Помогите решить задачи по Теорий Вероятности

[Dan_Te]

Someone: да, я невнимательно прочитал условие.

[Eduard]

Eduard писал(а):

Задача1: 8 студентов сидят в ряд, и раздают 10 вариантов к.р. причём каждый получает 1 вариант. Рассчитать вероятность того, что
1. двое рядом сидящих получат 1 и 2 вариант
2. к.р. будут разданы в возрастающем порядке

Решение:
$\Omega$:{выборка объёма 8 элементов из 10}={упор. 8-ки без возраш.}={$a_8^{10}$} N{$\Omega$}=$A_{10}^8$
A:{двое рядом сидящих получат 1 и 2 вариант }={упор. 2-ка без возр. и упор 8-ки без возр.}=
={$7a_2^2a_6^8$} N(A)=$7A_2^2A_8^6$ т.к. всего 7 пар.
P(A)=

$$\frac {7A_2^2A_8^6} {A_{10}^8}$$

B:{в возрастаюшем порядке} N(В)=45 P(B)=

$$\frac {45} {A_{10}^8}$$

[Eduard]

Eduard писал(а):

Цитата:

Задача3: Дано 4Белых и 6Чёрных шаров. Вытаскивают без возвращения 3 шара. Построить закон распределения X = { количество белых шаров в выборке объёма 3 }, найти MX.

В этой задаче я думаю пропушено то что эксперимент заканчиваеться если вытаскиваеться чёрный шар!!!
Кол. белых:
0-Р(Ч)
1-Р(Б)Р(Ч|Б)
2-Р(Б)Р(Б|Б)Р(Ч|ББ)
3-Р(Б)Р(Б|Б)Р(Б|ББ)
и тогда =1!

\begin{matrix} X & 0 & 1 & 2 & 3 \\ & $$\frac 6 {10}$$&\frac 4 {10}\frac 6 9&\frac 4 {10}\frac 3 9\frac 6 8&\frac 4 {10} \frac 3 9 \frac 2 8$$&=1\\ \end{matrix}
наверно так!!!

[Eduard]

Пример: X принимает значения 0 или 1, Y принимает значения 1 или 2. Задано совместное распределение:
\begin{matrix} &X & 0 & 1\\ Y & & &\\ 1 & & 1/8 & 1/5\\ 2 & & 1/6 & 1/4 \end{matrix}

\begin{matrix} X & 0 & 1\\ & \frac 1 8 + \frac 1 6&\frac 1 5 + \frac 1 4\ \end{matrix}

\begin{matrix} Y & 1 & 2\\ & \frac 1 8 + \frac 1 5&\frac 1 6 + \frac 1 4\\ \end{matrix}

сложение по столбцам и строкам и внесение в отдельную таблицу и есть маргинальный закон распределения дискретного вектора.
А независемость компонент вектора проверяеться: M(XY)=M(X)*M(Y) - независема???

[Eduard]

Цитата:

PAV писал(а):

Eduard писал(а):

Задача: В урне 2 белых и 4 черных шара, вынимаются все шары. Найти вероятность что последний шар - чёрный.

В вашем посте ошибка: исходов не $6^6$, а $6!$
$6^6$ было бы если бы шары извлекали с возвращением
Подсказка такая: распределние вероятностей для любого шара одно и то же - что для первого, что для последнего. Для доказательства мысленно выпишем все элементарные исходы - цепочки вытянутых шаров, каждому приписана вероятность $\frac{1}{6!}$. Разделим их на две группы: в одну поместим те, у которых первый шар белый, во вторую - где первый шар черный. Сумма вероятностей по этим группам даст вероятность первого шара. Теперь если мы в каждой цепочке поменяем местами первый и i-й шар то получим аналогичное разбиение на две группы для i-го шара, а вероятности при этом не поменяются. Таким образом, распределение вероятностей для каждого шара одно и то же; в частности, такое же, как у первого шара, а для него ответ находится устно.
Остальные задачи посмотрю позже, сейчас времени мало.

получаеться что в обшем исход

$$\frac 1 6 \frac 1 5\frac 1 4\frac 1 3\frac 1 2\frac 1 1=\frac 1 {6!}$$

, независемо какой шар дастаёться!!!
вероятность что последний будет чёрный =

$$\frac 1 6$$

но у нас 4 чёрных шара поэтому =

$$\frac 4 6$$

[Eduard]

PAV писал(а):

Начните решать сами, будут конкретные затруднения - будет и помощь.
Просто решать за вас все задачи тут не принято. Иначе нас просто
завалят вариантами всех возможных задач со всех возможных институтов.

Даю несколько наводок: вторая задача - на формулу Байеса, третья - гипергеометрическое распределение. Дерзайте!

Цитата:

Задача3: Дано 4Белых и 6Чёрных шаров. Вытаскивают без возвращения 3 шара. Построить закон распределения X = { количество белых шаров в выборке объёма 3 }, найти MX.

а тут точно

Цитата:

гипергеометрическое распределение.

???

[Eduard]

Задача10:. В 3х урнах черные и белые шары. 1я - 3 белых и 1 черный; 2я - 6 белых и 4 чёрных; 3я - 9 белых и 1 черный. Производят извлечение шара из наугад выбранной урны. Шар белый. Найти вероятность что шар вынут из первой урны.
H_1-шар взяли из 1-ой урны P(H_1)=\frac 1 3
H_2-шар взяли из 2-ой урны P(H_2)=\frac 1 3
H_3-шар взяли из 3-ой урны P(H_3)=\frac 1 3

A-достали белый шар.
P_H_1(A)=\frac {C_3^1} {C_4^1}
P_H_2(A)=\frac {C_6^1} {C_{10}^1}
P_H_3(A)=\frac {C_9^1} {C_{10}^1}

P_A(H_1)=\frac {\frac 1 3\frac {C_3^1} {C_4^1}} {\frac 1 3\frac {C_3^1} {C_4^1}+\frac 1 3\frac {C_6^1} {C_{10}^1}+\frac 1 3\frac {C_9^1} {C_{10}^1}}
Но это походу правельна решена!

