Задачи теория вероятностей с решениями: Математическое Бюро. Страница 404

Содержание

Теория вероятностей — задачи с решением. Решение контрольных работ на заказ. Онлайн-помощь

В разделе размещены подробно разобранные задачи по теории вероятностей и математической статистике, перед решением которых излагается теория в сжатом виде, где содержаться основные формулы разбираемой темы. Примеры упорядочены в соответствии с содержанием курса теории вероятностей в ВУЗах. Задачи будут полезны для студентов экономических и технических специальностей.

О платной помощи студентам с учебой можно почитать на странице Как заказать решение задач по теории вероятностей и математической статистике

В краткой форме раскрыты основные понятия — перестановки, размещения, сочетания, и приведены основные формулы комбинаторики. После каждой формулы приводится пример решения задачи.

В краткой форме рассмотрено понятие вероятности случайного события и дано классическое определение вероятности. На подробном примере решения задач о бросании игральных костей и извлечении шаров из урны раскрыто одно из важнейших определений теории вероятностей.

Изложено геометрическое определение вероятности и приведен пример решения широко известной задачи о встрече.

Приведено определение относительной частоты и изложено статистическое определение вероятности. Приведены примеры решения задач.

Сформулирована теорема сложения вероятностей и решены примеры на данную тему.

Рассматривается понятие произведения событий и условной вероятности. Приведена теорема умножения вероятностей для зависимых и независимых событий и решено множество примеров.

На примере решения задачи рассмотрены формула полной вероятности и формула Байеса, дается сопутствующее понятие гипотез.

Страница содержит краткое изложение теории повторных независимых испытаний и приведен пример решения задачи на формулу Бернулли.

Изложены краткие теоретические сведения по локальной теореме Муавра — Лапласа, рассмотрены условия ее применимости, а также приведен пример решения задачи.

В краткой форме раскрыто содержание интегральной теоремы Муавра — Лапласа, рассматриваются условия ее применимости. Приводится образец задачи с подробным решением.

Рассматривается на подробном примере решения задачи отклонение относительной частоты от постоянной вероятности в независимых испытаниях.

Рассматривается на подробном примере решения задачи понятие наивероятнейшего числа и как найти вероятность появления наивероятнейшего числа.

Рассматривается формула Пуассона и условие ее применимости. Приведен пример решения задачи теории вероятностей на формулу Пуассона.

На странице рассмотрен закон распределения дискретной случайной величины, изложена схема вычислений математического ожидания и дисперсии одномерной дискретной случайной величины. Приведен пример решения задачи с построением функции распределения.

На странице рассматривается непрерывная случайная величина, ее функция распределения и плотность распределения. Перечислены свойства плотности вероятности, приведены формулы для вычисления математического ожидания и дисперсии НСВ. Даны образцы решения задач на расчет характеристик и построение графиков функции распределения и плотности распределения непрерывной случайной величины.

Рассматриваются функции распределения дискретных и непрерывных случайных величин — определение, свойства, графики функции распределения.

Рассматривается плотность распределения вероятностей непрерывной случайной величины — определение, свойства, графики плотности распределения вероятностей.

Рассматривается математическое ожидание случайной величины — одно из важнейших понятий теории вероятностей. Приведены примеры решения задач. Кратко излагается что такое математическое ожидание и каковы его свойства. Математическое ожидание суммы и произведения случайных величин.

Излагается определение дисперсии случайной величины и среднего квадратического отклонения, которые являются важными понятиями в курсе теории вероятностей и математической статистики. Описываются свойства дисперсии — дисперсия суммы случайных величин, дисперсия постоянной величины.

На странице рассмотрены определения начальных и центральных моментов случайной величины, приведены формулы их взаимосвязи. Даны понятия об асимметрии и эксцессе непрерывной и дискретной случайных величин.

На странице рассматривается мода и медиана случайной величины в теории вероятностей, вычисление моды и медианы на примере непрерывных и дискретных случайных величин. Изложено понятие квантилей и процентных точек СВ. Приведены примеры.

Излагается понятие функции одного и двух случайных аргументов, а также понятие композиции случайных величин. Приведены примеры.

На странице рассматривается неравенство Маркова (лемма Чебышева) и приведены примеры решения задач.

Рассмотрен пример решения задачи на закон больших чисел (неравенство Чебышева).

