Математика для заочников и не только

Высшая математика – просто и доступно!

Вы находитесь на зеркале сайта mathprofi.ru

Наш форум и библиотека: + подписка на новости проекта!

Высшая математика:

Математика для заочников
Математические формулы,
таблицы и справочные
материалы

Математические сайты
>>> Удобный калькулятор

Не нашлось нужной задачи?
Сборники готовых решений!

Не получается пример?
Задайте вопрос на форуме!
>>> mathprofi.com   

Учимся решать:

Лекции-уроки по высшей математике для первого курса

Высшая математика для чайников, или с чего начать?

Аналитическая геометрия:

Векторы для чайников
Скалярное произведение
векторов

Линейная (не) зависимость
векторов. Базис векторов

Переход к новому базису
Векторное и смешанное
произведение векторов

Формулы деления отрезка
в данном отношении

Прямая на плоскости
Простейшие задачи
с прямой на плоскости

Линейные неравенства
Как научиться решать задачи
по аналитической геометрии?

Линии второго порядка. Эллипс
Гипербола и парабола
Задачи с линиями 2-го порядка
Как привести уравнение л. 2 п.
к каноническому виду?

Полярные координаты
Как построить линию
в полярной системе координат?

Уравнение плоскости
Прямая в пространстве
Задачи с прямой в пространстве
Основные задачи
на прямую и плоскость

Треугольная пирамида

Элементы высшей алгебры:

Множества и действия над ними
Основы математической логики
Формулы и законы логики
Уравнения высшей математики
Комплексные числа
Выражения, уравнения и с-мы
с комплексными числами

Действия с матрицами
Как вычислить определитель?
Свойства определителя
и понижение его порядка

Как найти обратную матрицу?
Свойства матричных операций.
Матричные выражения

Матричные уравнения
Как решить систему линейных уравнений?
Правило Крамера. Матричный метод решения системы
Метод Гаусса для чайников
Несовместные системы
и системы с общим решением

Как найти ранг матрицы?
Однородные системы
линейных уравнений

Метод Гаусса-Жордана
Решение системы уравнений
в различных базисах

Линейные преобразования
Собственные значения
и собственные векторы

Пределы:

Пределы. Примеры решений
Замечательные пределы
Методы решения пределов
Бесконечно малые функции.
Эквивалентности

Правила Лопиталя
Сложные пределы
Пределы последовательностей
Пределы по Коши. Теория

Производные функций:

Как найти производную?
Производная сложной функции. Примеры решений
Логарифмическая производная
Производные неявной, параметрической функций
Простейшие задачи
с производной

Производные высших порядков
Что такое производная?
Производная по определению
Как найти уравнение нормали?
Приближенные вычисления
с помощью дифференциала

Метод касательных

Функции и графики:

Графики и свойства
элементарных функций

Как построить график функции
с помощью преобразований?

Непрерывность, точки разрыва
Область определения функции
Асимптоты графика функции
Интервалы знакопостоянства
Возрастание, убывание
и экстремумы функции

Выпуклость, вогнутость
и точки перегиба графика

Полное исследование функции
и построение графика

Наибольшее и наименьшее
значения функции на отрезке

Экстремальные задачи

ФНП:

Область определения функции
двух переменных. Линии уровня

Основные поверхности
Предел функции 2 переменных
Повторные пределы
Непрерывность функции 2п
Частные производные
Частные производные
функции трёх переменных

Производные сложных функций
нескольких переменных

Как проверить, удовлетворяет
ли функция уравнению?

Частные производные
неявно заданной функции

Производная по направлению
и градиент функции

Касательная плоскость и
нормаль к поверхности в точке

Экстремумы функций
двух и трёх переменных

Условные экстремумы
Наибольшее и наименьшее
значения функции в области

Метод наименьших квадратов

Интегралы:

Неопределенный интеграл.
Примеры решений

Метод замены переменной
в неопределенном интеграле

Интегрирование по частям
Интегралы от тригонометрических функций
Интегрирование дробей
Интегралы от дробно-рациональных функций
Интегрирование иррациональных функций
Сложные интегралы
Определенный интеграл
Как вычислить площадь
с помощью определенного интеграла?

