя първоначалното съдържание на урната и след това 3-тата топка се тегли на случаен принцип, като резултатът от втория тест зависи от резултата от първия. Следователно се използва формулата за общата вероятност.
събитие А - 3 бели топки се изтеглят на случаен принцип. Вероятността за това събитие зависи от първоначалния състав на топките в урната.
Да разгледаме събитията:
В 1 - в урната имаше 5 бели топки;
Във 2 - в урната имаше 4 бели и 1 черна топки;
В 3 - в урната имаше 3 бели и 2 черни топки;
В 4 - в урната имаше 2 бели и 3 черни топки;
На 5 - в урната имаше 1 бяла и 4 черни топки.
На 6 - имаше 5 черни топки в урната;
Общ брой елементарни резултати
Нека намерим условните вероятности на събитие А при различни условия.
P(A/B 1) = 1.
P(A/B2) = 56/84 = 2/3.
P(A/B 3) = 35/84 = 5/12.
P(A/B 4) = 5/21.
P(A/B 5) = 5/42.
P(A/B 6) = 1/21.
P(A) = 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.
Отговор: P(A) = 209/504.
Задача 1.9.В пирамидата има 11 пушки, 3 от които с оптически мерник. Стрелец, стрелящ от пушка с оптичен мерник, може да уцели целта с вероятност 87/100, а стрелящ от пушка без оптически мерник, - с вероятност 52/100. Намерете вероятността стрелецът да уцели мишена, стреляйки от произволна пушка.
Като се има предвид, че пушките се избират една по една, получаваме и, съответно (за B 1) и (за B 2); следователно P(B 1) = 3/11, P(B 2) = 8/11.
Условните вероятности са посочени в изложението на проблема:
P(A/B 1) = 0,87 и P(A.B 2) = 0,52.
следователно
P(A) = 0,87 * 3/11 + 0,52 * 8/11 = 0,615.
Отговор:Р(А) =0,615.
Задача 1.10.В инсталационния цех към устройството е свързан електродвигател. Електрическите двигатели се доставят от три производителя. На склад има електродвигатели на тези заводи съответно в количества M 1 = 13, M 2 = 12 и M 3 = 17 броя, които могат да работят безотказно до края на гаранционния срок с вероятности 0,91, 0,82, и 0,77, съответно. Работник произволно взема един електродвигател и го монтира към устройството. Намерете вероятността електродвигател, инсталиран и работещ без повреда до края на гаранционния период, да бъде доставен съответно от първия, втория или третия производител.
Условните вероятности са посочени в формулировката на проблема: P(A/B 1) = 0,91, P(A/B 2) = 0,82, P(A/B 3) = 0,77.
Подобно на предишния проблем, нека намерим вероятностите:
P(B 1) = 13/42 = 0,3095; P(B 2) = 12/42 = 0,2857; P(B 3) = 17/42 = 0,4048;
P(A) = 0,91 * 0,3095 + 0,82 * 0,2857 + 0,77 * 0,4048 = 0,8276.
Използвайки формулата на Bayes (1.8.), изчисляваме условните вероятности на събития (хипотези) B 1:
P(B 1 /A) = 
P(B 2 /A) = 
P(B 3 /A) = 
Отговор: P(B 1 /A) = 0,3403, P(B 2 /A) = 0,2831, P(B 3 /A) = 0,3766
Работа № 2
Случайни променливи.
6 - опция.
Задача 2.1.Във всеки от n независими тестовесъбитие А се случва с постоянна вероятност от 0,36. Изчислете всички вероятности p k, k = 0, 1, 2, ..., 11, където k е честотата на събитие A. Начертайте графика на вероятностите p k. Намерете най-вероятната честота.
Попитан от: n = 11, p = 0,36, q = 1 - p = 0,64.
Намирам: p 0, p 1, p 2, ..., p 11 и k.
Използване на формулата на Бернули. Стойността p 0 се изчислява с помощта на първата от формулите, а останалите вероятности p k - с помощта на втората.
За формулата изчисляваме постоянния фактор
p/q = 0,36/ 0,64 = 0,5625, p 0 = *0,36 0 * 0,64 11 = 0,0073787.
Записваме резултатите от изчисленията в таблица 1. Ако изчисленията са правилни, тогава трябва да е изпълнено равенството
Използвайки намерените вероятностни стойности, ще построим тяхната графика (фиг. 1).
Нека намерим най-вероятната честота според дадените условия:
np - q = 11 * 0,36 - 0,64 = 3,32.np + k = 4,32
Това означава, че най-вероятната честота е k = 4 и, както беше получено по-рано, стойността на p 3 е максималната.
