Введение (стр. 1 )

Введение

Основной тенденцией последних десятилетий является глубокое проникновение математических методов анализа информации в самые различные сферы деятельности. В частности, владение современными статистическими методами расчета становится необходимым все большему числу государственных служащих, специализирующихся в области экономики, финансов, государственного управления, анализа кризисных ситуаций и т. п. В связи с этим курс теории вероятностей и математической статистики в соответствии с общегосударственным стандартом по специальности 06100 «ГИМУ» является неотъемлемой частью базового курса высшей математики Северо-Западной Академии государственной службы. Вместе с тем, до сих пор отсутствует задачник, позволяющий государственным служащим развить и закрепить навыки самостоятельного использования теоретических методов на практике. Настоящее пособие имеет целью в известной мере устранить этот пробел. Задачник содержит 30 вариантов, каждый из которых содержит 10 задач по основным разделам теории вероятностей, согласованным с основными главами курса теории вероятностей, читаемого в Академии студентам второго курса. Набор задач максимально адаптирован к учебным программам по специальностям 06100 «ГМУ» и 062100 «Управление персоналом».

1. Примеры решения задач.

Приведенные задачи подобраны по темам:

Задача 1 – Прямой подсчет вероятности случайного события на основании классического определения вероятности.

Задача 2 – Подсчет вероятности случайного события с использованием теорем сложения и умножения вероятностей.

Задача 3 – Определение вероятностей случайных событий с использованием формулы полной вероятности и формулы Байеса.

Задача 4 – Отыскание вероятности успешного выполнения теста, организованного по схеме включения последовательных и параллельных цепочек вопросов.

Задача 5 – по теме дискретные случайные величины и их характеристики.

Задача 6 – по теме непрерывные случайные величины и их характеристики.

Задача 7 – по теме функции случайных величин.

Задача 8 – по теме системы дискретных случайных величин и их характеристики.

Задача 9 – по теме системы непрерывных случайных величин и их характеристики.

Задача 10 – по теме нормальный закон распределения.

В тексте задач использованы следующие сокращения и обозначения:

ДСВ – дискретная случайная величина.

НСВ – непрерывная случайная величина.

СНСВ – система непрерывных случайных величин.
СДСВ – система дискретных случайных величин.

МО – математическое ожидание (EХ=а)
D – дисперсия (DХ=).

СКО – средне квадратичное отклонение (s).

ФР – функция распределения F(x), F(x, y).

ПР – функция плотности распределения р(x), р(x, y).
КМ - корреляционный момент ( Kxy).

КК - коэффициент корреляции (r).

N(a, s) нормальный закон распределения с математическим ожиданием a и среднеквадратическим отклонением s.

Рассмотрим решение типичных задач по каждой теме:

Задача 1. Из ящика, содержащего 8 белых и 6 красных шаров вынимается случайным образом 5 шаров. Какова вероятность того, что вынутые шары – это два белых и три красных.

Решение. Будем решать задачу на основе классического определения вероятности случайного события. Построим вероятностное пространство для опыта, состоящего в «вынимании» случайным образом пяти шаров из четырнадцати. Очевидно, что число n равновозможных исходов такого опыта есть число сочетаний из 14 по 5, то есть . Теперь определим число исходов нашего опыта, при которых наступает случайное событие, вероятность которого мы хотим определить, а именно число исходов этого опыта, при которых вынутые шары будут 2 белых и 3 красных. Из восьми белых шаров можно образовать различных комбинаций по два шара. Аналогично из шести красных шаров можно образовать различных комбинаций по три шара. Для определения числа всех «благоприятных» исходов опыта следует рассмотреть каждую комбинацию из с каждой комбинацией из . Таким образом, число m «благоприятных» исходов опыта есть . По классическому определению искомая вероятность .

Задача 2. Из ящика, содержащего 8 белых и 6 красных шаров вынимается три шара. Какова вероятность того, что все шары красные.