Что такое интеграл?
Теория для чайников

Объем тела вращения
Несобственные интегралы
Эффективные методы решения
определенных и несобственных
интегралов

S в полярных координатах
S и V, если линия задана
в параметрическом виде

Длина дуги кривой
S поверхности вращения
Приближенные вычисления
определенных интегралов


Метод прямоугольников

  Карта сайта

Лекции-уроки по высшей математике для второго курса

Дифференциальные уравнения:

Дифференциальные уравнения первого порядка
Однородные ДУ 1-го порядка
ДУ, сводящиеся к однородным
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка
Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах
Уравнение Бернулли
Дифференциальные уравнения
с понижением порядка

Однородные ДУ 2-го порядка
Неоднородные ДУ 2-го порядка
Линейные дифференциальные
уравнения высших порядков

Метод вариации
произвольных постоянных

Как решить систему
дифференциальных уравнений

Задачи с диффурами
Методы Эйлера и Рунге-Кутты

Числовые ряды:

Ряды для чайников
Как найти сумму ряда?
Признак Даламбера.
Признаки Коши

Знакочередующиеся ряды. Признак Лейбница
Ряды повышенной сложности

Функциональные ряды:

Степенные ряды
Разложение функций
в степенные ряды

Сумма степенного ряда
Равномерная сходимость
Другие функциональные ряды
Приближенные вычисления
с помощью рядов

Вычисление интеграла разложением функции в ряд
Как найти частное решение ДУ
приближённо с помощью ряда?

Вычисление пределов
Ряды Фурье. Примеры решений

Кратные интегралы:

Двойные интегралы
Как вычислить двойной
интеграл? Примеры решений

Двойные интегралы
в полярных координатах

Как найти центр тяжести
плоской фигуры?

Тройные интегралы
Как вычислить произвольный
тройной интеграл?


Криволинейные интегралы
Интеграл по замкнутому контуру
Формула Грина. Работа силы

Поверхностные интегралы

Элементы векторного анализа:

Основы теории поля
Поток векторного поля
Дивергенция векторного поля
Формула Гаусса-Остроградского

Циркуляция векторного поля
и формула Стокса

Комплексный анализ:

Примеры решений типовых
задач комплексного анализа

Как найти функцию
комплексной переменной?

Решение ДУ методом
операционного исчисления

Как решить систему ДУ
операционным методом?

Теория вероятностей:

Основы теории вероятностей
Задачи по комбинаторике
Задачи на классическое
определение вероятности

Геометрическая вероятность
Задачи на теоремы сложения
и умножения вероятностей

Зависимые события
Формула полной вероятности
и формулы Байеса

Независимые испытания
и формула Бернулли

Локальная и интегральная
теоремы Лапласа

Статистическая вероятность
Случайные величины.
Математическое ожидание

Дисперсия дискретной
случайной величины

Функция распределения
Геометрическое распределение
Биномиальное распределение
Распределение Пуассона
Гипергеометрическое
распределение вероятностей

Непрерывная случайная
величина, функции F(x) и f(x)

Как вычислить математическое
ожидание и дисперсию НСВ?

Равномерное распределение
Показательное распределение
Нормальное распределение

Отблагодарить автора >>>

Если Вы заметили опечатку, пожалуйста, сообщите мне об этом

Заказать контрольную
Часто задаваемые вопросы
Гостевая книга

Когда нет времени:

Авторские работы на заказ

Кнопка для сайта: Высшая математика – просто и доступно!

По школьным предметам.
Подготовка к ЕГЭ

По высшей математике
и физике

Помогут разобраться в теме,
подготовиться к экзамену



  Карта сайта


Зависимые события и условная вероятность


На предыдущем уроке мы ознакомились с основными теоремами сложения и умножения вероятностей, а также научились решать типовые задачи с независимыми событиями, и сейчас последует гораздо более интересное продолжение, которое позволит не только освоить новый материал, но и, возможно, окажет практическую житейскую помощь.

Кратко повторим, что такое независимость событий: события  и  являются НЕзависимыми, если вероятность любого из них не зависит от появления либо непоявления другого события. Простейший пример – подбрасывание двух монет. Вероятность выпадения орла либо решки на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты.

Понятие зависимости событий вам тоже знакомо и настал черёд заняться ими вплотную.

Сначала рассмотрим традиционный набор, состоящий из двух событий: событие  является зависимым, если помимо случайных факторов его вероятность зависит от появления либо непоявления события . Вероятность события , вычисленная в предположении того, что событие  уже произошло, называется условной вероятностью наступления события  и обозначается через . При этом события  и  называют зависимыми событиями (хотя, строго говоря, зависимо только одно из них).