маса 1
| к | (n-k-1)/ k | r k | к | (n-k-1)/ k | p k |
| - | 0,9926213 |
Фигура 1 Графика на вероятността p k
Задача 2.2.Във всяко от n независими опита събитие А се случва с постоянна вероятност от 0,47. Намерете вероятността събитие А да се случи:
а) точно 330 пъти;
б) по-малко от 330 и повече от 284 пъти;
в) повече от 330 пъти.
а) Попитан от: n = 760, p = 0.47, M = 330.
Намирам: R 760 (330).
Ние използваме локална теоремаМоавър - Лаплас. Намираме:
Намираме стойността на функцията j(x) от таблицата:
j(1,98) = 0,0562, Р 760 (330) = 0,0562/13,76 = 0,00408.
б) Намирам: R 760 (284 Ние използваме интегралната теорема на Moivre-Laplace. Намираме: Стойността на функцията Ф(х) намираме от таблицата: R 760 (284 V) Намирам: R 760 (330 Имаме: x 1 = -1,98, R 760 (330 Задача 2.4.При телефонна централа възниква неправилна връзка с вероятност 1/800. Намерете вероятността сред 5600 връзки да се случи следното: а) точно 2 неправилни връзки; б) по-малко от 3 неправилни връзки; в) повече от 8 неправилни връзки. даденост: n = 5600, p = 1/800, k = 2. Намирам: R 800 (2). Получаваме: l = 5600 * 1/800 = 7. R 800 (2) = б) Комплектк<3. Намирам: R 200 (к<3). R 800 (к<3) = Р 800
(0) + Р 800
(1) + Р 800
(2) = 0,0223 + 0,0009 + 0,0064 = 0,0296. V) Комплект k > 8. Намирам:Р 800 (k > 8). Този проблем може да бъде решен по-просто чрез намиране на вероятността за обратното събитие, тъй като в този случай трябва да се изчислят по-малко членове. Като вземем предвид предишния случай, имаме Р 800 (k>8) = 1 – Р 800 (k8) = 1 - Р 800 (k<9) = 1 - 0,7291 = 0,2709. Задача 2.6.Случайната променлива X е дадена от серия на разпределение. Намерете функцията на разпределение F(x) на случайната променлива X и я начертайте. Изчислете за X средната му стойност EX, дисперсията DX и модата Mo. Нека начертаем функцията на разпределение F(x) . Средната EX стойност се изчислява по формулата: EX = 8*0,11 + 12*0,14 + 16*0,5 + 24*0,25 = 16,56. Дисперсия: E(X 2) = 8 2 *0,11 + 12 2 *0,14 + 16 2 *0,5 + 24 2 *0,25 = 299,2 DX = 299,2 – 16,52 2 = 26,2896. Графика на функцията на разпределение Задача 2.7.Случайната променлива X се определя от функцията за плътност на вероятността f(x) = Намерете функцията на разпределение F(x) на случайната променлива X. Начертайте функцията f(x) и F(x). Изчислете за X средната му стойност EX, дисперсията DX, модата Mo и медианата Me. K = 8, R = 12. Намираме функцията на разпределение F(x) на непрекъсната случайна променлива по формулата: Начертайте графики на функциите f(x) и F(x). Средната стойност на X се изчислява по формулата: EX = За да намерим дисперсията на X, използваме формулите: E(X 2) = DX = 40,5 – (4,5) 2. Графиката показва, че f(x) достига максимум в точката x = 1/2 и следователно Mo = 12. За да намерите медианата Me, трябва да решите уравнението x 2 / 256 = 1/2, или x 2 = 128. Имаме x = ± 11,31, Me = 11,31. Графика на функцията на разпределение F(x). Работа №3. Задача 3.1 Въз основа на проби А и Б Създаване на вариационна серия; Изчисляване на относителни честоти (честоти) и натрупани честоти; Изграждане на графики на вариационни серии (многоъгълник и хистограма); Създайте емпирична функция на разпределение и я начертайте; Изчислете числените характеристики на вариационната серия: средно аритметично , дисперсия, стандартно отклонение , медиана Аз. Задача 3.2. Изчислете безпристрастни оценки на параметрите на населението, S 2 , Spo проби A и B (като се използват резултатите, получени в задача 3.1.), както и първата колона на проба B. Образец А6 N = 73 Начало на първия интервал: 0 Дължина на интервала: 1 Проба B6 N = 237 Начало на първия интервал: 285 Дължина на интервала: 7 Разрешаване на проблем. Задача 3.1. Първо, нека решим проблема за проба A. Намираме: x min = 0 и x max = 11. Диапазонът (11 - 0 + 1 = 12) е доста малък, така че ще съставим вариационна серия според стойностите (Таблица 1). маса 1 Ние изчисляваме всички относителни честоти с еднаква точност. Когато конструираме графики, ние изобразяваме на оста x стойности от 0 до 11 и на оста n i / n - стойности от 0 до 0,25 (фиг. 1 и 2). Ориз. 1. Многоъгълник на вариационна серия на проба А Ориз. 2. Хистограма на вариационната серия на проба А. Намираме емпиричната функция на разпределение F * (x), като използваме формулата и натрупаните честоти от табл. 1. Имаме: Когато начертаваме графиката F * (x), начертаваме стойностите на функцията в диапазона от 0 до 1,2 (фиг. 3). Фиг.3. Графика на емпиричната функция на разпределение на проба А. Изчисляването на сумите за средната аритметична стойност и дисперсията с помощта на формули и вариационни серии (виж таблица 1) е представено в табл. 2. Въз основа на максималната честота определяме c = 7 и стъпката на таблицата k = 1.