Страница содержит определение биномиального закона распределения, формулу для вычисления математического ожидания и дисперсии случайной величины, распределенной по биномиальному закону. Приведен пример решения задачи.

Излагается понятие геометрического закона распределения дискретной случайной величины и рассматривается пример решения задачи. Приведены формулы математического ожидания и дисперсии случайной величины, распределенной по геометрическому закону.

Излагается понятие пуассоновского закона распределения дискретной случайной величины и рассматривается пример решения задачи. Приведены формулы характеристик распределения.

Простейший поток событий и его свойства — теория и примеры решения задач.

Рассматривается гипергеометрическое распределение, моделирующее количество удачных выборок без возвращения из конечной совокупности. Страница содержит определение гипергеометрического закона распределения, формулы для вычисления математического ожидания и дисперсии случайной величины, распределенной по гипергеометрическому закону, а также образец решения задачи.

Рассматривается нормальное распределение случайной величины — его плотность и функция распределения, а также правило трех сигм. Приведены необходимые теоретические сведения и образцы решения задач на нормальный закон распределения.

Рассмотрен экспоненциальный (показательный) закон распределения случайной величины, приведены необходимые теоретические сведения и примеры решения задач. Излагаются понятия математического ожидания, дисперсии и параметра показательного закона распределения.

Излагается понятие закона равномерного распределения случайной величины. Приведены необходимые теоретические сведения, рассмотрены математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной равномерно и приведен пример решения задачи на эту тему.

Рассматривается двумерная дискретная случайная величина и ее числовые характеристики — математическое ожидание, дисперсия, среднее квадратическое отклонение, а также условные законы распределения, коэффициенты ковариации и корреляции.

Рассматривается двумерная непрерывная случайная величина. Функция распределения двумерной СВ и ее свойства. Плотность распределения двумерной СВ и ее свойства, а также условные и безусловные законы распределения.

Рассматривается подробно построение полигона и гистограммы частот и относительных частот — графиков статистического ряда распределения. Также затронута тема построения графиков накопленных частот — кумуляты и огивы с примерами задач.

В задаче, приведенной на странице, вычисляется несмещенная оценка дисперсии (исправленная выборочная дисперсия)

Приведены необходимые теоретические сведения на тему показателей асимметрии и эксцесса, и образцы решения задач, где показан подробный расчет коэффициента асимметрии и эксцесса распределения.

Построение доверительного интервала для математического ожидания (среднего) и дисперсии — рассмотрена краткая теория, приведен подробный пример решения задачи.

На странице даны образцы решения задач на построение парной линейной регрессии методом наименьших квадратов (МНК). Решение задач предваряют краткие теоретические сведения, где подробно рассматривается соответствующая система нормальных уравнений и следующие из нее формулы для нахождения параметров парной линейной регрессии.

Рассмотрены формула и смысл коэффициента линейной корреляции. Страница содержит типовой пример по расчету выборочного линейного коэффициента корреляции и проверке его значимости.

Рассматриваются нелинейные уравнения парной регрессии — степенные, гиперболические, показательные и параболические. Приведены соответствующие системы нормальных уравнений и решены задачи, в которых, помимо параметров уравнения, рассчитаны для каждого вида модели коэффициенты детерминации и эластичности.

Содержится краткая теория и пример решения задачи на ранговую корреляцию. Дано понятие ранговой корреляции, показан расчет коэффициента ранговой корреляции Спирмена.

На странице рассмотрено применение ранговой корреляции и коэффициента ранговой корреляции Кендалла в статистике. Приведена краткая теория, а также задача с примером расчета коэффициента Кендалла с проверкой гипотезы о его значимости.

На примере решения задачи подробно рассматривается проверка гипотезы о равенстве средних значений, понятия нулевой и конкурирующей гипотезы.

Рассматривается проверка гипотезы о распределении генеральной совокупности по нормальному закону. На примере решения задачи вычислены теоретические частоты нормального распределения и осуществлена проверка гипотезы о нормальном распределении СВ с помощью критерия Пирсона.

Рассматривается проверка гипотезы о распределении генеральной совокупности по экспоненциальному (показательному) закону. На примере решения задачи вычислены теоретические частоты показательного распределения и осуществлена проверка гипотезы об экспоненциальном распределении СВ с помощью критерия Пирсона.

