Оценка вероятности события

Оценка вероятности события

Задача №1 (1).

Условие:

Вариант 1. P₆, P₈, A₆², A₈⁵, C₆², C₈⁵.

Решение:

P₆ = 6! = 6∙5∙4∙3∙2∙1 = 720                          P₈ = 8! = 8∙7∙6∙5∙4∙3∙2∙1 = 40320

== 6∙5 = 30                              == 8∙7∙6 = 336

 =  = = 15                  =  =  = 56

Задача №2 (2).

Условие:

В ящике случайным образом находится 10 рубашек, причем 4 из них высшего сорта. Покупатель берет наудачу 3 из них. Найти вероятность того, что из взятых рубашек окажется высшего сорта хотя бы 1 рубашка.

Решение:

Способ 1:

А - событие взятия 1 рубашки высшего сорта

B - событие взятия 2 рубашек высшего сорта

C - событие взятия 3 рубашек высшего сорта

R - событие взятия хотя бы одной рубашки высшего сорта

R=A+B+C

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

2 способ:

А - событие взятия хотя бы одной рубашки высшего сорта

 - ни одна из рубашек высшего сорта не взята

P(A) + P() = 1                      P(A) = 1 - P()() =  =  =               P(A) = 1 -  =

Задача №3 (1).

Условие:

Имеется 3 партии деталей по 30 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой партии - 30, во второй - 20, в третей партии - 15. Из наудачу выбранной партии наудачу извлекают деталь, оказавшуюся стандартной. Деталь возвращают в партию и вторично из той же партии извлекают деталь, тоже оказавшуюся стандартной. Найти вероятность того, что детали извлекались из третей партии.

Решение:

А - событие извлечения стандартной детали в каждом из двух испытаний

В₁ - детали извлекались из первой партии

В₂ - детали извлекались из второй партии

В₃ - детали извлекались из третей партии

Так как детали извлекались из наудачу взятой партии, то P(B1) = P(B2) = P(B3) =

(А) = 1 - вероятность извлечения стандартных деталей из 1 партии

(А) = ∙ =  - вероятность извлечения стандартных деталей из 2 партии

(А) = ∙ =  - вероятность извлечения стандартных деталей из 3 партии

P_A(B₃) = ==∙=

Задача №4 (3).

Условие:

Отдел технического контроля проверяет на стандартность 1000 деталей. Вероятность, что деталь стандартна, равна 0.9. Найти с вероятностью 0.95 границы, в которых будет заключено m стандартных деталей среди проверенных.

Решение:

P = 0.9 - вероятность того, что деталь стандартна

q = 1-P = 0.1 - вероятность того, что деталь нестандартна

Вероятность того, что абсолютная величина отклонения относительной частоты  стандартных деталей  от числа P не превысит положительного числа ε, определяется из удвоенной формулы Лапласа:

 = Q

Ф(105ε) = =0.475

По таблице значений функции Ф(х) находим, что х = 1.96. Откуда 105ε = 1.96, значит ε ≈ 0,0186.

Таким образом, границы, в которых будет заключено m стандартных деталей среди проверенных, удовлетворяет равенству:

≤0,0186    или    0,8814≤≤0,9186

Отсюда искомое число стандартных деталей среди 1000 проверенных с вероятностью Q = 0.95 заключено в границах

≤m≤917

Задача №5 (4).

Условие:

Экономист считает, что вероятность роста стоимости акций компании в следующем году составит 0.8, если экономика страны будет на подъёме, и 0.25, если экономика не будет успешно развиваться. По мнению экспертов, вероятность экономического подъёма равна 0.55. Оценить вероятность того, что акции компании поднимутся в следующем году.

Решение:

А - событие, что акции компании поднимутся в следующем году

Н₁ - событие, что экономика страны будет на подъёме

H₂ - событие, что экономика страны не будет успешно развиваться

События Н₁ и Н₂ образуют полную группу событий. Так как:

P(H₁) = 0.55 - вероятность того, что экономика страны будет на подъёме

P(H₂) = 0.45 - вероятность того, что экономика страны не будет успешно развиваться

= 0.8 - вероятность роста акций при подъёме экономики страны

 = 0.25 - вероятность роста акций при неуспешном развитии экономики страны

По формуле полной вероятности получим:

P(A) = ∙P(H₁) + ∙P(H₂) = 0.8∙0.55+0.25∙0.45 = 0.44+0.1125 = 0,5525

Задача №6 (5).