[Eduard]

Намекните пожалуйста как их решать а далее мы сами попробуем:
Задача7: Найти вероятность что из 3х наудачу взятых отрезков, длина каждого меньше a, можно составить треугольник.

Задача9: Игральная кость бросается 16 раз. Найти наивероятнейшее число появления очков кратное 3.

[Someone]

Eduard писал(а):

Намекните пожалуйста как их решать :( а далее мы сами попробуем:
Задача7: Найти вероятность что из 3х наудачу взятых отрезков, длина каждого меньше a, можно составить треугольник.

Видимо, предполагается, что длина отрезка равномерно распределена в интервале $(0,a)$. Пусть $x$, $y$ и $z$ - длины трёх отрезков. Точки $(x,y,z)$ заполняют куб с ребром $a$. Благоприятными являются те тройки, которые удовлетворяют трём неравенствам треугольника. Вероятность равна отношению объёма множества благоприятных троек к объёму куба.

Eduard писал(а):

Задача9: Игральная кость бросается 16 раз. Найти наивероятнейшее число появления очков кратное 3.

Это схема Бернулли. Смотрите распределение Бернулли и его свойства.

[PAV]

Eduard писал(а):

сложение по столбцам и строкам и внесение в отдельную таблицу и есть маргинальный закон распределения дискретного вектора.
А независемость компонент вектора проверяеться: M(XY)=M(X)*M(Y) - независема???

Первая фраза верна. Я обычно даже не переношу суммы в отдельную таблицу, а так их и оставляю рядом с соответствующими строками и столбцами.

Второе неверно. Написанное условие (если, конечно, под M(.) вы имеете в виду математическое ожидание) есть условие некоррелированности, оно более слабое, чем независимость. Конечно, если указанное равенство нарушается, то независимости нет, но если оно верно, то независимости все равно может не быть.

На самом деле для дискретного закона независимость - это когда для всех возможных пар значений (x,y) выполнено p(x,y)=p(x)p(y), где p(x,y) - совместная вероятность, а вероятности в правой части - маргинальные. Т.е. вы уже посчитали маргинальные как суммы по столбцам и строкам. Теперь остается проверить, что каждое значение в таблице равно произведению соответствующих сумм. Если это верно - величины независимы. Если хотя бы для одной ячейки нарушается - независимости нет.

[PAV]

Eduard писал(а):

Благодарю за помощь, вся эта суета только до пятницы (надеюсь)!!!

Вот именно, к сожалению...

Eduard писал(а):

Задача: В урне 2 белых и 4 черных шара, вынимаются все шары. Найти вероятность что последний шар - чёрный.
получаеться что в обшем исход

$$\frac 1 6 \frac 1 5\frac 1 4\frac 1 3\frac 1 2\frac 1 1=\frac 1 {6!}$$

, независемо какой шар дастаёться!!!
вероятность что последний будет чёрный =

$$\frac 1 6$$

но у нас 4 чёрных шара поэтому =

$$\frac 4 6$$

Формулировка мне не нравится (в частности, фразу про 1/6 явно надо убрать, она совсем не верна), но в ответ верный.

[PAV]

Eduard писал(а):

Задача3: Дано 4Белых и 6Чёрных шаров. Вытаскивают без возвращения 3 шара. Построить закон распределения X = { количество белых шаров в выборке объёма 3 }, найти MX.

а тут точно гипергеометрическое распределение.???

Да, именно оно. Гипергеометрическое равпределение описывает ситуацию, когда у нас есть урна с шарами двух цветов, из нее без возвращения извлекается некоторое количество шаров, и смотрится, сколько среди извлеченных встретилось шаров заданного цвета. Точно ваше условие.

Если не ссылаться на готовые формулы, то ответ легко вывести непосредственно. Выпишите все возможные цепочки из 3 шаров: ббб, ббч, ... Всего их будет 8 штук. Разбейте на 4 группы по количеству белых шаров (их может быть от 0 до 3). В каждой группе просуммируйте вероятности. Это даст закон распределения (для контроля проверьте, что сумма вероятностей равна 1). Далее легко найти мат. ожидание.

Вероятности цепочек находятся просто, например:

P(ббч) = $\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}\cdot\frac{6}{8}$

[Eduard]

МегоСпасибо!!!
Буду работать!!!

[PAV]

Eduard писал(а):

A-достали белый шар.
P_H_1(A)=\frac {C_3^1} {C_4^1}
P_H_2(A)=\frac {C_6^1} {C_{10}^1}
P_H_3(A)=\frac {C_9^1} {C_{10}^1}

Это правильно, но слишком сложно. Когда речь идет об извечении только одного шара, то совершенно необязательно писать биномиальный коэффициент, проще писать 3/4, 6/10, 9/10 и т.д. Это проще и нагляднее.

[Olia]

Может кто-нить знает или где найти доказательство того, что две эквивалентные по Хинчину последовательности одновременно удовлетворяют либо не удовлетворяют УЗБЧ.
Эквивалентные по Хинчину значит, что P(X_n не ровняется Y_n)< бесконечности, где X_n, Y_n - последовательности случайных величин.

Заранее благодарна[/math]