Рассматривается проверка гипотезы о распределении генеральной совокупности по закону Пуассона. Показано вычисление теоретических частот и применение критерия Пирсона на примере решения задачи.

Даны краткие теоретические сведения о дисперсионном анализе. Рассмотрен пример решения задачи на однофакторный дисперсионный анализ с вычислениями факторной и случайной дисперсии.

Приведена таблица значений функции Лапласа и образцы решения задач.

Приведена таблица критических точек t-критерия Стьюдента и образцы решения задач.

Приведена таблица критических точек распределения χ2 (хи-квадрат) критерия Пирсона и образцы решения задач.

Приведена таблица критических точек распределения F Фишера-Снедекора и образцы решения задач.

Большое количество типовых задач по теории вероятностей для самостоятельного решения.

Часть первая: 108 типовых задач по теории вероятностей
Часть вторая: 137 типовых задач по теории вероятностей
Часть третья: 114 типовых задач по теории вероятностей
Часть четвертая: 89 типовых задач по теории вероятностей

Способы решения задач по теории вероятностей ЕГЭ по математике базового уровня

Раздел «Элементы комбинаторики, статистики и теории вероятностей» в материалах открытого банка заданий ФИПИ по математике ЕГЭ базового уровня содержит 392 задачи на сорока страницах. В статье выделены несколько типов задач по различным темам курса теории вероятностей и предложены способы их решения. Каждый тип задач сопровождают минимально необходимые теоретические сведения. Формулировки задач скопированы с сайта ФИПИ.

1. Задачи на применение классической формулы определения вероятности события

Вероятностью события А называют отношение числа m благоприятствующих этому событию исходов к общему числу n всех равновозможных несовместных элементарных исходов, образующих полную группу: .

Задача 1.1. На семинар приехали 6 учёных из Норвегии, 5 из России и 9 из Испании. Каждый учёный подготовил один доклад. Порядок докладов определяется случайным образом. Найдите вероятность того, что восьмым окажется доклад учёного из России.

Решение. Число благоприятных исходов –это и есть число участников семинара из России. Их пятеро. Общее число исходов 6+5+9=20, -это количество учёных, участвующих в семинаре. Итак, искомая вероятность равна .

Замечание: решительно всё равно, каким по счёту, восьмым, как в условии задачи, или первым, вторым, третьим, …, двадцатым будет выступать российский докладчик. Искомая вероятность зависит только от количества российских учёных и общего количества участников.

Ответ: 0,25.

Задача 1.2. В кармане у Дани было пять конфет — «Ласточка», «Взлётная», «Василёк», «Грильяж» и «Гусиные лапки», а также ключи от квартиры. Вынимая ключи, Даня случайно выронил из кармана одну конфету. Найдите вероятность того, что упала конфета «Взлётная».

Решение. Конфета «Взлётная» — одна, всего конфет – 5. Вероятность того, что выпала именно она, равна

Ответ: 0,2.

Задача 1.3. На борту самолёта 26 мест рядом с запасными выходами и 10 мест за перегородками, разделяющими салоны. Остальные места неудобны для пассажира высокого роста. Пассажир Д. высокого роста. Найдите вероятность того, что на регистрации при случайном выборе места пассажиру Д. достанется удобное место, если всего в самолёте 300 мест.

Решение: Удобных для пассажира Д. мест 26+10=36. Общее число мест для пассажиров -300. Значит, искомая вероятность равна

Задача 1.4. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно два раза.

Решение. Перечислим все возможные исходы (их 4) при двух бросаниях монеты:

N исходов	Первое бросание	Второе бросание
1	Решка	Решка
2	Орёл	Орёл
3	Орёл	Решка
4	Решка	Орёл

Видно из таблицы, что интересующему нас событию (ровно двум появлениям орла) благоприятствует исход с номером 2. Он единственный, а возможных исходов в нашем случае – 4. Стало быть, искомая вероятность равна

Ответ: 0,25.

Задача 1.5. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно один раз.

Решение: Ровно один раз орёл выпадает в исходах под номерами 2 и 3 (см. таблицу к задаче 1.4). Отношение числа благоприятных исходов (2) к общему числу всех равновозможных исходов (4) определяет вероятность интересующего нас события:

Ответ: 0,5.

Задача 1.6. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орёл выпадет хотя бы один раз.

Событие «орёл выпадет хотя бы один раз» означает, что орёл появится либо один раз (первым или вторым), либо оба раза, что возможно при реализации исходов 2,3,4. Благоприятных исходов, таким образом, три, при общем количестве возможных – четырёх. Вероятность, согласно классической формуле, равна

Ответ: 0,75.

В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно два раза.

Задача 1.7. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно два раза.

Решение: Орёл выпадает оба раза – один исход при двух бросаниях математической монеты из четырёх возможных. Значит, вероятность равна .

Ответ: 0,25.

Задача 1.8. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что во второй раз выпадет то же, что и в первый.

Решение: Формулировка «во второй раз выпадет то же, что и в первый» означает, что могут выпасть подряд два орла, либо выпадают две решки подряд, что соответствует исходам 1 и 2 в таблице к задаче 1.4. При общем количестве (их 4) равновозможных исходов вычисляем вероятность .

Ответ: 0,5.

Задача 1.9. Найдите вероятность того, что случайно выбранное трёхзначное число делится на 25.

Решение: Найдем количество трёхзначных чисел. Первое из них -100. Последнее -999. Значит, их всего 999-100+1=900. Определяем количество чисел, кратных 25. Первое из них – 100. Последнее – 975. Таких чисел По классической формуле вычисляем вероятность .

Ответ: 0,04.

Задача 1.10. Найдите вероятность того, что случайно выбранное трёхзначное число делится на 33.

Решение: Как и в задаче 1.10, общее число всех равновозможных исходов 900. Первое трёхзначное число, кратное 33, это — 132. Последнее из них – 990. Таким образом, благоприятных исходов, т.е. трёхзначных чисел, кратных 33, всего

Ответ: 0,03.

Задача 1.11. В коробке вперемешку лежат чайные пакетики с чёрным и зелёным чаем, одинаковые на вид, причём пакетиков с чёрным чаем в 4 раза больше, чем пакетиков с зелёным. Найдите вероятность того, что случайно выбранный из этой коробки пакетик окажется пакетиком с зелёным чаем.

Решение: Примем количество пакетиков с зелёным чаем за х, тогда количество пакетиков с чёрным чаем будет равно 4х, и общее количество пакетиков с чаем определится как х+4х=5х (пакетиков). Вероятность того, что случайно выбранный из этой коробки пакетик окажется пакетиком с зелёным чаем, согласно классической формуле, определяется отношением

Ответ: 0,2.

Задача 1.12. На олимпиаде по русскому языку участников рассаживают по трём аудиториям. В первых двух по 130 человек, оставшихся проводят в запасную аудиторию в другом корпусе. При подсчёте выяснилось, что всего было 400 участников. Найдите вероятность того, что случайно выбранный участник писал олимпиаду в запасной аудитории.

Решение: Найдём количество человек, писавших олимпиаду в запасной аудитории: 400-(130+130) =140. Значит, искомая вероятность равна .

Ответ: 0,35.

Задача 1.13. В группе туристов 8 человек. С помощью жребия они выбирают шестерых человек, которые должны идти в село в магазин за продуктами. Какова вероятность того, что турист Д., входящий в состав группы, пойдёт в магазин?

Решение: Для туриста Д. , входящего в состав группы, для похода в магазин есть 6 благоприятных исходов. Общее число всех равновозможных исходов – количество туристов в группе (их 8 по условию задачи). Итак Р(А)=

Ответ: 0,75.

Задача 1.14. Научная конференция проводится в 3 дня. Всего запланировано 50 докладов: в первый день — 18 докладов, остальные распределены поровну между вторым и третьим днями. На конференции планируется доклад профессора М. Порядок докладов определяется случайным образом. Какова вероятность того, что доклад профессора М. окажется запланированным на последний день конференции?

Решение: Последний день конференции – третий. Количество докладов, запланированных во второй, а также и в третий день конференции: Это и есть число благоприятных для профессора М. исходов. Вычисляем вероятность выступления докладчика в третий день: .

Ответ: 0,32.

Задача 1.15. На экзамене будет 50 билетов, Оскар не выучил 7 из них. Найдите вероятность того, что ему попадётся выученный билет.