.х
8 12 16 24
Р
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
Стандартно отклонение 
Режимът Mo е стойността с максимална честота, т.е. Mo = 7. Медианата Me е 37-ата стойност на вариационната серия: Me = 7.
Сега, като използваме проба B, ще намерим x min = 288 и x max = 350. Диапазонът (350 - 288 + 1 = 63) е доста голям, така че ще съставим вариационна серия според интервалите от стойности, използвайки началото на първия интервал и дължината на интервала, дадена по време на вземането на проби (Таблица 3).
Таблица 3
Ориз. 4. Многоъгълник на вариационната серия на проба Б.
Ориз. 5. Хистограма на вариационната серия на проба Б.
Когато конструираме графики, начертаваме по оста x стойности от 285 до 355 и по оста n i / n - стойности от 0 до 0,3 (фиг. 4 и 5).
След това вземаме предвид, че краят на всеки интервал се приема като представител. Вземайки краищата на интервалите и съответните натрупани честоти като координати на точките (виж Таблица 3) и свързвайки тези точки с прави линии, ще построим графика на емпиричната функция на разпределение (фиг. 6).
Ориз. 6. Графика на емпиричната функция на разпределение на проба Б.
За изчисляване на средно аритметично и дисперсия с помощта на формули и таблици. 3 определяме c = 316 и k = 7. Изчисляваме сумите с помощта на таблицата. 4 (Таблица 4).
С помощта на формули изчисляваме средноаритметичното 
и дисперсия 227.8
Намираме медианата по формулата: Me =.
Задача 3.2.
Използвайки формулата, намираме безпристрастни оценки на дисперсията и стандартното отклонение:
n = 73, S -2 = 5.8143, S 2 = 73/72 × 5.8143 = 5.8951, S = 2.43.
За проба B имаме
393.92, = 177.47, n = 237, S 2 = 237/236 × 177.47 = 178.222, S = 13.35.
Безпристрастните оценки за първата колона на извадка Б се получават по подобен начин (ако тази извадка съдържа малко повтарящи се елементи, не е необходимо да се компилира вариационната серия).
Пример 1. В първата урна: три червени, една бяла топка. Във втората урна: една червена, три бели топки. Монета се хвърля на случаен принцип: ако е герб, тя се избира от първата урна, в противен случай от втората.
Решение:
а) вероятността да е изтеглена червена топка
A – получи червена топка
P 1 – падна гербът, P 2 - иначе
б) Червената топка е избрана. Намерете вероятността да бъде взето от първата урна от втората урна.
B 1 – от първата урна, B 2 – от втората урна
,
Пример 2. В кутия има 4 топки. Може да бъде: само бяло, само черно или бяло и черно. (Неизвестен състав).
Решение:
A – вероятност да се появи бяла топка
а) изцяло бяло:
(вероятност да сте получили една от трите опции, където има бели)
(вероятност бяла топка да се появи там, където всички са бели)
б) Изваден там, където всички са черни
в) извади опцията, при която всички са бели и/или черни
- поне един от тях е бял
P a +P b +P c =
Пример 3. В една урна има 5 бели и 4 черни топки. От него се изваждат последователно 2 топки. Намерете вероятността и двете топки да са бели.
Решение:
5 бели, 4 черни топки
P(A 1) – бялата топка е извадена
P(A 2) – вероятността втората топка също да е бяла
P(A) – бели топки, избрани в редица
Пример 3а. Пакетът съдържа 2 фалшиви и 8 истински банкноти. От пакета бяха извадени 2 банкноти един след друг. Намерете вероятността и двете да са фалшиви.
Решение:
P(2) = 2/10*1/9 = 1/45 = 0,022
Пример 4. Има 10 кошчета. Има 9 урни с 2 черни и 2 бели топки. Има 5 бели и 1 черно в 1 урна. От урна, взета на случаен принцип, беше изтеглена топка.