Карты в руки:

Задача 1

Из колоды в 36 карт последовательно извлекаются 2 карты. Найти вероятность того, что вторая карта окажется червой, если до этого:

а) была извлечена черва;
б) была извлечена карта другой масти.

Решение: рассмотрим событие:  – вторая карта будет червой. Совершенно понятно, что вероятность этого события зависит от того, черву или не черву вытянули ранее.

а) Если сначала была извлечена черва (событие ), то в колоде осталось 35 карт, среди которых теперь находится 8 карт червовой масти. По классическому определению:
 – вероятность того, что вторая карта окажется червой при условии, что до этого тоже была извлечена черва.

б) Если же сначала была извлечена карта другой масти (событие ), то все 9 черв остались в колоде. По классическому определению:
 – вероятность того, что вторая карта окажется червой при условии, что до этого была извлечена карта другой масти.

Всё логично – если вероятность извлечения червы из полной колоды составляет , то при извлечении следующей карты аналогичная вероятность изменится: в первом случае – уменьшится  (т.к. черв стало меньше), а во втором – возрастёт:  (т.к. все червы остались в колоде).

Ответ:

Зависимых событий, разумеется, может быть и больше. Пока задача не остыла, добавим ещё одно: – третьей картой будет извлечена черва. Предположим, что произошло событие , а затем событие ; тогда в колоде осталось 34 карты, среди которых 7 черв. По классическому определению:
 – вероятность наступления события  при условии, что до этого были извлечены две червы.

Для самостоятельной тренировки:

Задача 2

В конверте находится 10 лотерейных билетов, среди которых 3 выигрышных. Из конверта последовательно извлекаются билеты. Найти вероятности того, что:

а) 2-й извлечённый билет будет выигрышным, если 1-й был выигрышным;
б) 3-й будет выигрышным, если предыдущие два билета были выигрышными;
в) 4-й будет выигрышным, если предыдущие билеты были выигрышными.

Краткое решение с комментариями в конце урока.

А теперь обратим внимание на один принципиально важный момент: в рассмотренных примерах требовалось найти лишь условные вероятности, при этом предыдущие события считались достоверно состоявшимися. Но ведь в действительности и они являются случайными! Так, в «разогретой» задаче извлечение червы из полной колоды  – есть событие случайное, вероятность которого равна .

На практике гораздо чаще требуется отыскать вероятность совместного появления зависимых событий. Как, например, найти вероятность события , состоящего в том, что из полной колоды будет извлечена черва и затем ещё одна черва? Ответ на этот вопрос даёт

теорема умножения  вероятностей зависимых событий: вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже произошло:


В нашем случае:
 – вероятность того, что из полной колоды будут извлечены 2 червы подряд.

Аналогично:
 – вероятность того, что сначала будет извлечена карта другой масти и затем черва.

Вероятность события   получилась заметно больше вероятности события , что, в общем-то, было очевидно безо всяких вычислений.

И, само собой, не нужно питать особых надежд, что из конверта с десятью лотерейными билетами (Задача 2) вы вытяните 3 выигрышных билета подряд:


Да, совершенно верно – теорема умножения вероятностей зависимых событий естественным образом распространяется и на бОльшее их количество.

Закрепим материал несколькими типовыми примерами:

Задача 3

В урне 4 белых и 7 черных шаров. Из урны наудачу один за другим извлекают два шара, не возвращая их обратно. Найти вероятность того, что:

а) оба шара будут белыми;
б) оба шара будут чёрными;
в) сначала будет извлечён белый шар, а затем – чёрный.

Обратите внимание на уточнение «не возвращая их обратно». Этот комментарий дополнительно подчёркивает тот факт, что события зависимы. Действительно, а вдруг извлечённые шары возвращают обратно? В случае возвратной выборки вероятности извлечения чёрного и белого шара меняться не будут, а в такой задаче уже следует руководствоваться теоремой умножения вероятностей НЕзависимых событий

Решение: всего в урне: 4 + 7 = 11 шаров.  Поехали:

а) Рассмотрим события  – первый шар будет белым,  – второй шар будет белым и найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет белым и 2-й белым.

По классическому определению вероятности: . Предположим, что белый шар извлечён, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых, поэтому:
 – вероятность извлечения белого шара во 2-м испытании при условии, что до этого был извлечён белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что оба шара будут белыми.

б) Найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет чёрным и 2-й чёрным

По классическому определению:  – вероятность того, что в 1-м испытании будет извлечён чёрный шар. Пусть извлечён чёрный шар, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 6 чёрных, следовательно:  – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен чёрный шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что оба шара будут чёрными.

в) Найдём вероятность события  (сначала будет извлечён белый шар и затем чёрный)

После извлечения белого шара (с вероятностью ) в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых и 7 чёрных, таким образом:  – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – искомая вероятность.

Ответ:

Данную задачу нетрудно проверить через теорему сложения вероятностей событий, образующих полную группу. Для этого найдём вероятность 4-го недостающего события:  – того, что сначала будет извлечён чёрный шар и затем белый.

События  образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей  должна равняться единице:
 ,что и требовалось проверить.

И сразу же предлагаю проверить, насколько хорошо вы усвоили изложенный материал:

Задача 4

Какова вероятность того, что из колоды в 36 карт будут извлечены два туза подряд?

Задача 5

В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно извлекают три шара. Найти вероятность того, что

а) третий шар окажется белым, если до этого был извлечён черный и красный шар;
б) первый шар окажется черным, второй – красным и третий – белым.

Решения и ответы в конце урока.

Надо сказать, что многие из рассматриваемых задач разрешимы и другим способом, но чтобы не возникло путаницы, пожалуй, вообще о нём умолчу.

Наверное, все заметили, что зависимые события возникают в тех случаях, когда осуществляется некоторая цепочка действий. Однако сама по себе последовательность действий ещё не гарантируют зависимость событий. Пусть, например, студент наугад отвечает на вопросы какого-нибудь теста – данные события хоть и происходят одно за другим, но незнание ответа на один вопрос никак не зависит от незнания других ответов =) Хотя, закономерности тут, конечно, есть =) Тогда совсем простой пример с неоднократным подбрасыванием монеты – сей увлекательный процесс даже так и называется: повторные НЕзависимые испытания.

Я как мог, старался отсрочить этот момент и подбирать разнообразные примеры, но если в задачах на теорему умножения независимых событий хозяйничают стрелки, то здесь происходит самое настоящее нашествие урн с шарами =) Поэтому никуда не деться – снова урна:

Задача 6

Из урны, в которой находится 6 белых и 4 черных шара, извлекаются наудачу один за другим три шара. Найти вероятность того, что:

а) все три шара будут черными;
б) будет не меньше двух шаров черного цвета.

Решение: всего: 6 + 4 = 10 шаров в урне.

Событий в данной задаче будет многовато, и в этой связи целесообразнее использовать смешанный стиль оформления, обозначая прописными латинскими буквами только основные события. Надеюсь, вы уже поняли, по какому принципу подсчитываются условные вероятности.

а) Рассмотрим событие:  – все три шара будут черными.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 

б) Второй пункт интереснее, рассмотрим событие:  – будет не меньше двух шаров черного цвета. Данное событие состоит в 2 несовместных исходах: либо все шары будут чёрными (событие ) либо 2 шара будут чёрным и 1 белым – обозначим последнее событие буквой .

Событие  включается в себя 3 несовместных исхода:

в 1-м испытании извлечён белый и во 2-м и в 3-м испытаниях – чёрные шары
или
в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – БШ и в 3-м – ЧШ
или
в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – ЧШ и в 3-м – БШ.

По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что среди трёх последовательно извлеченных шаров будет 2 чёрных и 1 белый шар.

На всякий случай озвучу примерный ход рассуждений при конструировании, например, произведения :
«в 1-м испытании с вероятностью  извлекается ЧШ, после чего в урне останется 9 шаров, среди которых 6 белых и 3 чёрных. И во 2-м испытании с вероятностью  извлекается  БШ, после чего в урне останется 8 шаров, среди которых 5 белых и 3 чёрных. И, наконец, в 3-м испытании с вероятностью  будет снова извлечён ЧШ»

По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что среди трёх последовательно извлеченных шаров будет не менее двух черных.

Ответ:

Вы просто не сможете от этого отказаться =):

Задача 7

Из 20 экзаменационных билетов 3 содержат простые вопросы. Пять студентов по очереди берут билеты. Найти вероятность того, что хотя бы одному из них достанется билет с простыми вопросами

А почему бы и нет? Ситуация более чем реалистичная: представьте, начался экзамен, в аудиторию пригласили 5 человек. Проведите самостоятельное исследование – какова вероятность того, что хоть кому-то из этих пяти добровольцев повезёт с билетом?

