Предлагаем возможность заказать решение задач по теории вероятностей. В среднем цена решения каждой задачи составляет 250 руб., сроки выполнения задания - 1-3 календарных дня. Окончательная стоимость и сроки выполнения задания определются после ознакомления с условиями необходимых Вам заданий и требованиями к срокам решения и оформлению. В рамках данного раздела бесплатно приводим различные задачи по теории вероятностей с примерами их решения и формулами, чтобы Вы могли ознакомиться с ними и оценить качество работы. Для уточнения цены и сроков выполнения задач по теории вероятностей пришлите условия нужных Вам заданий для ознакомления!
Простая задача по теории вероятностей с решением №1
Литье в болванках для дальнейшей обработки поступает из двух цехов: 70 % из первого цеха и 30% из второго чеха. При этом материал 1-го цеха имеет 10% брака, а материал 2-го цеха - 20 % брака. Найти вероятность того, что одна, взятая наудачу болванка не имеет дефектов.
Размещено на www.rnz.ru
Решение:
Дадим небольшое теоретическое пояснение простыми словами к данному заданию. В данном случае некоторое событие (т.е. когда деталь соответствует заданным требованиям стандарта) должно произойти в обязательном порядке, при этом оно происходит в результате одного из нескольких независимых событий, которые образуют полную группу (группа событий - появление деталей из цехов. Данная группа состоит из поступления детали из цеха №1 и из поступления детали из цеха №2). В таком случае для решения задачи необходимо применить формулу полной вероятности: P(B) = P(A1) * P(B|A1) + P(A2) * P (B|A2) + … + P(Ak) *P (B|Ak).
Обозначим через А1 появление детали из первого цеха; через А2 - из второго.
P(A1) = 0,7
P(A2) = 0,3
Если через В обозначить соответствие детали стандарту, то для отдельных цехов имеем следующие условные вероятности:
PA1(B) = 0,9
PA2(B) = 0,8
Искомая вероятность того, что наудачу взятая деталь стандартна, по формуле полной вероятности равна P(B) = P(A1) * PA1(B) + P(A2) * PA2(B)
P(B) = 0,7 * 0,9 + 0,3 * 0,8 = 0,63 + 0,24 = 0,87
Вывод: шанс того, что одна, взятая наудачу болванка не имеет дефектов, составляет 0,87 или 87%.
В турнире встречаются 10 шахматистов, имеющие одинаковые шансы на любой исход в каждой встрече (только одной для каждых двух участников). Найти вероятность того, что какой-либо один из участников проведет все встречи с выигрышем.
Решение:
Представим небольшое теоретическое пояснение формулы Бернулли простыми словами. В процессе выполнения практических упражнений зачастую встречаются такие, которые описывают многократно повторяющиеся явления при неизменном начальном комплексе условий и отражают желание у некоторого участника k узнать в наступлении определенного события А при проведении заданного количества испытаний (случаев) - n. Прикладное применение данной ситуации может быть описано необходимостью узнать возможное число некондиционных изделий в общей их партии. Таким образом, в общем случае в ситуациях, когда возможность наступления события А равняется р в каждом проводимом испытании и при этом выполняется n независимых испытаний, и нужно вычислить шанс того, что явление А случится требуемое число m раз, для расчетов необходимо использовать формулу Бернулли: Pm(n) = Cmnpmqn-m
В данной формуле q = 1-p. Cmn = n!/(m!(n-m)!)
Используем формулу: Pm,n = Cmnpmqn-m
p = 0,5
P9,9 = p9 = 0,59 = 0.00195
Вывод: шанс того, что какой-либо один из участников проведет все встречи с выигрышем составляет 0.00195 или 0,195%.
Пример решения задачи по теории вероятностей №3
Вероятность появления события А в отдельном испытании равна 0,75. Какова вероятность того, что при восьмикратном повторении испытания это событие появится более 6 раз?
Решение:
В данном случае необходимо определить шанс возникновения заданного события А указанное в условии число раз при регламентированном в условии задания числе испытаний. Следовательно, для нахождения требуемой вероятности необходимо использовать уже указанную ранее формулу Бернулли. При этом необходимо отметить, что "более 6 раз" означает и 7 и 8 раз, т.к. обще количество испытаний равняется 8. Следовательно, общая возможность появления указанного события составит сумму шансов 7-ми и 8-ми кратного повторения.
P(A) = 0.75
q = 0,25
Вероятность того, что событие А появится более 6 раз определим по формуле: Pm,n = Cmnpmqn-m
q = 0,25
P7,8 = (8! / 7!) * 0,757*0,25 = 0,267
P8,8 = pn = 0,758 = 0,1001
P(>6) = 0,267+0,1001 = 0,3671
Вывод: шанс появления события более 6-ти раз при заданных условиях составляет 0,3671 или 36,71%.