Условие:

Инвестор вложил капитал в ценные бумаги двух финансовых фирм. При этом он надеется получить доход в течении обусловленного времени от первой фирмы с вероятностью 0.88, от второй - с вероятностью 0.85. Однако есть возможность банкротства фирм независимо друг от друга, которая оценивается для первой фирмы вероятностью 0.16, для второй - 0.018. В случае банкротства инвестор получает только вложенный капитал. Какова вероятность получить прибыль?

вероятность значение степень оценка

А - событие получения инвестором прибыли

В₁ - событие банкротства первой фирмы

В₂ - событие банкротства второй фирмы

С₁ = В₁∙ - событие банкротства только первой фирмы

С₂ = ∙В₂ - событие банкротства только второй фирмы

С₃ = В₁∙В₂ - событие банкротства обеих фирм

С₄ = ∙ - событие работы обеих фирм

Р(В₁) = 0.16 - вероятность банкротства первой фирмы

Р(В₂) = 0.018 - вероятность банкротства второй фирмы

Р_С1(А) = 0.85 - вероятность получения прибыли при банкротстве только первой фирмы

Р_С2(А) = 0.88 - вероятность получения прибыли при банкротстве только второй фирмы

Р_С3(А) = 0 - вероятность получения прибыли при банкротстве обеих фирм

Р_С4(А) = 1 - вероятность получения прибыли при работе обеих фирм

Р(С₁) = 0.16∙0.982 = 0.1571 - вероятность банкротства первой фирмы

Р(С₂) = 0.84∙0.018 = 0.0151 - вероятность банкротства второй фирмы

Р(С₃) = 0.16∙0.018 = 0.0029 - вероятность банкротства обеих фирм

Р(С₄) = 0.84∙0.982 = 0.8223 - вероятность работы двух фирм

Тогда по формуле полной вероятности получим:

P(A) = P_C1(A)∙P(C₁)+ P_C2(A)∙P(C₂)+ P_C3(A)∙P(C₃)+ P_C4(A)∙P(C₄) =

= 0.85∙0.1571+0.88∙0.0151+0∙0.0029+1∙0.8223 = 0.1335+0.0133+0+0.8223 = 0,9691

Задача №7 (1).

Условие:

Вероятность выигрыша по лотерейному билету равна 0.04. Какова вероятность того, что среди купленных 15 билетов окажется 3 выигрышных?

Решение:

Требуется найти вероятность n=3 успехов из N=15 испытаний Бернулли с вероятностью успеха р=0.04. По формуле Бернулли эта вероятность равна:

P₁₅(3) = =∙0.04³∙0.96¹²=455∙0.000064∙0.613=0.018

Задача №8 (6).

Условие:

Вероятность банкротства одной из 9 фирм к концу года равна 0.24. Какова вероятность того, что к концу года обанкротится не более 3 фирм?

Решение:

Будем считать событием банкротство одной фирмы. Тогда n - число событий из 9 испытаний. Требуется найти вероятность Р (n<3). Используя формулу Бернулли, получим:

Р (n<3) = p (n=0 или n=1 или n=2 или n=3) = P₉(0)+P₉(1)+P₉(2)+P₉(3) =

= +++ =

= ∙1∙0.0846+∙0.24∙0.1113+∙0.0576∙0.1465+∙0.138∙0.01927 =

= 0.0846+0.2404+0.2363+0.2234 = 0.7847

Задача №9 (1).

Условие:

Текущая цена ценной бумаги представляет собой нормально распределенную величину Х со средним =55 и дисперсией D_X=4. Найти вероятность того, что цена актива будет находиться в пределах от Х₁=53 до Х₂=57 ден. единиц.

Решение:

Так как М(Х) ≈ =55, σ = = 2, то

P (53<X<57) =  -  = Ф(1) - Ф(-1) = Ф(1)+Ф(1) = 2Ф(1) = 0.6826

Задача №10 (7).

Условие:

Суммарная выручка 10 фирм в среднем равна S=11000. В 80% случаев эта выручка отклоняется от средней не более чем на ∆S = 500. Найти вероятность того, что очередная месячная выручка находится в интервале между 1000 и 10000.

Решение:

По условию задачи =P (10500<S<11500) = 0.8. Так как

= - =2=0.8, =0.4

то по таблице значений функции Ф(х) находим =1.28, σ = =390,625

P (1000<S<10000) = - = + = Ф (23,04) = 0,5