Решение:
P(A) - ? бяла топка се взема от урна, съдържаща 5 бели
B – вероятност да бъдете изтеглени от урна, съдържаща 5 бели
, - извадени от др
C 1 – вероятност бяла топка да се появи на ниво 9.
C 2 – вероятност да се появи бяла топка, където има 5 от тях
P(A 0)= P(B 1) P(C 1)+P(B 2) P(C 2)
Пример 5. 20 цилиндрични ролки и 15 конусовидни. Берачът взема 1 валяк, а след това още един.
Решение:
а) двете ролки са цилиндрични
P(C 1)=; P(Ts 2)=
C 1 – първи цилиндър, C 2 – втори цилиндър
P(A)=P(Ts 1)P(Ts 2) =
б) Поне един цилиндър
К 1 – първи конусовиден.
K 2 - втора конусовидна.
P(B)=P(Ts 1)P(K 2)+P(Ts 2)P(K 1)+P(Ts 1)P(Ts 2)
;
в) първият цилиндър, но не и вторият
P(C)=P(C 1)P(K 2)
д) Нито един цилиндър.
P(D)=P(K 1)P(K 2)
д) Точно 1 цилиндър
P(E)=P(C 1)P(K 2)+P(K 1)P(K 2)
Пример 6. В кутия има 10 стандартни части и 5 дефектни части.
Теглени са три части на случаен принцип
а) Един от тях е дефектен
P n (K)=C n k ·p k ·q n-k,
P – вероятност за дефектни продукти
q – вероятност за стандартни части
n=3, три части
б) две от три части са дефектни P(2)
в) поне един стандарт
P(0) - няма дефект
P=P(0)+ P(1)+ P(2) - вероятността поне една част да е стандартна
Пример 7. Първата урна съдържа 3 бели и черни топки, а 2-рата урна съдържа 3 бели и 4 черни топки. 2 топки се прехвърлят от 1-ва урна във 2-ра, без да се гледа, а след това 2 топки се изтеглят от 2-ра. Каква е вероятността да са различни цветове?
Решение:
При преместване на топки от първата урна са възможни следните опции:
а) извади 2 бели топки подред
P BB 1 =
Във втората стъпка винаги ще има една топка по-малко, тъй като в първата стъпка една топка вече е извадена.
б) извади една бяла и една черна топка
Ситуацията, когато бялата топка е изтеглена първо, а след това черната
P бойна глава =
Ситуацията, когато първо е изтеглена черната топка, а след това бялата
P BW =
Общо: P бойна глава 1 =
в) извади 2 черни топки подред
P HH 1 =
Тъй като 2 топки бяха прехвърлени от първата урна във втората урна, общият брой на топките във втората урна ще бъде 9 (7 + 2). Съответно ще търсим всички възможни опции:
а) от втората урна е взета първо бяла, а след това черна топка
P BB 2 P BB 1 - означава вероятността първо да бъде изтеглена бяла топка, след това черна топка, при условие че 2 бели топки са изтеглени от първата урна в редица. Ето защо броят на белите топки в този случай е 5 (3+2).
P BC 2 P BC 1 - означава вероятността първо да бъде изтеглена бяла топка, след това черна топка, при условие че бялата и черната топка са изтеглени от първата урна. Ето защо броят на белите топки в този случай е 4 (3+1), а броят на черните топки е пет (4+1).
P BC 2 P BC 1 - означава вероятността първо да бъде изтеглена бяла топка, след това черна топка, при условие че и двете черни топки са изтеглени от първата урна в ред. Ето защо броят на черните топки в този случай е 6 (4+2).
Вероятността 2 изтеглени топки да бъдат с различни цветове е равна на:
Отговор: P = 0,54
Пример 7а. От 1-вата урна, съдържаща 5 бели и 3 черни топки, 2 топки бяха прехвърлени на случаен принцип във 2-рата урна, съдържаща 2 бели и 6 черни топки. След това 1 топка беше изтеглена на случаен принцип от 2-рата урна.
1) Каква е вероятността топката, изтеглена от 2-рата урна, да се окаже бяла?
2) Топката, взета от 2-ра урна, се оказа бяла. Изчислете вероятността топки с различни цветове да бъдат преместени от 1-ва урна във 2-ра.
Решение.
1) Събитие А - топката, изтеглена от 2-ра урна, се оказва бяла. Нека разгледаме следните варианти за възникване на това събитие.
а) Две бели топки бяха поставени от първата урна във втората: P1(bb) = 5/8*4/7 = 20/56.