Решение. Эту задачу можно решить тем же способом, как и задачу 1. Но можно также решить ее с применением теоремы умножения вероятностей. Обозначим буквами следующие события:

А={первый вынутый шар оказался красным}. В={второй вынутый шар оказался красным}. С={третий вынутый шар оказался красным}. D={все три шара оказались красными}. События A, B,C – зависимые, так как соотношение белых и красных шаров в ящике после изъятия одного шара зависит от цвета вынутого шара. Очевидно, что целью задачи является вычисление P(D) - вероятности события D. Очевидно также, что событие D есть произведение трех случайных событий: . Но по теореме умножения вероятностей: , следовательно задача сводится к отысканию вероятностей соответствующих событий. Очевидно, что P(A)=6/14. Вероятность того, что второй шар будет красным при условии, что первый вынутый шар красный, также легко найти. Действительно, если первый шар красный, то в ящике осталось 13 шаров, из которых 8 белых и 5 красных, поэтому . Условную вероятность найдем аналогично: . Итак, по формуле умножения вероятностей имеем: P(D)=(6/14)(5/13)(4/12)=5/91.

Задача 3. В трех студенческих группах отношение к проведению некоторого мероприятия разделилось следующим образом. В группе 211: 12- «за», 13 – «против». В группе 212: 8- «за», 15 – «против». В группах 213 и 214: 22- «за», 4 – «против». Из одной из этих групп выбраны три представителя. Их опрос показал, что один из них – «за», а двое других – «против». Из какой группы наиболее вероятно отобраны представители?

Решение. Обозначим А={трое представителей разделилсь по голосам так, что один из них – «за», а двое других – «против»}, H1={представители выбраны из группы 211}, H2={представители выбраны из группы 212}, H3={представители выбраны либо из группы 213 либо из группы 214}. Заметим, что H1,H2,H3 – несовместны и образуют полную группу. Следовательно, до того как событие А произошло можно говорить, что его вероятность вычисляется по формуле полной вероятности: . Вероятности «гипотез» Hi легко находятся из условия равнозначности групп при выборе: . Условные вероятности события А при различных гипотезах находятся по алгоритму решения задачи 1. , , . Тогда P(A) находится так: P(A)=(1/4)(39/575)+(1/4)(120/253)+(1/2)(33/650)=0.01696+0.11858+0.02538=0.16092 Теперь можно найти по формуле Байеса вероятность гипотезы H2 при условии, что событие А произошло: . Так как «уточненная» вероятность гипотезы H больше, чем ½, то уже ясно, что наиболее вероятно, что трое опрошенных студентов были из 212 группы. В общем случае следовало бы найти «уточненные» вероятности всех гипотез, и выбрать ту из них, у которой эта вероятность больше.

Задача 4. Найти вероятность выполнения абитуриентом экзаменационного теста, состоящего из последовательности вопросов, объединенных в последовательные или параллельные цепочки. При прохождении абитуриентом параллельной цепочки ему разрешается в случае неверного ответа на первый вопрос делать следующие попытки, заключающиеся в ответах на другие вопросы, содержащиеся в параллельной цепочке. Абитуриент снимается с конкурса, если он не сможет ответить ни на один вопрос, имеющийся в параллельной цепочке, а также в случае неверного ответа хотя бы на один из вопросов в последовательной цепочке. Вероятности правильных ответов на каждый из вопросов считаются независимыми друг от друга. На рисунке вопросы теста обозначены совокупностью прямоугольников, внутри каждого из которых приведено значение предполагаемой вероятности правильного ответа абитуриентом на заданный вопрос.

Задачу можно решить, используя теорему умножения вероятностей. Легко видеть, что

Абитуриент успешно преодолевает цепочку последовательных вопросов, если он правильно отвечает на каждый вопрос. Следовательно, вероятность преодоления абитуриентом цепочки последовательных вопросов равна произведению вероятностей его ответов на каждый из вопросов. В случае же параллельной цепочки перемножаются вероятности неправильных ответов. Напомним, что сумма вероятностей правильного и неправильного ответа на любой вопрос равна единице. В силу сказанного вероятность сдачи абитуриентом данного теста может быть вычислена по формуле: