Pavel Ivanovics sétát tesz a park ösvényein. Felkészülés az egységes államvizsgára "valószínűségszámítási problémák megoldása". Valószínűség. Mi ez

21.02.2024

„Pont fluktuáció” – Köztes helyzet. A mozgás csillapított és időszakos. 5. Lineáris rezgések. 7. Szabad rezgések viszkózus ellenállással. Általános megoldás = általános megoldás + inhomogén y-i homogén y-i partikuláris megoldása. 1. Példák az oszcillációra. Harmonikus hajtóerő. A hajtóerő által okozott szabad rezgések.

„Függvény deriváltja egy pontban” - Milyen értéket vesz fel az y=f(x) függvény deriváltja a B pontban? Az ábrán a (-3;3) intervallumon definiált f(x) függvény y= f‘(x) deriváltjának grafikonja látható. Mekkora értéket vesz fel az y= f(x) függvények deriváltja az A pontban? Milyen szöget zár be a függvény grafikonjának érintője az x tengely pozitív irányával?

„Függvény kritikus pontjai” – A kritikus pontok között vannak szélsőséges pontok. Az extrémum elengedhetetlen feltétele. A függvény kritikus pontjai Extrema pontok. Meghatározás. Extrémum pontok (ismétlés). De ha f" (x0) = 0, akkor nem szükséges, hogy az x0 pont szélsőpont legyen. Példák. Kritikus pontok.

„Pont koordináták” – A pont szimmetriája az abszcissza tengelyhez (Ox) képest. A gyík teste egy egyeneshez képest szimmetrikus. Az emberi testnek van egy szimmetriatengelye. A természetben az állati testek felépítése is engedelmeskedik a szimmetria törvényeinek. A B(3;6) pont szimmetrikus a B(3;-6) ponttal, amely az abszcissza alatt helyezkedik el. Következtetés: A Semirichnik ritka növény, de a virág hét szirmának kétoldali szimmetriája van.

„Dél-afrikai Nemzeti Parkok” – „Utazás a Dél-afrikai Köztársaságba”. A közelben található a híres, öt vízesésből álló Tugela-vízesés (948 m). Harmadik nap Nemzeti parkok és rezervátumok. Első nap Dél-Afrika fővárosa. A szállodai szobaárak 400 dollártól kezdődnek. 100 méter magasra emelkedő vízporfelhőben szivárvány világít.

„A háromszög négy figyelemre méltó pontja” - A háromszög csúcsából az ellenkező oldalt tartalmazó egyenesre húzott merőlegest nevezzük. Magasság. Egy háromszög mediánja. 1. feladat. A háromszög magassága. Az AN szakasz az A pontból az a egyenesbe ejtett merőleges, ha. A csúcsot a szemközti oldal közepével összekötő szakaszt ún.

4. DIA

A dokumentum tartalmának megtekintése
„Hogyan oldjuk meg a valószínűségi problémákat”

Mitrofanova Snezhana Viktorovna, MBOU "Verkhovskaya School" Vologda régió

Tantárgy: Workshop a valószínűségszámítási problémák megoldásáról.

1. DIA

Hogyan lehet megoldani a valószínűségi problémákat?

Valószínűség. Mi ez?

2. DIA

Valószínűségi elmélet, ahogy a neve is sugallja, a valószínűségekkel foglalkozik. Sok olyan dolog és jelenség vesz körül bennünket, amelyekről bármennyire is fejlett a tudomány, lehetetlen pontos előrejelzést adni. Nem tudjuk, hogy melyik kártyát húzzuk ki véletlenszerűen a pakliból, és hány napon keresztül esik az eső májusban, de néhány további információ birtokában előrejelzéseket készíthetünk, és kiszámíthatjuk ezeknek a véletlenszerű eseményeknek a valószínűségét.

Így az alapkoncepcióval állunk szemben véletlenszerű esemény- olyan jelenségről van szó, amelynek viselkedése előre nem jelezhető, vagy olyan kísérletről van szó, amelynek eredménye nem számítható előre, stb. Az események valószínűségét a szabványos egységes államvizsga-feladatokban számítják ki.

2. DIA (ÚJRA)

Valószínűség- szigorúan véve ez egy olyan függvény, amely 0 és 1 közötti értékeket vesz fel, és egy adott véletlenszerű eseményt jellemez.

Akkor használjuk hozzávetőleges diagram, amelyet szabványos oktatási problémák megoldására kell használni egy véletlen esemény valószínűségének kiszámításához,

3. DIA

majd az alábbiakban példákkal illusztrálom alkalmazását.

Keresse meg a feladat fő kérdését (keresse meg a feladat kimenetelét, találjon kedvező eredményeket!)

Válasszon ki egy (vagy több) képletet a megoldáshoz.

4. DIA

MIÉRT OLVASSUK EL FIGYELMESEN A CÉLKITŰZÉSEKET?