Във втората урна има общо 4 бели топки. Тогава вероятността да изтеглите бяла топка от втората урна е P2(4) = 20/56*(2+2)/(6+2) = 80/448
b) Бели и черни топки бяха поставени от първата урна във втората: P1(bch) = 5/8*3/7+3/8*5/7 = 30/56.
Във втората урна има общо 3 бели топки. Тогава вероятността да изтеглите бяла топка от втората урна е P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
в) Две черни топки бяха поставени от първата урна във втората: P1(hh) = 3/8*2/7 = 6/56.
Във втората урна има общо 2 бели топки. Тогава вероятността да изтеглите бяла топка от втората урна е P2(2) = 6/56*2/(6+2) = 12/448
Тогава вероятността топката, изтеглена от 2-рата урна, да се окаже бяла е:
P(A) = 80/448 + 90/448 + 12/448 = 13/32
2) Топката, взета от 2-ра урна, се оказа бяла, т.е. общата вероятност е P(A)=13/32.
Вероятност топки с различни цветове (черно и бяло) да бъдат поставени във втората урна и да бъде избрано бяло: P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
P = P2(3)/ P(A) = 90/448 / 13/32 = 45/91
Пример 7b. Първата урна съдържа 8 бели и 3 черни топки, втората урна съдържа 5 бели и 3 черни топки. На случаен принцип се избира една топка от първата и две топки от втората. След това една топка се взема на случаен принцип от избраните три топки. Тази последна топка се оказа черна. Намерете вероятността бяла топка да бъде изтеглена от първата урна.
Решение.
Да разгледаме всички варианти на събитие А - от три топки изтеглената топка се оказва черна. Как е възможно сред трите топки да има черна?
а) Черна топка беше взета от първата урна и две бели топки бяха взети от втората урна.
P1 = (3/11)(5/8*4/7) = 15/154
б) Една черна топка беше взета от първата урна, две черни топки бяха взети от втората урна.
P2 = (3/11)(3/8*2/7) = 9/308
в) Черна топка беше взета от първата урна, една бяла и една черна топка бяха взети от втората урна.
P3 = (3/11)(3/8*5/7+5/8*3/7) = 45/308
г) Една бяла топка беше взета от първата урна, а две черни топки бяха взети от втората урна.
P4 = (8/11)(3/8*2/7) = 6/77
д) Бяла топка е взета от първата урна, една бяла и една черна топка са взети от втората урна.
P5 = (8/11)(3/8*5/7+5/8*3/7) = 30/77
Общата вероятност е: P = P1+P2+ P3+P4+P5 = 15/154+9/308+45/308+6/77+30/77 = 57/77
Вероятността бяла топка да бъде изтеглена от бяла урна е:
Pb(1) = P4 + P5 = 6/77+30/77 = 36/77
Тогава вероятността бяла топка да бъде избрана от първата урна, като се има предвид, че черна топка е избрана от три топки, е равна на:
Pch = Pb(1)/P = 36/77 / 57/77 = 36/57
Пример 7c. Първата урна съдържа 12 бели и 16 черни топки, втората урна съдържа 8 бели и 10 черни топки. В същото време се изтегля топка от 1-ва и 2-ра урна, смесва се и се връща по една във всяка урна. След това от всяка урна се изтегля топка. Оказаха се еднакви на цвят. Определете вероятността в първата урна да останат толкова бели топки, колкото са били в началото.
Решение.
Събитие А - топка е изтеглена едновременно от 1-ва и 2-ра урна.
Вероятност за изтегляне на бяла топка от първата урна: P1(B) = 12/(12+16) = 12/28 = 3/7
Вероятност за изтегляне на черна топка от първата урна: P1(H) = 16/(12+16) = 16/28 = 4/7
Вероятност за изтегляне на бяла топка от втората урна: P2(B) = 8/18 = 4/9
Вероятност за изтегляне на черна топка от втората урна: P2(H) = 10/18 = 5/9
Събитие А се случи. Събитие B - от всяка урна се тегли топка. След разбъркване вероятността бяла или черна топка да се върне в урната е ½.
Нека разгледаме вариантите за събитие B - те се оказаха с един и същи цвят.
