Теория вреоятности:
Но есть и хорошая новость.
Реально уникальных и требующих особого подхода к решению задач – несколько десятков. Поэтому, если вы найдете пример идентичный своему, то легко перенесете его решение на свои числа и получите результат.
Но на это все равно придется потратить самое драгоценное, что имеете – время.
Как его не тратить – читаем дальше!
Две тернистые дорожки на распутье которых стоит каждый студент технической специальности:
Какова вероятность попасть в первую группу?
1/2, 1/4, 1/25? Я был лучшим по теории вероятности на всем потоке, но сейчас не смогу подсчитать даже простую вероятность. Зачем я тратил время на изучение этого предмета? Вопрос риторический.
Ищем путь полезнее.
Если бы я знал, чем буду заниматься в будущем – начал бы приближать этот момент уже на паре по терверу. Например, закажи я решение контрольных работ, сэкономил бы часов 50 времени и начал делать то, что мне нравиться и на чем я смогу заработать, а не устраивать ярморку тщеславия.
Не зная несколько десятков типичных задач, решить контрольную за несколько часов – нереально. Но реально за 10 минут.
Заполняете форму – подбираем самую низкую цену – скидываем ее Вам на почту. Что может быть проще? Попробуйте!
Можно и так.
Большинство задач, которые мы решаем – выкладываем в соответствующем разделе. Если найдете там свой решенный пример – обязательно перепешите его, чтобы получить “отлично”!
Кто решает контрольные работы по теории вероятности?
Решают подготовленные люди, для которых это является их хобби и любимой работой. Поэтому можно быть увереным, что работа будет сделана не на отвали, а качественно и с гарантией.
Какая средняя оценка за решенные задачи?
Только отлично. Других вариантов в точных науках не бывает.
Сколько будет стоить решение задач для контрольной или курсовой?
Средняя стоимость от 50р. за задачу. Точно не дороже Вашего труда и времени.
Какой срок выполнения?
Задачи от 1 дня. Контрольные – 2 дня. Курсовые – 3 дня.
Определение. Число k0 наступления события А в n независимых испытаниях, образующих схему Бернулли, называется наивероятнейшим, если вероятность осуществления этого события Pn(k0), по крайней мере не меньше вероятности других событий Pn(k) при любых k. Для определения наивероятнейшего числа k0 рассмотрим систему неравенств (2.5) C помощью формулы Бернулли и формулы числа ...
1. Проанализировать условие поставленной задачи и на основе этого анализа установить, что в задаче реализуется схема Бернулли, т.е. : — события, соответствующие опытам α1, α2, … , αn, о которых указано в задаче, независимы; — опыты проводятся при неизменном комплексе условий их осуществлений; — в простейшем случае вероятности наступления события А в n опытах p = const. 2. В ...
Ранее в п. 1.4 введены понятия зависимых и независимых событий. С понятием независимых событий связано и имеет широкое применение понятие независимых опытов или испытаний. Опыты α1, α2, … , αn называются независимыми, если любая комбинация их исходов является совокупностью независимых событий. Иначе, если в задаче проводится ряд многократно повторяющихся испытаний α1, α2, …, ...
Для бурения скважин на операции с потреблением энергии (бурение, подъем и спуск бура) затрачивается только часть рабочего времени. В остальное время осуществляется скрепление труб, их наращивание, ремонт и др. Остановка бурового станка есть случайное событие. Рассматривается 5 буровых станков. Вероятности того, что станки №1, №2, №3, №4, №5 не потребляют энергии, ...
60% учащихся в школе – девочки. 80% девочек и 75% мальчиков имеют мобильные телефоны. В учительскую принесли кем-то потерянный телефон. Какова вероятность, что этот телефон принадлежал девочке? (Мальчику?) Решение. Пусть событие А – владелец телефона, событие H1 – телефон принадлежит девочке, р(H1) = 0,6; событие H2 – телефон принадлежит мальчику, р(H2) = 0,4; условные ...
Некоторый завод (обозначим его H1) производит 40% всей продукции, а второй завод H2 – 60%. В среднем 9 единиц продукции из 1000 единиц продукции, произведённой на заводе H1, оказалось браком и 4 единицы из 1000 – брак завода H2. Случайным образом выбрана одна единица продукции и она оказалась бракованной. Какова вероятность того, что она произведена на заводе H2? Решение. ...
Теорема гипотез, приводящая к получению формул Бейеса (английский математик (1702 – 1761)), является следствием теоремы о полной вероятности. Формула Бейеса позволяет переоценить вероятности гипотез Hi, принятых до испытания, по результатам проведённого испытания, в итоге которого появилось событие А. Томас Бейес (1702 – 1761) Теорема гипотез. Пусть в условиях ...