A vizsgán felkínált 20 jegy közül a hallgató csak 17-re tud válaszolni. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a hallgató egy véletlenszerűen kiválasztott jegyre tud válaszolni?

A vizsgán felkínált 20 jegy közül a hallgató csak 17-re tud válaszolni. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a hallgató nem tud válaszolni a véletlenszerűen kiválasztott jegyre?

DIA 5,6,7

DIA 8.9

10. DIA

1. feladat.

11. DIA

Megoldás.

12. DIA

0,5 0,25 = 0,125

13. DIA

2. feladat.

14. DIA

Megoldás.

P(M)=P(ABD)+P(ABE)+P(ACF)

15. DIA

16. DIA

17. DIA

18. DIA

19., 20. DIA

4. feladat.

A prezentáció tartalmának megtekintése
"Bemutatás"

Hogyan lehet megoldani a problémákat

a valószínűség szerint?

Mitrofanova Snezhana Viktorovna,

matematika tanár

MBOU "Verkhovskaya School"

Vologda régió

Valószínűség.Mi az ?

Valószínűség egy függvény, amely 0 és 1 közötti értékeket vesz fel.

Hozzávetőleges diagram , amely szerint a valószínűségszámításhoz standard oktatási problémákat kell megoldani:

Keresse meg a feladat fő kérdését!

A megoldáshoz egy (vagy több) képletet választottak ki.

A vizsgán felkínált 20 jegy közül a hallgató csak 17-re tud válaszolni. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a hallgató egy véletlenszerűen kiválasztott jegyre tud válaszolni?

A vizsgán felkínált 20 jegy közül a hallgató csak 17-re tud válaszolni. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a hallgató nem tud válaszolni a véletlenszerűen kiválasztott jegyre?

Valószínűség eseményeket az előfordulása szempontjából kedvező kimenetelek számának az összes kimenetelhez viszonyított aránya (inkompatibilis, csak lehetséges és egyformán lehetséges):

Valószínűségi fa felépítésével megoldott feladatok.

1. feladat. Pavel Ivanovics sétát tesz az A pontból a park ösvényein. Minden egyes elágazásnál véletlenszerűen választja ki a következő utat anélkül, hogy visszamenne.Az utak elrendezését az ábra mutatja. Határozza meg annak valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics eléri a G pontot.

Megoldás.

Minden él mellé írjuk annak a valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics a megfelelő utat követi. Az útválasztás minden elágazásnál véletlenszerű, így a valószínűség egyenlően oszlik el az összes lehetőség között.

Ebben a kísérletben minden útvonal az A kiindulóponttól a végpontokig egy elemi esemény. Az események itt nem egyformán lehetségesek. Az egyes elemi események valószínűségét a szorzási szabály segítségével találhatjuk meg.

Ez az esemény az, hogy Pavel Ivanovics áthaladt az ABG útvonalon. A valószínűséget úgy kapjuk meg, hogy az AB és BG élek mentén megszorozzuk a valószínűségeket

0,5 · 0,25= 0,125

2. feladat.

Pavel Ivanovics sétát tesz az A pontból a park ösvényein. Minden egyes elágazásnál véletlenszerűen választja a következő utat anélkül, hogy visszamenne. A pálya elrendezése az ábrán látható. Egyes útvonalak az S faluba, mások az F mezőbe vagy az M mocsárba vezetnek. Határozza meg annak valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics egy mocsárba vándorol.

Megoldás. Három út vezet a mocsárba. Jelöljük ezeken az útvonalakon a csúcsokat, és írjuk fel a megfelelő valószínűségeket ezen útvonalak éleire. Más útvonalakat nem veszünk figyelembe.

Az esemény valószínűsége (Pavel Ivanovics a mocsárba kerül) egyenlő

P(M)=P(ABD)+P(ABE)+P(ACF)

Válasz: 0,125

4. feladat. Ugyanazon cég két gyára azonos mobiltelefonokat gyárt.

Az első gyár a márka összes telefonjának 30% -át állítja elő, a második pedig a többi telefont.

Ismeretes, hogy az első gyárban gyártott telefonok közül 1%-nak van rejtett hibája, a második gyárban gyártottaknak pedig 1,5%-a.

Határozza meg annak valószínűségét, hogy a boltban vásárolt ilyen márkájú telefonnak rejtett hibája van.

Megoldás. Mutassuk be az események jelöléseit: A 1 = (a telefont az első gyárban adták ki), A 2 = (a telefont a második gyárban adták ki), D = (a telefonnak rejtett hibája van). A probléma körülményei alapján létrehozunk egy fát és megtaláljuk a szükséges valószínűségeket.

P(D)=0,3*0,01+0,7*0,015=0,003+0,0105=0,0135.

A prezentáció leírása külön diánként:

1 csúszda

Dia leírása:

2 csúszda

Dia leírása:

Egy bevásárlóközpontban két egyforma gép árul kávét. 0,3 annak a valószínűsége, hogy a gépből a nap végére kifogy a kávé. 0,12 annak a valószínűsége, hogy mindkét gépből kifogy a kávé. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a nap végén mindkét gépben marad kávé. A – a kávé kifogy az első gépből; B – a kávé kifogy a második gépből. A probléma feltételeinek megfelelően vegye figyelembe, hogy ezek az események nem függetlenek, különben az ellenkező esemény valószínűsége, hogy „a kávé mindkét gépben marad”, egyenlő: 0,52.

3 csúszda

Dia leírása:

A Varázsországban kétféle időjárás létezik: jó és kiváló, és a reggel kialakult időjárás egész nap változatlan marad. Ismeretes, hogy 0,8 valószínűséggel holnap ugyanolyan lesz az időjárás, mint ma. Ma július 3-a van, jó idő van a Varázsországban. Határozza meg annak valószínűségét, hogy július 6-án remek idő lesz Tündérországban. 4 lehetőség: ХХО, ХОО, ОХО, LLC P(ХХО) + P(ХОО) + P(ОХО) + P(ООО)=0.8∙0.8∙0.2+0.8∙0.2.8.0 +0.8∙0.2.8.0 +0.2.8. ∙0,8∙0,8=0,128+0,128+0,008+0,128=0,392 Válasz: 0,392

4 csúszda

Dia leírása:

1-es telepről vásárolt tojás - 2-es telepről vásárolt tojás P∙0,4+(1-p)∙0,2=0,35 0,2p=0,15 p=0,75 Válasz: 0,75 D-tojás legmagasabb kategória A mezőgazdasági társaság kétháztartásos gazdaságokból vásárol csirke tojást . Az első gazdaságból származó tojások 40% -a a legmagasabb kategóriájú, a második gazdaságból származó tojások 20% -a a legmagasabb kategóriába tartozik. Összességében a tojások 35%-a kapja a legmagasabb kategóriát.Meghatározza annak valószínűségét, hogy egy ettől a mezőgazdasági cégtől vásárolt tojás az első gazdaságból származik.

5 csúszda

Dia leírása:

Ugyanazon cég két gyára azonos mobiltelefonokat gyárt. Az első gyár az összes ilyen márkájú telefon 30%-át, a második a fennmaradó telefonokat állítja elő. Ismeretes, hogy az első gyárban gyártott telefonok közül 1%-nak van rejtett hibája, a második gyárban gyártottaknak pedig 1,5%-a. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az üzletben vásárolt telefonnak rejtett hibája van. -a telefon 1-es gyárban készült -a telefon 2-es gyárban készült D-a telefon hibás 0,3∙0,01+0,7∙0,015=0,003+0,0105=0,0135 Válasz: 0,0135

6 csúszda

Dia leírása:

1 gyárban gyártott üvegek 2 gyári D-üvegek üvegei hibásak 0,45∙0,03+0,55∙0,01=0,0135+0,0055=0,019 Válasz: 0,019 Két gyárban ugyanazokat az üvegeket gyártják autófényszórókhoz. , a második - 55%.Az első gyár a hibás üvegek 3%-át állítja elő, a második - 1%. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az üzletben véletlenül vásárolt üveg hibásnak bizonyul.

7 csúszda

Dia leírása:

Pavel Ivanovics sétát tesz az A pontból a park ösvényein. Minden egyes elágazásnál véletlenszerűen választja a következő utat anélkül, hogy visszamenne. A pálya elrendezése az ábrán látható. Határozza meg annak valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics eléri a G pontot. Válasz: 0,125

8 csúszda

Dia leírása:

9. dia

Dia leírása:

A esemény - 15-nél kevesebb utas tartózkodik a buszon B esemény - 15-19 utas van a buszon A + B esemény - 20-nál kevesebb utas van a buszon Az A és B események nem kompatibilisek, annak valószínűsége összege egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével: P(A + B) = P(A) + P(B). P(B) = 0,94 - 0,56 = 0,38. Válasz: 0,38 A járásközpontból a faluba naponta jár egy autóbusz.Annak a valószínűsége, hogy hétfőn 20-nál kevesebb utas lesz a buszon, 0,94. Annak a valószínűsége, hogy kevesebb mint 15 utas lesz, 0,56. Határozza meg a valószínűségét hogy az utasok száma 15-19 lesz.

10 csúszda

Dia leírása:

P(A + B+ C) = P(A) + P(B)+ P(C)= P(A) + P(B) P(A) = 0,97-0,89 = 0,08 Válasz: 0,08 Annak a valószínűsége, hogy egy új az elektromos vízforraló egy évnél tovább bírja: 0,97. Annak a valószínűsége, hogy két évnél tovább bírja, 0,89. Határozza meg annak valószínűségét, hogy kevesebb mint két évig, de egy évnél tovább bírja. A esemény - a vízforraló több mint egy évig, de kevesebb mint két évig bírja B esemény - a vízforraló több mint két évig bírja C esemény - a vízforraló pontosan két évig fog működni A + B + C - a vízforraló egy évnél tovább tart Az A, B és C események összeegyeztethetetlenek, összegük valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével A C esemény valószínűsége, amely abból áll, hogy a vízforraló pontosan két éven belül meghibásodik - szigorúan ugyanazon a napon, órában és másodpercben - egyenlő nullával.