За първата урна
1) бяла топка е поставена в първата урна и е изтеглена бяла топка, при условие че бяла топка е била изтеглена преди това, P1(BB/A=B) = ½ * 12/28 * 3/7 = 9/98
2) бяла топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BB/A=H) = ½ * 13/28 * 4/7 = 13/ 98
3) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=B) = ½ * 16/28 * 3/7 = 6/ 49
4) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=H) = ½ * 15/28 * 4/7 = 15/ 98
5) черна топка беше поставена в първата урна и беше изтеглена бяла топка, при условие че преди това беше изтеглена бяла топка, P1(BW/A=B) = ½ * 11/28 * 3/7 = 33/392
6) черна топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BW/A=H) = ½ * 12/28 * 4/7 = 6/ 49
7) черна топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(HH/A=B) = ½ * 17/28 * 3/7 = 51/ 392
8) черна топка беше поставена в първата урна и беше изтеглена черна, при условие че черна топка беше изтеглена по-рано, P1(HH/A=H) = ½ * 16/28 * 4/7 = 8/49
За втората урна
1) бяла топка е поставена в първата урна и е изтеглена бяла топка, при условие че бяла топка е била изтеглена преди това, P1(BB/A=B) = ½ * 8/18 * 3/7 = 2/21
2) бяла топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BB/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
3) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=B) = ½ * 10/18 * 3/7 = 5/ 42
4) бяла топка беше поставена в първата урна и черна беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BC/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
5) черна топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че бяла топка беше извадена по-рано, P1(BW/A=B) = ½ * 7/18 * 3/7 = 1/ 12
6) черна топка беше поставена в първата урна и бяла топка беше извадена, при условие че черна топка беше извадена по-рано, P1(BW/A=H) = ½ * 8/18 * 4/7 = 8/ 63
7) черна топка беше поставена в първата урна и беше изтеглена черна, при условие че преди това беше изтеглена бяла топка, P1(HH/A=B) = ½ * 11/18 * 3/7 = 11/84
8) в първата урна е поставена черна топка и е изтеглена черна, при условие че черна топка е била изтеглена по-рано, P1(HH/A=H) = ½ * 10/18 * 4/7 = 10/ 63
Топките се оказаха с един и същи цвят:
а) бяло
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
б) черен
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
P = P1(B)* P2(B) + P1(H)* P2(H) = 169/392*113/252 + 223/392*139/252 = 5/42
Пример 7d. Първата кутия съдържа 5 бели и 4 сини топки, втората съдържа 3 и 1, а третата съдържа съответно 4 и 5. На случаен принцип беше избрана кутия и топката, извадена от нея, се оказа синя. Каква е вероятността тази топка да е от втората кутия?
Решение.
A - събитие на теглене на синя топка. Нека разгледаме всички възможни резултати от такова събитие.
H1 - топката, изтеглена от първото поле,
H2 - топката, извадена от втората кутия,
H3 - топка, изтеглена от третото поле.
P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3
Според условията на задачата условните вероятности на събитие А са равни на:
P(A|H1) = 4/(5+4) = 4/9
P(A|H2) = 1/(3+1) = 1/4
P(A|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
Вероятността тази топка да е от втората кутия е:
P2 = P(H2)*P(A|H2) / P(A) = 1/3*1/4 / 5/12 = 1/5 = 0,2
Пример 8. Пет кутии с по 30 топки съдържат 5 червени топки (това е кутия със състав H1), други шест кутии с по 20 топки съдържат 4 червени топки (това е кутия със състав H2). Намерете вероятността червена топка, взета на случаен принцип, да се съдържа в една от първите пет кутии.
Решение: Проблемът е да се приложи формулата за пълна вероятност.
P(H 1) = 5/11
Вероятността, че всякаквивзетата топка се съдържа в една от шестте кутии:
P(H2) = 6/11
Събитието се случи - червената топка беше извадена. Следователно това може да се случи в два случая:
а) извадени от първите пет кутии.
P 5 = 5 червени топки * 5 кутии / (30 топки * 5 кутии) = 1/6
P(P 5 /H 1) = 1/6 * 5/11 = 5/66
б) изваден от шест други кутии.
P 6 = 4 червени топки * 6 кутии / (20 топки * 6 кутии) = 1/5
P(P 6 /H 2) = 1/5 * 6/11 = 6/55
Общо: P(P 5 /H 1) + P(P 6 /H 2) = 5/66 + 6/55 = 61/330
Следователно вероятността червена топка, изтеглена на случаен принцип, да се съдържа в една от първите пет кутии е:
П к.ш. (H1) = P(P 5 /H 1) / (P(P 5 /H 1) + P(P 6 /H 2)) = 5/66 / 61/330 = 25/61
Пример 9. Урната съдържа 2 бели, 3 черни и 4 червени топки. На случаен принцип се изтеглят три топки. Каква е вероятността поне две топки да са с един и същи цвят?
Решение. Има три възможни изхода:
а) сред трите изтеглени топки имаше поне две бели.
P b (2) = P 2b
Общият брой възможни елементарни резултати за тези тестове е равен на броя начини, по които 3 топки могат да бъдат извлечени от 9:
Нека намерим вероятността сред 3 избрани топки 2 да са бели.