К  вопросу о тактике и стратегии сдачи экзамена мы вернёмся в конце статьи, а пока рассмотрим ещё одну стандартную задачу о перекладывании шаров из урны в урну:

Задача 8

В первой урне содержится 12 шаров, из них 7 белых, во второй – 6 шаров, из них 3 белых. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар, а затем из второй урны наудачу извлекают один шар. Найти вероятность того, что он окажется белым.

Решение: по условию, из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар, и, очевидно, он может быть как белым, так и чёрным. В этой связи необходимо рассмотреть 2 несовместные гипотезы:

 – из 1-й урны во 2-ю будет переложен белый шар;
 – из 1-й урны во 2-ю будет переложен чёрный шар.

Обозначим через  зависимое событие – из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Несовместные исходы удобно расписать по пунктам:

1) По классическому определению:  – вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен белый шар. Пусть гипотеза  осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых теперь 4 белых шара. Таким образом:  – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда был переложен белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что во 2-ю урну будет переложен белый шар и после этого из 2-й урны будет извлечён белый шар.

2) По классическому определению:  – вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен чёрный шар. Пусть гипотеза  осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых по-прежнему 3 белых. Таким образом:  – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда был переложен чёрный шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что из 1-й урны во 2-ю будет переложен чёрный шар и после этого из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Подводим итог. По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Ответ:

Более интересная вариация по теме:

Задача 9

В первой урне находится 3 белых и 2 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают 2 шара. Найти вероятность того, что из второй урны будет извлечён белый шар.

Для решения задания нужно рассмотреть 3 несовместные гипотезы, привлечь на помощь комбинаторику и воспользоваться типовой задачей на классическое определение вероятности.

Желающие могут ознакомиться с более трудными примерами из сборника Чудесенко, в которых перекладываются несколько шаров. Особым любителям предлагаю задачи повышенной комбинационной сложности – с двумя последовательными перемещениями шаров из 1-й во 2-ю урну, из 2-й в 3-ю и финальным извлечением шара из последней урны – смотрите последние задачи файла Дополнительные задачи на теоремы сложения и умножения вероятностей. Кстати, там немало и других интересных заданий.

А в заключение этой статьи мы разберём прелюбопытнейшую задачу, которой я вас заманивал на самом первом уроке =) Даже не разберём, а проведём небольшое практическое исследование. Выкладки в общем виде будут слишком громоздкие, поэтому рассмотрим конкретный пример:

Петя сдаёт экзамен по теории вероятностей, при этом 20 билетов он знает хорошо, а 10 плохо. Предположим, в первый день экзамен сдаёт часть группы, например, 16 человек, включая нашего героя. В общем, ситуация до боли знакома: студенты один за другим заходят в аудиторию и тянут билеты.

Очевидно, что последовательное извлечение билетов представляет собой цепь зависимых событий, и возникает насущный вопрос: в каком случае Пете с бОльшей вероятностью достанется «хороший» билет – если он пойдёт «в первых рядах», или если зайдёт «посерединке», или если будет тянуть билет в числе последних? Когда лучше заходить?

Сначала рассмотрим «экспериментально чистую» ситуацию, в которой Петя сохраняет свои шансы постоянными – он не получает информацию о том, какие вопросы уже достались однокурсникам, ничего не учит в коридоре, ожидая своей очереди, и т.д.

Рассмотрим событие:  – Петя зайдёт в аудиторию самым первым и вытянет «хороший» билет. По классическому определению вероятности: .

Как изменится вероятность извлечения удачного билета, если пропустить вперёд отличницу Настю? В этом случае возможны две несовместные гипотезы:

 – Настя вытянет «хороший» (для Пети) билет;
 – Настя вытянет «плохой» билет, т.е. увеличит шансы Пети.

Событие же  (Петя зайдёт вторым и вытянет «хороший» билет) становится зависимым.