11 csúszda

Dia leírása:

A esemény - a tanuló 11 feladatot old meg B esemény - a tanuló több mint 11 feladatot old meg A + B esemény - a tanuló több mint 10 feladatot old meg P(A) = 0,74-0,67 = 0,07 Válasz: 0,07 Annak valószínűsége, hogy Biológia teszt diák O. 0,67 annak a valószínűsége, hogy O. 10-nél több feladatot fog helyesen megoldani, 0,74 Határozza meg annak valószínűségét, hogy O. pontosan 11 feladatot fog helyesen megoldani. Az A és Extra események összegének valószínűsége megegyezik ezen események valószínűségeinek összegével: P(A + B) = P(A) + P(B).

12 csúszda

Dia leírása:

1-0,965 = 0,035 Válasz: 0,035 67 mm átmérőjű csapágyak gyártásakor annak a valószínűsége, hogy az átmérő legfeljebb 0,01 mm-rel tér el a megadott átmérőtől, 0,965. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerű csapágy átmérője kisebb lesz 66,99 mm-nél vagy 67,01 mm-nél nagyobb.

13. dia

Dia leírása:

A esemény – John egy nullázott revolvert vesz el B esemény – John egy lövés nélküli revolvert vesz fel p(A)=0,4 p(B)=0,6 0,4∙0,1+0,6∙0,8=0,52 Válasz: 0,52 Cowboy John egy legyet üt a falon 0,9 valószínűséggel, ha lőtt revolverrel lő. Ha John egy nullázott revolver kívülről lő, akkor 0,2-es valószínűséggel eltalálja a legyet. 10 revolver van az asztalon, ebből csak 4-et lőttek le. Cowboy John egy legyet lát a falon, véletlenszerűen megragadja az első revolvert, amivel találkozik, és rálő a légyre. Határozza meg annak valószínűségét, hogy John elhibázza.

MBOU Ostankino Középiskola

Felkészülés az egységes államvizsgára

Problémák megoldása a valószínűségszámításban

A – a kávé kifogy az első gépből; B – a kávé kifogy a második gépből.

A probléma körülményei szerint

Vegye figyelembe, hogy ezek az események egyébként nem függetlenek

Az ellenkező esemény valószínűsége, hogy „a kávé mindkét gépben marad” egyenlő

4 lehetőség: ХХО, ХОО, ОХО, LLC

P(ХХО) + P(ХОО) + P(ХХО) + P(ООО)=0,8∙0,8∙0,2+0,8∙0,2∙0,8+

0,2∙0,2∙0,2+0,2∙0,8∙0,8=0,128+0,128+0,008+0,128=0,392

Válasz: 0,392

1 gazdaságból vásárolt tojás

2 gazdaságból vásárolt tojás

P∙0,4+(1-p)∙0,2=0,35

Kiadták a telefont

1 gyárban

Kiadták a telefont

gyárban 2

D-telefon hibás

0,3∙0,01+0,7∙0,015=0,003+0,0105=0,0135

Válasz:0,0135

Kiengedték a szemüveget

1 gyár

kifogyott az üveg

2 gyári

A D-szemüveg hibás

0,45∙0,03+0,55∙0,01=0,0135+0,0055=0,019

Válasz: 0,019

Pavel Ivanovics sétát tesz az A pontból a park ösvényein. Minden egyes elágazásnál véletlenszerűen választja a következő utat anélkül, hogy visszamenne. A pálya elrendezése az ábrán látható. Határozza meg annak valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics eléri a G pontot

Válasz: 0,125

A esemény – kevesebb mint 15 utas van a buszon

B esemény – 15-19 utas tartózkodik a buszon

A + B esemény - kevesebb mint 20 utas van a buszon

Az A és B események nem kompatibilisek, összegük valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével:

P(A + B) = P(A) + P(B).

P(B) = 0,94 - 0,56 = 0,38.

P(A + B+ C) = P(A) + P(B)+ P(C)= P(A) + P(B)

P(A)=0,97-0,89=0,08

A esemény – a tanuló 11 feladatot old meg

B esemény - a tanuló több mint 11 feladatot old meg

A + B esemény - a tanuló több mint 10 feladatot old meg

Válasz: 0,035

A esemény – John viszi

látó revolver

B esemény – John viszi

lövés nélküli revolver

p(A)=0,4 p(B)=0,6

0,4∙0,1+0,6∙0,8=0,52

A esemény – a betegnek hepatitisje van

B esemény - a betegnek nincs hepatitis

0,05∙0,9+0,95∙0,01=0,0545

Válasz: 0,0545

0,02∙0,99+0,98∙0,01=0,0296

Válasz: 0,0296

A futballmérkőzés kezdete előtt a játékvezető feldob egy érmét, hogy megállapítsa, melyik csapat kezd a labdával. A Fizik csapata három mérkőzést játszik különböző csapatokkal. Határozza meg annak valószínűségét, hogy ezekben a játékokban a „fizikus” pontosan kétszer nyeri meg a sorsot

Konvertálás érmévé Mivel 3 gyufa van, az érmét háromszor kell feldobni.

