Задачи по теории вероятностей. Симушкин С.В - 102 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

102 Т е м а V. Схема Бернулли. Биномиальное распределение
пятерки, две четверки и одна тройка, если пятерка ставится за
три правильных ответа, четверка — за два правильных ответа и
тройка — за один правильный ответ на три вопроса?
Решение. Для каждого студента на экзамене возможно четыре
исхода O
5
, O
4
, O
3
, O
2
, очевидным образом связанные с получен-
ной оценкой. Для того чтобы подсчитать вероятности этих исхо-
дов, воспользуемся гипергеометрическим распределением, то есть
предположим, что три вопроса в билете формируются путем выбо-
ра трех шаров из урны, содержащей 75 красных шаров и 25 белых
шаров:
P {O
5
} = Gg(3|100, 75, 3) =
C
3
75
· C
0
25
C
3
100
=
67525
161700
≈ 0.418 ,
P {O
4
} = Gg(2|100, 75, 3) =
C
2
75
· C
1
25
C
3
100
=
69375
161700
≈ 0.429 ,
P {O
3
} = Gg(1|100, 75, 3) =
C
1
75
· C
2
25
C
3
100
=
22500
161700
≈ 0.139 ,
P {O
2
} = Gg(0|100, 75, 3) =
C
0
75
· C
3
25
C
3
100
=
2300
161700
≈ 0.014 ,
Результат сдачи экзамена пятью студентами можно предста-
вить в виде пятимерного вектора, каждая координата которого
закреплена за конкретным студентом (ω
1
, ω
2
, ω
3
, ω
4
, ω
5
). Условие
задачи будет удовлетворено, если произойдет, например, событие
(O
5
, O
5
, O
4
, O
4
, O
3
). Вероятность этого события, если считать неза-
висимым процесс сдачи экзамена студентами, равна
P {(O
5
, O
5
, O
4
, O
4
, O
3
)} = (0.418)
2
· (0.429)
2
· 0.139 ≈ 0.00447 .
Совокупность благоприятных событий можно найти, перебрав
все 5! = 120 вариантов перестановок исходов в рассмотренном на-
ми событии. Однако некоторые из этих перестановок будут нераз-
личимы, поскольку два места в векторе занимают одинаковые ис-
ходы O
5
и два — исходы O
4
. Легко понять, что всего имеется
 102         Тема   V. Схема Бернулли. Биномиальное распределение


пятерки, две четверки и одна тройка, если пятерка ставится за
три правильных ответа, четверка — за два правильных ответа и
тройка — за один правильный ответ на три вопроса?
   Решение. Для каждого студента на экзамене возможно четыре
исхода O5, O4, O3, O2, очевидным образом связанные с получен-
ной оценкой. Для того чтобы подсчитать вероятности этих исхо-
дов, воспользуемся гипергеометрическим распределением, то есть
предположим, что три вопроса в билете формируются путем выбо-
ра трех шаров из урны, содержащей 75 красных шаров и 25 белых
шаров:
                                   C375 · C025   67525
     P {O5} = Gg(3|100, 75, 3) =        3      = 161700 ≈ 0.418 ,
                                     C100
                                   C275 · C125   69375
     P {O4} = Gg(2|100, 75, 3) =        3      = 161700
                                                        ≈ 0.429 ,
                                     C100
                                   C175 · C225   22500
     P {O3} = Gg(1|100, 75, 3) =        3      = 161700 ≈ 0.139 ,
                                     C100
                                   C075 · C325    2300
     P {O2} = Gg(0|100, 75, 3) =        3      = 161700
                                                        ≈ 0.014 ,
                                     C100
   Результат сдачи экзамена пятью студентами можно предста-
вить в виде пятимерного вектора, каждая координата которого
закреплена за конкретным студентом (ω1, ω2, ω3, ω4, ω5). Условие
задачи будет удовлетворено, если произойдет, например, событие
(O5, O5, O4, O4, O3). Вероятность этого события, если считать неза-
висимым процесс сдачи экзамена студентами, равна
   P {(O5, O5, O4, O4, O3)} = (0.418)2 · (0.429)2 · 0.139 ≈ 0.00447 .
   Совокупность благоприятных событий можно найти, перебрав
все 5! = 120 вариантов перестановок исходов в рассмотренном на-
ми событии. Однако некоторые из этих перестановок будут нераз-
личимы, поскольку два места в векторе занимают одинаковые ис-
ходы O5 и два — исходы O4. Легко понять, что всего имеется

Страницы