Брой опции за избор от 2 бели топки:
Брой опции за избор от 7 други топки трета топка:
б) сред трите изтеглени топки имаше поне две черни (т.е. 2 черни или 3 черни).
Нека намерим вероятността сред избраните 3 топки 2 да са черни.
Брой опции за избор от 3 черни топки:
Брой опции за избор от 6 други топки от една топка:
P 2h = 0,214
Нека намерим вероятността всички избрани топки да са черни.
P h (2) = 0,214+0,0119 = 0,2259
в) сред трите изтеглени топки имаше поне две червени (т.е. 2 червени или 3 червени).
Нека намерим вероятността сред 3 избрани топки 2 да са червени.
Брой опции за избор от 4 черни топки:
Брой опции за избор: 5 бели топки, оставаща 1 бяла:
Нека намерим вероятността всички избрани топки да са червени.
P до (2) = 0,357 + 0,0476 = 0,4046
Тогава вероятността поне две топки да бъдат от един и същи цвят е равна на: P = P b (2) + P h (2) + P k (2) = 0,0833 + 0,2259 + 0,4046 = 0,7138
Пример 10. Първата урна съдържа 10 топки, 7 от които бели; Втората урна съдържа 20 топки, 5 от които са бели. Една топка се тегли на случаен принцип от всяка урна и след това една топка се тегли на случаен принцип от тези две топки. Намерете вероятността бялата топка да бъде изтеглена.
Решение. Вероятността бяла топка да бъде изтеглена от първата урна е P(b)1 = 7/10. Съответно, вероятността да изтеглите черна топка е P(h)1 = 3/10.
Вероятността да бъде изтеглена бяла топка от втората урна е P(b)2 = 5/20 = 1/4. Съответно, вероятността да изтеглите черна топка е P(h)2 = 15/20 = 3/4.
Събитие А - бяла топка се взема от две топки
Нека разгледаме вариантите за изхода на събитие А.
- От първата урна беше изтеглена бяла топка, а от втората урна - бяла топка. След това от тези две топки беше изтеглена бяла топка. P1 = 7/10*1/4 = 7/40
- Бяла топка беше изтеглена от първата урна и черна топка беше изтеглена от втората урна. След това от тези две топки беше изтеглена бяла топка. P2 = 7/10*3/4 = 21/40
- От първата урна беше изтеглена черна топка, а от втората урна - бяла топка. След това от тези две топки беше изтеглена бяла топка. P3 = 3/10*1/4 = 3/40
P = P1 + P2 + P3 = 7/40 + 21/40 + 3/40 = 31/40
Пример 11. В кутията има n топки за тенис. От тях са изиграни m. За първата игра две топки бяха взети на случаен принцип и върнати обратно след играта. За втората игра също взехме две топки на случаен принцип. Каква е вероятността втората игра да се играе с нови топки?
Решение. Да разгледаме събитие А - играта се играе за втори път с нови топки. Нека да видим какви събития могат да доведат до това.
Нека означим с g = n-m броя на новите топки преди да бъдат извадени.
а) за първата игра бяха извадени две нови топки.
P1 = g/n*(g-1)/(n-1) = g(g-1)/(n(n-1))
б) за първата игра те извадиха една нова топка и една вече изиграна.
P2 = g/n*m/(n-1) + m/n*g/(n-1) = 2 mg/(n(n-1))
в) за първата игра бяха извадени две изиграни топки.
P3 = m/n*(m-1)/(n-1) = m(m-1)/(n(n-1))
Нека да разгледаме събитията от втората игра.
а) Бяха изтеглени две нови топки, при условие P1: тъй като вече бяха изтеглени нови топки за първата игра, то за втората игра броят им намаля с 2, g-2.
P(A/P1) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)*P1 = (g-2)/n*(g-2-1)/(n- 1)*g(g-1)/(n(n-1))
б) Бяха изтеглени две нови топки, при условие P2: тъй като една нова топка вече беше изтеглена за първата игра, то за втората игра техният брой намалява с 1, g-1.
P(A/P2) =(g-1)/n*(g-2)/(n-1)*P2 = (g-1)/n*(g-2)/(n-1)*2mg /(n(n-1))
c) Бяха изтеглени две нови топки при условие P3: тъй като преди това не бяха използвани нови топки за първата игра, броят им не се промени за втората игра g.