A esemény - a fejek 2 alkalommal jelennek meg (a játékokban a „Physicist” pontosan kétszer nyeri meg a sorsot)

LLC, ORO, ROO esetei

Válasz: 0,375

Köszönöm a figyelmet

Az olyan eseményt, amely azokból és csak azokból az elemi tapasztalatokból áll, amelyek nem szerepelnek A-ban, az A esemény ellentétének nevezzük.

Összeférhetetlen események- olyan események, amelyek nem egy élményben fordulnak elő. Például az ellentétes események összeegyeztethetetlenek.

Ellentétes események valószínűsége:

; .
Képlet a közös események valószínűségeinek hozzáadására: Két együttes esemény, A és B közül legalább az egyik bekövetkezésének valószínűsége egyenlő valószínűségeik összegével, közös előfordulásuk valószínűsége nélkül. .
Képlet az inkompatibilis események valószínűségeinek hozzáadására: Két összeegyeztethetetlen esemény, A és B közül legalább az egyik bekövetkezésének valószínűsége egyenlő valószínűségeik összegével.

Képlet a független események valószínűségeinek szorzására: Két független A és B esemény együttes bekövetkezésének valószínűsége egyenlő az A és B események valószínűségének szorzatával.

Képlet a függő események valószínűségeinek szorzására: Két függő esemény A és B együttes bekövetkezésének valószínűsége egyenlő az egyik valószínűségének és a másik feltételes valószínűségének szorzatával.

Íme egy diagram, amely megkönnyíti a képletek használatát a problémák megoldása során:

Annak a valószínűsége, hogy egy új golyóstoll rosszul ír (vagy nem ír), 0,1. Az üzletben vásárló egy ilyen tollat választ. Határozza meg annak valószínűségét, hogy ez a toll jól ír.

Megoldás.
Határozzuk meg az A= eseményt (a kiválasztott toll jól ír).
Ekkor az ellenkező esemény = (a kiválasztott toll rosszul ír).
A feltételből ismerjük az ellenkező esemény valószínűségét: .
Az ellenkező esemény valószínűségének képletét használjuk: .
Válasz: 0.9.

10. A geometria vizsgán a tanuló kap egy kérdést a vizsgakérdések listájából. Annak a valószínűsége, hogy ez egy beírt körkérdés, 0,2. Annak a valószínűsége, hogy ez a kérdés a „Paralelogramma” témában van, 0,15. Nincsenek olyan kérdések, amelyek egyszerre vonatkoznának erre a két témára. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy diák a vizsgán e két téma valamelyikében kap kérdést.

Megoldás.
Határozzuk meg az eseményeket:
A= (kérdés a „Beírt kör” témában),
B= (kérdés a „Paralelogramma” témában).
Az A és B események nem kompatibilisek, mivel feltétel szerint nincs olyan kérdés a listában, amely egyszerre kapcsolódik ehhez a két témához.
A C= esemény (egy kérdés e két téma közül) a szövetségük: .
Alkalmazzuk az inkompatibilis események valószínűségeinek összeadási képletét: .
Válasz: 0,35.

A járásközpontból naponta közlekedik autóbusz a faluba. 0,94 annak a valószínűsége, hogy hétfőn 20 utasnál kevesebben utaznak a buszon. 0,56 annak a valószínűsége, hogy 15-nél kevesebb utas lesz. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az utasok száma 15 és 19 között lesz.

Megoldás.
Tekintsük az A = "kevesebb mint 15 utas van a buszon" és B = "15-19 utas van a buszon" eseményeket. Összegük: A + B esemény = „kevesebb, mint 20 utas van a buszon”. Az A és B események nem kompatibilisek, összegük valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével:
P(A + B) = P(A) + P(B).

Ekkor ezeket a feladatokat felhasználva megkapjuk: 0,94 = 0,56 + P(B), innen P(B) = 0,94 − 0,56 = 0,38.

Válasz: 0,38.

Megoldás.
Határozzuk meg az eseményeket
A= (a kávé kifogy az első gépből),
B= (a kávé kifogy a második gépből).
A probléma feltételeinek megfelelően és.
A valószínűségek összeadási képletével megtudjuk egy esemény valószínűségét
= (legalább az egyik gépből kifolyik a kávé): .
Ezért az ellenkező esemény valószínűsége (a kávé mindkét gépben marad) P = 1-0,48 = 0,52.
Válasz: 0,52.