1) Предположим, что Настя с вероятностью  «увела» у Пети один удачный билет. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых 19 «хороших». По классическому определению вероятности: 

 2) Теперь предположим, что Настя с вероятностью  «избавила» Петю от 1-го «плохого» билета. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых по-прежнему 20 «хороших». По классическому определению: 

Используя теоремы сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий, вычислим вероятность того, что Петя вытянет «хороший» билет, будучи вторым в очереди:

Вероятность… осталось той же! Хорошо, рассмотрим событие:  – Петя пойдёт третьим, пропустив вперёд Настю и Лену, и вытащит «хороший» билет.

Здесь гипотез будет побольше: дамы могут «обокрасть» джентльмена на 2 удачных билета, либо наоборот – избавить его от 2 неудачных, либо извлечь 1 «хороший» и 1 «плохой» билет. Если провести аналогичные рассуждения, воспользоваться теми же теоремами, то… получится такое же значение вероятности !

И так далее.

Таким образом, чисто с математической точки зрения, без разницы, когда идти – первоначальные вероятности останутся неименными. НО. Это только усреднённая теоретическая оценка, так, например, если Петя пойдёт последним, то это вовсе не значит, что ему останутся на выбор 10 «хороших» и 5 «плохих» билетов в соответствии с его изначальными шансами. Данное соотношение может варьироваться в лучшую или худшую сторону, однако всё же маловероятно, что среди билетов останется «одна халява», или наоборот – «сплошной ужас». Хотя «уникальные» случаи не исключены – всё-таки тут не 3 миллиона лотерейных билетов с практически нулевой вероятностью крупного выигрыша. Поэтому «невероятное везение» или «злой рок» будут слишком преувеличенными высказываниями.

Математика и «чистый эксперимент» – это хорошо, но какой стратегии и тактики всё же выгоднее придерживаться в реальных условиях? Безусловно, следует принять во внимание субъективные факторы, например, «скидку» преподавателя для «храбрецов» или его усталость к концу экзамена. Зачастую эти факторы могут быть даже решающими, но в заключительных рассуждениях я постараюсь не сбрасывать со счетов и дополнительные вероятностные аспекты:

Если Вы готовы к экзамену хорошо, то, наверное, лучше идти «в первых рядах». Пока билетов полный комплект, постулат «маловозможные события не происходят» работает на Вас гораздо в бОльшей степени. Согласитесь, что намного приятнее иметь соотношение «30 билетов, среди которых 2 плохих», чем «15 билетов, среди которых 2 плохих». А то, что два неудачных билета на отдельно взятом экзамене (а не по средней теоретической оценке!) так и останутся на столе – вполне и вполне возможно.

Теперь рассмотрим «ситуацию Пети» – когда студент готов к экзамену достаточно хорошо, но с другой стороны, и «плавает» тоже неплохо. Иными словам, «больше знает, чем не знает». В этом случае целесообразно пропустить вперёд 5-6 человек, и ожидать подходящего момента вне аудитории. Действуйте по ситуации. Довольно скоро начнёт поступать информация, какие билеты вытянули однокурсники (снова зависимые события!), и на «заигранные» вопросы можно больше не тратить силы – учите и повторяйте другие билеты, повышая тем самым первоначальную вероятность своего успеха. Если «первая партия» экзаменующихся «избавила» вас сразу от 3-4 трудных (лично для Вас) билетов, то выгоднее как можно быстрее попасть на экзамен – именно сейчас шансы значительно возросли. Постарайтесь не упускать момент – всего несколько пропущенных вперёд человек, и преимущество, скорее всего, растает. Если же наоборот, «плохих» билетов вытянули мало – ждите. Через несколько человек эта «аномалия» опять же с большой вероятностью, если не исчезнет, то сгладится в лучшую сторону. В «обычном» и самом распространённом случае выгода тоже есть: расклад «24 билета/8 плохих» будет лучше соотношения «30 билетов/10 плохих». Почему? Трудных билетов теперь не десять, а восемь! С удвоенной энергией штудируем материал!

Если Вы готовы неважно или плохо, то само собой, лучше идти в «последних рядах» (хотя возможны и оригинальные решения, особенно, если нечего терять). Существует небольшая, но всё же ненулевая вероятность, что Вам останутся относительно простые вопросы + дополнительная зубрёжка + шпоры, которые отдадут отстрелявшиеся сокурсники =) И, да – в совсем критической ситуации есть ещё следующий день, когда экзамен сдаёт вторая часть группы ;-)

Какой можно сделать вывод? Субъективный оценочный принцип «кто идёт раньше, тот готов лучше» находит внятное вероятностное обоснование!