Купить решение задач по теории вероятностей
Купить решение задач по теории вероятностей у нас можно быстро и просто - для этого нужно всего лишь заполнить форму заказа. Имея значительную базу уже готовых решенных задач, мы можем либо предложить их по приемлемой цене, или согласовать сроки и способы оплаты для решения новых. В среднем срок исполнения заявки может составлять 1-3 календарных дня в зависимости от сложности и количества задач; базовые формы оплаты: банковская карта или Яндекс.Деньги. Итак, чтобы купить задачи по теории вероятностей у нас, необходимо сделать только три шага:
- прислать их условия;
- согласовать сроки решения и форму оплаты;
- перевести предоплату и в указанный срок получить решенные задания.
Пример решения задачи по теории вероятностей №4 с формулами
Для определения средней урожайности поля площадью 1800 га взято на выборку по 1 кв.м с каждого гектара. Известно, что по каждому гектару поля дисперсия не превышает 6. Оценить вероятность того, что отклонение средней выборочной урожайности отличается от средней урожайности по всему полю не более чем на 0,25 ц.
Решение:
Среднюю квадратическую ошибку выборки определим по формуле:
Формула средней квадратической ошибки выборки
μ = √((6/0,18) * (1-0,18/1800)) = 5,773
Далее воспользуемся формулой на основе теоремы Лапласа:
Формула на основе теоремы Лапласа
Применение даного равенства на базе теоремы Лапласа позволяет определить шанс того, что отклонение генеральной средней от выборочной не выше граничного значения. Выполним расчеты:
Вывод: Таким образом, риск того, что отклонение средней выборочной урожайности отличается от средней урожайности по всему полю не более чем на 0,25 ц. составит 0,0319 или 3,19%.
Задача по теории вероятностей №5 для ВУЗа с решением
Из партии 4000 деталей на выборку проверены 500. При этом оказалось 3% нестандартных. Определить вероятность того, что доля нестандартных деталей во всей партии отличается от их доли в выборке менее, чем на 1%.
Решение:
Средняя квадратическая ошибка при повторной выборке при доле бракованных деталей w = 0,03.
Для случайной выборки при определении доли признака используем следующую формулу для расчета средней квадратической ошибки:
Формула средней квадратической ошибки выборки при известной выборочной доле и повторном отборе
Вывод: Таким образом, шанс того, что доля нестандартных деталей во всей партии отличается от их доли в выборке менее, чем на 1%, составит 0,83848 или 83,85%.
Пример решения задачи по классической теории вероятностей №6
Три товарища договорились встретиться. Первый из них никогда не опаздывает, но предупредил, что сможет прийти на встречу с вероятностью 0.9. Второй опоздает с вероятностью 0,2, а третий обычно опаздывает с вероятностью 0,4. Какова вероятность того, что к назначенному сроку (без опоздания) встретятся хотя бы двое из троих друзей?
Решение:
Пусть событие А1 заключается в том, что без опоздания придет 1-й товарищ, событие А2 заключается в том, что без опоздания придет 2-й товарищ, событие А3 заключается в том, что без опоздания придет 3-й товарищ, тогда:
Вывод: шанс того, что к назначенному времени без каких-либо опозданий придут и встретятся хотя бы два друга из трех, составляет 0,876 или 87,6%.
Пример решения задачи по теории вероятностей №7 с формулой Бернулли
Вероятность появления события А в каждом из 12 повторных независимых испытаний Р(А) = р = 0.75. Определите среднее значение и дисперсию случайной величины числа появлений события А в 12 независимых повторных испытаниях.
Решение:
Пользуясь формулой Бернулли составим таблицу распределения появления события А.
Закон распределения дискретной случайной величины обычно задается рядом распределения.
xi
pi
xi * pi
xi - MX
(xi – MX)2
(xi – MX)2 * pi
0
0
0
-9,007
81,12605
0
1
0
0
-8,007
64,11205
0
2
0,00004
0,00008
-7,007
49,09805
0,00196
3
0,00035
0,00105
-6,007
36,08405
0,01263
4
0,00239
0,00956
-5,007
25,07005
0,05992
5
0,01147
0,05735
-4,007
16,05605
0,18416
6
0,04015
0,2409
-3,007
9,04205
0,36304
7
0,10324
0,72268
-2,007
4,02805
0,41586
8
0,19358
1,54864
-1,007
1,01405
0,1963
9
0,2581
2,3229
-0,007
0,00005
0,00001
10
0,23299
2,3299
0,993
0,98605
0,22974
11
0,12671
1,39381
1,993
3,97205
0,5033
12
0,03168
0,38016
2,993
8,95805
0,28379
a
1
9,007
2,25071
Среднее значение MX = SUM (xipi) = 9,00
Дисперсия DX = SUM (xi - MX)2 * pi = 2,25
Решение задачи по теории вероятностей №8 для студентов
При каком n числе независимых испытаний вероятность выполнения неравенства |m/n - p| ≤ 0.2, где m - число появлений события А в этих n испытаниях, превысит 0,9, если вероятность появления события А в отдельном испытании р =0,7?