На практике часто необходимо определить вероятность интересующего события, которое может произойти с одним из событий, образующих полную группу. Следующая теорема, являющаяся следствием теорем сложения и умножения вероятности, приводит к выводу важной формулы для вычисления вероятности подобных событий. Эта формула называется формулой полной вероятности. Пусть H1, H2, ... , Hn ...
Записать формулы для вероятностей безотказной работы двух цепей, показанной на рисунке 1.18, при условии, что вероятность безотказной работы каждого элемента равна p. Рис.1.18 Для упрощения дальнейших расчетов разобьём цепь на три участка 1-й, 2-й и 3-й (рис. 1.18). 1) Вероятность безотказной работы 1-го участка р1 = p; 2) Вероятность безотказной работы 2-го участка: ...
Записать формулы для вероятностей безотказной работы двух цепей смешанного типа, показанных на рисунке 1.17. а б Рис.1.17 Решение. Из предыдущих формул для вероятностей р(С) и р(D) видно, что при последовательных соединениях элементов вероятность р(С) вычисляется по состояниям работы элементов, а при параллельном – вероятность Р(D) вычисляется по состояниям отказов , ...
Рассмотренные выше теоремы сложения и умножения вероятностей применяются в технике при расчёте надёжности функциональных цепей, включающих в свой состав последовательные и параллельные участки соединения (формирования) элементов цепей (приборов). Простейшими моделями этих цепей являются электрические цепи, элементами которых являются независимо работающие приборы. Рассмотрим ...
Из цифр 1, 2, 3, 4 , 5 выбирается одна, а из оставшихся – вторая. Найти вероятность того, что будет выбрана нечётная цифра а) первый раз (событие A), б) второй раз (событие В), в) оба раза (событие С). Ответ: р(А) = 0,6; р(В) = 0,5; р(С) = 0,3.
Детали проходят 3 операции обработки. Вероятность получения брака на первой операции равна 0,02, на второй – 0,03, на третьей 0,02. Найти вероятность получения детали без брака после 3-х операций, предполагая, что брак на отдельных операциях реализуется независимо. Ответ: р(А) = 0,98∙ ∙ 0,97 ∙ 0,98 = 0,93.
В ящике 10 деталей, среди которых 7 окрашенных. Сборщик наудачу достаёт 4 детали. Найти вероятность того, что все детали окрашенные. Решить задачу двумя способами: с использованием комбинаторики и по формуле, соответствующей формуле (1.9) . Ответ: р(А) = = 1/6; р(А) = 7/10 ∙ 6/9 ∙ 5/8 ∙ 4/7 = 1/6.
Три стрелка попадают в мишень соответственно с вероятностями 0,9; 0,8 и 0,7. Какова вероятность того, что: а) хотя бы один попадёт в мишень; б) только один из стрелков попадёт в мишень; в) все три стрелка попадут в мишень; г) ни один из стрелков не попадёт в мишень; д) ходя бы один из стрелков не попадёт в мишень? Решение. а) Пусть событие А – хотя бы один из стрелков попадёт ...
Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для первого стрелка равна р(А1) = х (неизвестная величина), для второго р(А2) = 0,7. Известно также, что вероятность ровно одного попадания при одном выстреле обоих стрелков равна 0,38. Найти р(А1). Решение. Пусть событие С – ровно одно попадание при одном выстреле. Тогда С = ∙+∙А2. Вероятность появления события С по формуле ...
Два стрелка попадают в мишень соответственно с вероятностями 0,9 и 0,8. Какова вероятность того, что при одном залпе хотя бы один из них попадёт в мишень? Решение. Пусть события А и В – соответственно попадание в мишень 1-го и 2-го стрелка. Тогда С = А + В. События А и В – совместные. Поэтому по формуле (1.11) для суммы двух совместных событий получим р(А + В) = р(А) + р(В) ...
Теорема. Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их произведения, т.е. р(А+В) = р(А) + р(В) – р(А∙В) . (1.11) Доказательство. Действительно, представим событие А + В , состоящее в наступлении хотя бы одного из двух событий А и В, в виде суммы трёх несовместных событий: А+В = А∙+∙В+А∙В. Тогда по теореме сложения: р(А+В) ...
Несколько событий А1, А2 ... Аn называются независимыми (зависимыми) в совокупности, если независимы (зависимы) любые два из них и независимы (зависимы) любое из данных событий и любые комбинации (произведения) остальных событий. Например, три события А, В, С независимы (независимы в совокупности), если независимы события А и В, А и С, В и С, А и В × С, В и А× С, С и А× В. Для ...
Пусть А и В – два события, рассматриваемые в данном испытании. При этом наступление одного из событий может влиять на возможность наступления другого. Например, наступление события А может влиять на событие В или наоборот. Для учёта такой зависимости одних событий от других вводится понятие условной вероятности. Определение. Если вероятность события В находится при условии, ...