P(A/P3) = g/n*(g-1)/(n-1)*P3 = g/n*(g-1)/(n-1)*m(m-1)/(n (n-1))
Обща вероятност P(A) = P(A/P1) + P(A/P2) + P(A/P3) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)* g(g-1)/(n(n-1)) + (g-1)/n*(g-2)/(n-1)*2mg/(n(n-1)) + g/n *(g-1)/(n-1)*m(m-1)/(n(n-1)) = (n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/(( n-1)^2*n^2)
Отговор: P(A)=(n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/((n-1)^2*n^2)
Пример 12. Първата, втората и третата кутия съдържат 2 бели и 3 черни топки, четвъртата и петата кутия съдържат 1 бяла и 1 черна топка. На случаен принцип се избира кутия и от нея се тегли топка. Каква е условната вероятност четвъртото или петото поле да бъде избрано, ако изтеглената топка е бяла?
Решение.
Вероятността да изберете всяка кутия е P(H) = 1/5.
Нека разгледаме условните вероятности за събитие А - теглене на бялата топка.
P(A|H=1) = 2/5
P(A|H=2) = 2/5
P(A|H=3) = 2/5
P(A|H=4) = ½
P(A|H=5) = ½
Обща вероятност да изтеглите бяла топка:
P(A) = 2/5*1/5 + 2/5*1/5 +2/5*1/5 +1/2*1/5 +1/2*1/5 = 0,44
Условна вероятност четвъртата кутия да бъде избрана
P(H=4|A) = 1/2*1/5 / 0,44 = 0,2273
Условна вероятност да бъде избрана петата кутия
P(H=5|A) = 1/2*1/5 / 0,44 = 0,2273
Общо условната вероятност да бъде избрана четвъртата или петата кутия е
P(H=4, H=5|A) = 0,2273 + 0,2273 = 0,4546
Пример 13. В урната имаше 7 бели и 4 червени топки. След това друга топка с бял или червен или черен цвят се поставя в урната и след смесване една топка се изважда. Оказа се червено. Каква е вероятността а) да е поставена червена топка? б) черна топка?
Решение.
а) червена топка
Събитие А - червената топка е изтеглена. Събитие H - червената топка е поставена. Вероятност червена топка да бъде поставена в урната P(H=K) = 1/3
Тогава P(A|H=K)= 1 / 3 * 5 / 12 = 5 / 36 = 0,139
б) черна топка
Събитие А - червената топка е изтеглена. Събитие H - поставена е черна топка.
Вероятност в урната да е поставена черна топка P(H=H) = 1/3
Тогава P(A|H=H)= 1 / 3 * 4 / 12 = 1 / 9 = 0,111
Пример 14. Има две урни с топки. Едната има 10 червени и 5 сини топки, втората има 5 червени и 7 сини топки. Каква е вероятността червена топка да бъде изтеглена произволно от първата урна и синя топка от втората?
Решение.Нека събитието A1 е червена топка, изтеглена от първата урна; A2 - синя топка се изтегля от втората урна:
,
Събития A1 и A2 са независими. Вероятността за съвместна поява на събития A1 и A2 е равна на
Пример 15. Има тесте карти (36 броя). Две карти се изтеглят на случаен принцип подред. Каква е вероятността и двете изтеглени карти да са червени?
Решение.Нека събитие А 1 е първият изтеглен червен картон. Събитие A 2 - вторият изтеглен червен картон. B - и двете извадени карти са червени. Тъй като и двете събития A 1 и събитие A 2 трябва да се случат, тогава B = A 1 · A 2 . Събития A 1 и A 2 са зависими, следователно P(B) :
,
Оттук
Пример 16. Две урни съдържат топки, които се различават само по цвят, като в първата урна има 5 бели топки, 11 черни и 8 червени топки, а във втората има съответно 10, 8, 6 топки. Една топка се тегли на случаен принцип от двете урни. Каква е вероятността двете топки да са с един и същи цвят?
Решение.Нека индекс 1 означава бяло, индекс 2 означава черно; 3 - червен цвят. Нека събитието A i е, че топка от i-тия цвят е изтеглена от първата урна; събитие B j - от втората урна е изтеглена топка от цвят j; събитие A - и двете топки са от един и същи цвят.
A = A 1 · B 1 + A 2 · B 2 + A 3 · B 3. Събитията A i и B j са независими и A i · B i и A j · B j са несъвместими за i ≠ j. следователно
P(A)=P(A 1) P(B 1)+P(A 2) P(B 2)+P(A 3) P(B 3) =
Пример 17. От урна с 3 бели и 2 черни топки се теглят една по една, докато се появи черно. Намерете вероятността 3 топки да бъдат изтеглени от урната? 5 топки?
Решение.
1) вероятността 3 топки да бъдат изтеглени от урната (т.е. третата топка ще бъде черна, а първите две ще бъдат бели).
P=3/5*2/4*2/3=1/5
2) вероятността 5 топки да бъдат изтеглени от урната
Тази ситуация е невъзможна, т.к само 3 бели топки.
P=0