Решение: Невелик у Оскара шанс получить выученный билет: .

Ответ: 0,14.

Задача 1.16. В фирме такси в наличии 12 легковых автомобилей: 3 из них чёрного цвета с жёлтыми надписями на боках, остальные — жёлтого цвета с чёрными надписями. Найдите вероятность того, что на случайный вызов приедет машина жёлтого цвета с чёрными надписями.

Решение: Жёлтых с чёрными надписями машин -9. Разделив их на общее число машин фирмы (12), получаем:

Ответ: 0,75.

2. Задачи на нахождение вероятности противоположного события

Определение. Противоположными событиями называют два несовместных события, образующих полную группу.

Два события называются несовместными, если они не могут появиться одновременно в результате однократного опыта. События образуют полную группу, если в результате опыта одно из событий обязательно произойдёт. Сумма вероятностей противоположных событий равна 1, т.е. . Здесь — вероятность события, противоположного событию А.

Задача 2.1. Вероятность того, что новая шариковая ручка пишет плохо или вовсе не пишет, равна 0,21. Покупатель, не глядя, берёт одну шариковую ручку из коробки. Найдите вероятность того, что эта ручка пишет хорошо.

Решение. Событие А – новая шариковая ручка пишет плохо или вовсе не пишет. Событие — ручка пишет хорошо. Эти события – противоположные. Р(А)=0,21. Р(

Ответ: 0,79.

Задача 2.2. В среднем из 140 садовых насосов, поступивших в продажу, 7 подтекает. Найдите вероятность того, что один случайно выбранный для контроля насос не подтекает.

Решение: Событие А — насос подтекает, событие – насос не подтекает.

Ответ: 0,95.

Задача 2.3. Из 600 луковиц тюльпанов в среднем 48 не прорастают. Какова вероятность того, что случайно выбранная и посаженная луковица прорастёт?

Решение. Событие – «случайно выбранная и посаженная луковица прорастёт» противоположно событию «что случайно выбранная и посаженная луковица не прорастёт». Поэтому .

Ответ: 0,92.

3. Задачи на применение теоремы сложения вероятностей для несовместных событий

Суммой (А+В) двух событий А и В называют событие, которое наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий А или В.

Сложение вероятностей используется тогда, когда нужно вычислить вероятность суммы случайных событий.

Теорема сложения вероятностей несовместных событий. Вероятность того, что произойдёт одно из двух несовместных событий, равна сумме вероятностей этих событий: .

Задача 3.1. На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что это вопрос по теме «Вписанная окружность», равна 0,35. Вероятность того, что это вопрос по теме «Внешние углы», равна 0,25. Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем.

Решение: событие А – достанется вопрос по теме «Вписанная окружность», событие В – достанется вопрос по теме «Внешние углы», тогда событие А+В — на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем. Учитывая, что «Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет», применяем теорему сложения вероятностей для двух несовместных событий: P(А+В) = 0,35+0,25 = 0,6.

Ответ: 0,6.

Задача 3.2. На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что это вопрос по теме «Тригонометрия», равна 0,3. Вероятность того, что это вопрос по теме «Вписанная окружность», равна 0,25. Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем.

Решение: Как и при решении задачи 3.1, применяем теорему сложения вероятностей для двух несовместных событий: P(А+В) = 0,3+0,25 = 0,55.

Ответ: 0,55.

Задачи с решениями по теории вероятностей и математической статистике

#963 Кибзун А.И., Горяинова Е.Р., Наумов А.В. Теория вероятностей и математическая статистика. №004.046, стр.047

#953 Кибзун А.И., Горяинова Е.Р., Наумов А.В. Теория вероятностей и математическая статистика. №004.022, стр.044

#991 Кибзун А.И., Горяинова Е.Р., Наумов А.В. Теория вероятностей и математическая статистика. №004.081, стр.051

#1379 Выск Н.Д., Селиванов Ю.В. Теория вероятностей: Варианты курсовых заданий. №4.8

Добро пожаловать на наш сайт!

Предлагаем Вашему вниманию задачи с решениями по Теории вероятностей и математической статистике. Материалы сайта упорядочены по разделам, источникам публикации, и учебным заведениям, что позволяет с минимальными усилиями найти нужную задачу.