Egy biatlonista ötször lő célba. Annak a valószínűsége, hogy egy lövéssel eltaláljuk a célt, 0,8. Határozza meg annak a valószínűségét, hogy a biatlonos az első három alkalommal eltalálja a célokat, és az utolsó két alkalommal eltéved. Az eredményt kerekítse századokra.

Megoldás.
Ebben a feladatban azt feltételezzük, hogy minden következő lövés eredménye nem függ az előzőektől. Ezért az események „eltalálták az első lövést”, „találták a második lövést” stb. független.
Minden találat valószínűsége 0,8. Ez azt jelenti, hogy az egyes kihagyások valószínűsége 1-0,8=0,2. Használjuk a képletet a független események valószínűségének szorzására. Azt találjuk, hogy a sorrend
Az A= (találat, találat, találat, kihagyott, kihagyott) valószínűsége .
Válasz: 0,02.

Az üzletben két fizetési automata található. Mindegyik 0,05 valószínűséggel hibás lehet, függetlenül a másik géptől. Határozza meg annak valószínűségét, hogy legalább egy gép működik.

Megoldás.
Ez a probléma azt is feltételezi, hogy az automaták egymástól függetlenül működnek.
Határozzuk meg az ellenkező esemény valószínűségét
= (mindkét gép hibás).
Ehhez a független események valószínűségének szorzására szolgáló képletet használjuk: .
Ez azt jelenti, hogy az A= esemény valószínűsége (legalább egy gép működőképes) egyenlő.
Válasz: 0,9975.

15. Tüzérségi tűz közben az automata rendszer lövést ad le a célpontra. Ha a célpont nem semmisül meg, a rendszer lead egy második lövést. A lövések addig ismétlődnek, amíg a célpont meg nem semmisül. Egy bizonyos cél megsemmisítésének valószínűsége az első lövéssel 0,4, és minden további lövéssel 0,6. Hány lövés szükséges ahhoz, hogy a cél megsemmisítésének valószínűsége legalább 0,98 legyen?

Megoldás.
Határozzuk meg az ellenkező esemény valószínűségét, vagyis hogy a célpont nem pusztul el benne n lövések. Az első lövés kihagyásának valószínűsége 0,6, és minden további lövés 0,4. Ezek az események függetlenek, bekövetkezésük valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségének szorzatával. Ezért a hiányzás valószínűsége n lövések egyenlő: . Meg kell találni a legkisebb természetes megoldást az egyenlőtlenségre; . Az értékek következetes ellenőrzése n, egyenlő 1, 2, 3, stb. azt találjuk, hogy a kívánt megoldás az n=5. Ezért 5 lövést kell leadni.

A problémát „cselekvéssel” oldhatja meg, kiszámítva a túlélés valószínűségét egy sor egymást követő hiba után:

P(1) = 0,6.
P(2) = P(1) 0,4 = 0,24.
P(3) = P(2) 0,4 = 0,096.
P(4) = P(3) 0,4 = 0,0384;
P(5) = P(4) 0,4 = 0,015536.
Ez utóbbi valószínűsége kisebb, mint 0,02, tehát elegendő öt lövés a célpontra.

16. A röplabda-mérkőzés kezdete előtt a csapatkapitányok igazságos sorsot húznak, hogy eldöntsék, melyik csapat kezdi a labdával a játékot. Az „Stator” csapat felváltva játszik a „Rotor”, „Motor” és „Starter” csapatokkal. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a Stator csak az első és az utolsó játékot indítja el.

Megoldás.
Meg kell találnia három esemény bekövetkezésének valószínűségét: „Stator” elindítja az első játékot, nem indítja el a második játékot, és elindítja a harmadik játékot. A független események szorzatának valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek szorzatával. Mindegyikük valószínűsége 0,5, ebből kapjuk: P=0,5·0,5·0,5 = 0,125.

Egy másik megoldás:

Mert A sorsolás felfogható érmefeldobásnak, ekkor a probléma megoldható az érmékkel való feladatmegoldás technológiájával. A sorsolást háromszor hajtották végre, így N=2 3 =8. Az „Állórész elindítja a játékot” elemi eseményhez rendeljük az „Eagle” értéket. Ekkor a kedvező eredmény csak az „ORO” kombinációnak felel meg, azaz. N(A)=1. Ezért

Válasz: 0,125.

17. 21 fő van az osztályban. Köztük van két barát: Anya és Nina. Az osztály véletlenszerűen 3 csoportra oszlik, mindegyikben 7 fő. Határozza meg annak valószínűségét, hogy Anya és Nina ugyanabban a csoportban lesznek.