Ну, а если на экзамене произойдёт «несчастный случай», не расстраивайтесь и вспомните моё пожелание:

Везения в главном!

Решения и ответы:

Задача 2: Решение: рассмотрим события:  – при 1-й, 2-й, 3-й и 4-й попытках соответственно будет извлечён выигрышный билет.

а) Пусть событие  состоялось. Тогда в конверте осталось 9 билетов, среди которых 2 выигрышных. По классическому определению:
 – вероятность того, что 2-й выбранный билет будет выигрышным при условии, что до этого извлечён выигрышный билет.

б) Если произошли события , то в конверте осталось 8 билетов, среди которых 1 выигрышный. По классическому определению:
 – вероятность того, что 3-й выбранный билет будет выигрышным при условии, что до этого было извлечено два выигрышных билета.

в) Если произошли события , то в конверте не осталось выигрышных билетов. По классическому определению:
 – вероятность того, что 4-й выбранный билет будет выигрышным при условии, что до этого были извлечены три выигрышных билета.

Ответ:

Задача 4: Решение: всего: 4 туза в колоде. Рассмотрим события  – первой картой будет извлечён туз,  – 2-й картой будет извлечён туз. По классическому определению вероятности: . В случае осуществления события  в колоде останется 35 карт, среди которых 3 туза, поэтому:  – вероятность того, что 2-й картой будет извлечён туз, при условии, что до этого был извлечен туз.
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что из колоды в 36 карт будут извлечены два туза подряд.
Ответ:

Задача 5: Решение: всего: 6 + 5 + 4 = 15 шаров в урне. Рассмотрим следующие события:
 – 1-й шар будет черным;
 – 2-й шар будет красным;
 – 3-й шар будет белым.

а) По условию, события  и  уже произошли, а значит, в урне осталось 13 шаров, среди которых 4 белых. По классическому определению:  – вероятность того, что 3-й шар будет белым при условии, что до этого был извлечён черный и красный шар.

б) По классическому определению: . Предположим, что событие  произошло, тогда в урне осталось 14 шаров, среди которых 5 красных. По классическому определению:  – вероятность того, что 2-й шар будет красным при условии, что 1-й был чёрным.
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что первый шар окажется черным и второй – красным и третий – белым

Ответ:

Задача 7: Решение: рассмотрим события:
 – хотя бы одному из пяти студентов достанется билет с простыми вопросами;
 – всем пятерым достанутся непростые билеты.
Данные события являются противоположными, поэтому .
По теореме умножения вероятностей зависимых событий:

Таким образом:  – искомая вероятность
Ответ:

Задача 9: Решение: рассмотрим зависимое событие  (после перемещения двух шаров из 2-й урны будет извлечён белый шар) и предшествующие ему несовместные гипотезы:
 – из 1-й урны во 2-ю будут переложены два белых шара;
 – будет переложен белый и чёрный шар;
 – будут переложены два чёрных шара.
 способами можно извлечь два шара из первой урны.

1)  способами можно извлечь два белых шара из 1-й урны. По классическому определению:  – вероятность того, что из первой урны будут извлечены и переложены 2 белых шара. При осуществлении данной гипотезы во 2-й урне станет 6 белых и 4 чёрных шара. По классическому определению:  – вероятность того, что из 2-й урны будет извлечен белый шар при условии, что туда переложены 2 белых шара.

2)  способами можно извлечь белый и черный шар из 1-й урны. По классическому определению:  – вероятность того, что из первой урны будут извлечены и переложены белый и черный шар. При осуществлении данной гипотезы во второй урне станет 5 белых и 5 черных шаров. Таким образом:  – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда переложены белый и чёрный шар.

3)  способом можно извлечь два черных шара из 1-й урны. По классическому определению:  – вероятность того, что из первой урны будут извлечены и переложены 2 черных шара. При осуществлении данной гипотезы во второй урне станет 4 белых и 6 черных шаров. Таким образом:  – вероятность извлечения белого шара из второй урны при условии, что туда переложено два черных шара.

По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий:
 
– вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар.

Ответ:

Автор: Емелин Александр



Высшая математика для заочников и не только >>>

(Переход на главную страницу)

Как можно отблагодарить автора?

Качественные работы без плагиата – Zaochnik.com


© Copyright mathprofi.ru, Александр Емелин, 2010-2017. Копирование материалов сайта запрещено