Megoldás.
A barátnők a három csoport bármelyikébe kerülhetnek. Vegyünk egy csoportot. Annak a valószínűsége, hogy Anya benne lesz, egyenlő . Ha Anya már ebben a csoportban van, akkor annak a valószínűsége, hogy Nina ugyanabba a csoportba kerül, egyenlő . Így annak a valószínűsége, hogy mindkét barát ebbe a csoportba kerül, egyenlő. Annak a valószínűsége, hogy Anya és Nina a második vagy a harmadik csoportba kerül, azonos lesz. Ezek az események inkonzisztensek, akkor a szükséges valószínűség egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével:

Válasz: 0.3.

A következő problémák esetén kényelmes a használata valószínűségi fa. Bizonyos problémák esetén a fa közvetlenül az állapotában épül fel. Más problémák esetén ezt a fát kell építeni.

18. Pavel Ivanovics sétál az A pontból a park ösvényein. Minden egyes elágazásnál véletlenszerűen választja a következő utat anélkül, hogy visszamenne.
A pálya elrendezése az ábrán látható. Határozza meg annak valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics eléri a G pontot.

Megoldás.
A pályadiagram egy grafikon, nevezetesen egy fa. A fa élei (ágai) megfelelnek az ösvényeknek. Minden él mellé írjuk annak a valószínűségét, hogy Pavel Ivanovics a megfelelő utat követi. Az útválasztás minden elágazásnál véletlenszerű, így a valószínűség egyenlően oszlik el az összes lehetőség között. Tegyük fel, hogy Pavel Ivanovich a C csúcsba érkezett. Három él CH, CK és CL jön ki belőle. Ezért annak a valószínűsége, hogy Pavel Ivanovics a CH élt választja, 1/3. Minden valószínűséget hasonlóan lehet elrendezni.

Ez az esemény az, hogy Pavel Ivanovics áthaladt az ABG útvonalon. A valószínűséget úgy kapjuk meg, hogy megszorozzuk a valószínűségeket az AB és BG élek mentén: .
Válasz: 0,125.

19. A képen egy labirintus látható. A pók bemászik a labirintusba a bejárati pontnál. A pók nem tud megfordulni és visszakúszni, ezért a pók minden ágnál választ egyet azon ösvények közül, amelyen még nem kúszott. Feltételezve, hogy a további út kiválasztása tisztán véletlenszerű, határozza meg, milyen valószínűséggel fog a pók kilépni.

Megoldás.

Mind a négy megjelölt elágazásnál a pók választhat a D kijárathoz vezető utat vagy egy másik utat 0,5 valószínűséggel. Ezek független események, bekövetkezésük valószínűsége (a pók eléri a D kijáratot) egyenlő ezen események valószínűségeinek szorzatával. Ezért a D kijárathoz való érkezés valószínűsége (0,5) 4 = 0,0625.

Válasz: 0,0625.

Tekintsünk egy problémát, amely számos valószínűségi fa segítségével megoldott valószínűségi probléma feltételeit általánosítja.

Egyes kísérletekben az A esemény valószínűsége 0,3. Ha A esemény bekövetkezik, akkor a C esemény valószínűsége 0,2, egyébként pedig a C esemény valószínűsége 0,4. Határozzuk meg a C esemény valószínűségét.

Megoldás.
Ilyen problémák esetén célszerű a kísérletet grafikusan ábrázolni valószínűségi faként. A különbség a korábbi problémákhoz képest az, hogy az élek valószínűségeit nem egyenlő lehetőségből kapjuk, hanem eltérően.

Jelöljük az egész kísérletet egy betűvel (nagy omega), és tegyünk egy pontot a betű közelébe - a fa gyökeréhez, amelyről az ágak-bordák nőnek le. A ponttól balra húzunk egy élt az A pontig. Az A esemény valószínűsége 0,3, ezért jelöljük ezt az élt 0,3 valószínűséggel. Az ellenkező esemény valószínűsége 0,7. Rajzoljuk a második élt ponthoz.

Ha az A esemény bekövetkezik, akkor a C esemény valószínűsége feltétel szerint 0,2. Ezért az A pontból egy élt húzunk balra lefelé a C pontig, és aláírjuk a valószínűséget. Ugyanígy eljárva elkészítjük a teljes fát (lásd az ábrát).

A C esemény valószínűségének meghatározásához csak azokat az útvonalakat kell kiválasztani, amelyek a gyökérponttól a C eseményhez vezetnek. Az ábrán ezek az utak világosak, és a nem C-be vezető utak homályosan vannak ábrázolva. A kiemelt utak azok az elemi események, amelyek a C eseményt részesítik előnyben.

Most ki kell számítanunk a kiválasztott utak valószínűségét, és össze kell adnunk őket. A valószínűségek szorzási és összeadási szabályait felhasználva a következőket kapjuk:

.
Válasz: 0,34.

20. Ugyanazon vállalat két gyára azonos mobiltelefonokat gyárt. Az első gyár a márka összes telefonjának 30% -át állítja elő, a második pedig a többi telefont. Ismeretes, hogy az első gyárban gyártott telefonok 1%-a rejtett, a második gyárban gyártottak 1,5%-a rejtett hibás. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a boltban vásárolt ilyen márkájú telefonnak rejtett hibája van.

Megoldás.
Bemutatjuk az események jelöléseit:
A 1 = (az első gyárban kiadott telefon),
A 2 = (a második gyárban gyártott telefon),
D= (a telefonnak rejtett hibája van).

.
Válasz: 0,0135

21. Egy mezőgazdasági társaság két háztartástól vásárol csirketojást. Az első gazdaságból származó tojások 40% -a a legmagasabb kategóriájú, a második gazdaságból származó tojások 20% -a a legmagasabb kategóriába tartozik. Összességében e két gazdaságból származó tojások 35%-a kapja a legmagasabb kategóriát. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az ettől a mezőgazdasági cégtől vásárolt tojás az első gazdaságból származik.

Megoldás.
Ez a feladat fordítottja az előzőnek. Az eseményt „a tojásnak van a legmagasabb kategóriája” H-nak nevezzük. Az eseményeket „a tojás az első farmról érkezett”, „a tojás a második farmról jött” pedig A 1-nek, illetve A 2-nek nevezzük. Jelöljük p betűvel az A 1 esemény kívánt valószínűségét, és rajzoljunk egy fát.

Kapunk: .
A feltétel szerint ez az érték 0,35.
Akkor ,
honnan és ezért .
Válasz: 0,75.

22. Cowboy John 0,9-es valószínűséggel üt egy legyet a falba, ha nullázott revolverrel lő. Ha John kilő egy ki nem sütött revolvert, akkor 0,2-es valószínűséggel eltalálja a legyet. 10 revolver van az asztalon, ebből csak 4-et lőttek le. Cowboy John meglát egy legyet a falon, véletlenszerűen megragadja az első szembekerülő revolvert, és kilövi a legyet. Keresse meg annak a valószínűségét, hogy John elhibázza.

A probléma körülményei alapján létrehozunk egy fát és megtaláljuk a szükséges valószínűségeket.

(A)

(BAN BEN)

John elhibázza, ha: A) megfog egy nullázott revolvert és elhibázza vele, vagy ha B) megfog egy ki nem lőtt revolvert, és elhibázza. A feltételes valószínűségi képlet szerint ezeknek az eseményeknek a valószínűsége egyenlő, P(A)= 0,4·(1 − 0,9) = 0,04, illetve P(B)=0,6·(1 − 0,2) = 0, 48. Ezek az események összeegyeztethetetlenek, összegük valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével. Ekkor a kívánt valószínűség P = 0,04 + 0,48 = 0,52.

Válasz: 0,52.

23. Minden hepatitis gyanúja esetén vérvizsgálaton vesznek részt. Ha a vizsgálat hepatitist tár fel, a vizsgálat eredményét ún pozitív. Hepatitisben szenvedő betegeknél a teszt pozitív eredményt ad 0,9 valószínűséggel. Ha a betegnek nincs májgyulladása, a teszt 0,01-es valószínűséggel hamis pozitív eredményt adhat. Ismeretes, hogy a hepatitis gyanújával felvett betegek 5%-a valóban hepatitisben szenved. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a klinikára felvett beteg hepatitisgyanús tesztje pozitív lesz.

A probléma körülményei alapján létrehozunk egy fát és megtaláljuk a szükséges valószínűségeket.

(A)

(BAN BEN)

A páciens elemzése két okból lehet pozitív: A) a beteg hepatitisben szenved, az elemzése helyes; B) a betegnek nincs májgyulladása, elemzése hamis. Ezek összeférhetetlen események, összegük valószínűsége megegyezik ezen események valószínűségeinek összegével. Van: július 4. P(A) = 0,8 0,8 0,2 = 0,128;
P(B) = 0,8 0,2 0,8 = 0,128;
P(C) = 0,2 0,2 0,2 = 0,008;
P(D) = 0,2 0,8 0,8 = 0,128.

Ezek az események nem kompatibilisek, összegük valószínűsége megegyezik ezen események valószínűségeinek összegével:
P = 0,128 + 0,128 + 0,008 + 0,128 = 0,392.

Pavel Ivanovics sétát tesz a park ösvényein. Felkészülés az egységes államvizsgára "valószínűségszámítási problémák megoldása". Valószínűség. Mi ez

A dokumentum tartalmának megtekintése
„Hogyan oldjuk meg a valószínűségi problémákat”

A prezentáció tartalmának megtekintése
"Bemutatás"

Érdekes cikkeket

Érdekes cikkeket

A dokumentum tartalmának megtekintése „Hogyan oldjuk meg a valószínűségi problémákat”

A prezentáció tartalmának megtekintése "Bemutatás"

Érdekes cikkeket

Érdekes cikkeket

A dokumentum tartalmának megtekintése
„Hogyan oldjuk meg a valószínűségi problémákat”

A prezentáció tartalmának megtekintése
"Bemutatás"