Основное внимание уделено задачникам Кремера, Гмурмана, Кибзуна. Также на сайте представлены задачи из методических пособий ВУЗов России.

Большой опыт преподавания дисциплины гарантирует качество представленных решений задач, решения снабжены пояснениями по использованию формул и приемов вычислений.

Теория вероятностей [0 + 1608]
- Определение вероятности [260]
- Основные теоремы [383]
- Повторные независимые испытания [220]
- Основные законы распределения [187]
- Дискретные случайные величины и их характеристики [213]
- Непрерывные случайные величины и их характеристики [143]
- Двумерные случайные величины и их характеристики. Функции. [145]
- Закон больших чисел и предельные теоремы [40]
- Случайные процессы и их характеристики [17]
Математическая статистика [0 + 212]
- Вариационные ряды и их характеристики [41]
- Основы математической теории выборочного метода [99]
- Проверка статистических гипотез [71]
- Корреляционный анализ [1]

Книжные издания [0 + 967]
- Гмурман В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике [505]
- Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика [385]
- Кибзун А.И., Горяинова Е.Р., Наумов А.В. Теория вероятностей и математическая статистика. [77]
Методические пособия [0 + 632]
- Е.Г. Репина, Е.И. Суханова. Теория вероятностей и математическая статистика. Методические указания к выполнению контрольной работы студентам факультета ВВиДО Самарского государственного экономического университета./Самара 2011. 39с. [84]
- Бестугин А.Р., Дийков А.Л., Стрепетов А.В., Фарафонов В.Г. Теория вероятностей: Варианты контрольных работ [200]
- Выск Н.Д., Селиванов Ю.В., Титаренко В.И. Вероятность и случайные величины. Методические указания и варианты курсовых заданий по теории вероятностей. [240]
- Волков С.И., Исаков Е.Б., Фёдоров А.В., Тимошенко Е.И. Варианты контрольных работ для студентов специальности 0708 заочной формы обучения. [40]
- Комаров С. Н. Контрольные задания для студентов-заочников второго курса специальности 150200 – «Автомобили и автомобильное хозяйство» [10]
- Кострикина Л.П. Методическое пособие по разделу: «Повторные независимые испытания» [53]
- Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика. Учебно-методическое пособие/Москва, 2008. [5]
Свободный источник [220]

«ВЗФЭИ» – Всероссийский заочный финансово-экономический институт [5]
Самарский государственный экономический университет [84]
«МАТИ» – Российский государственный технологический университет им. К.Э. Циолковского. [240]
Мичуринский государственный аграрный университет [53]
Новосибирский государственный архитектурно-строительный университет [40]
Санкт-Петербургский госуниверситет аэрокосмического приборостроения [200]
Орский политехнический институт (ОГТИ филиал ОГУ) [10]

Условная вероятность. Независимость событий
Введение в тригонометрию
Урок №4 Линейные уравнения первого порядка
Аксиоматическое и геометрическое определение теории вероятности
Классическая вероятностная схема
Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель
Формулы приведения
Системы линейных уравнений
Теорема сложения вероятностей несовместных событий
Теорема гипотез (Формула Байеса)
Теорема умножения вероятностей
Теорема сложения вероятностей совместных событий
Схема Бернулли
Линейная функция и ее график
Урок №2 Элементы логики. Метод математической индукции
Урок №3 Арифметическая и геометрическая прогрессия
Синус и косинус
Тригонометрические функции числового аргумента
Обратная матрица
Операции над матрицами
Матрица и операции над ней
Выражения
Составление дифференциального уравнения семейства кривых
Уравнения с разделяющимися переменными
Множества. Комбинаторика
Пространство элементарных событий. Случайные события
Статистическое определение вероятности
Функции и их графики. Часть 1
Прямая пропорциональность и ее график
Преобразование выражений
Уравнения с одной переменной
Статистические характеристики
Однородные уравнения
Элементы кобинаторики
Определители 2-го и 3-го порядков
Определители n-го порядка
Основные методы вычисления определителей n-го порядка
Функции и их графики. Часть 2

Загружаем…

Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями.

Фредерик Мостеллер

М., Наука, 1975. 112 с.
Тираж 250000 экз.

Загрузить (Mb)
djvu (1.67)	pdf (-)	ps (-)	html (-)	tex (-)

Книга в действительности содержит 57 занимательных задач (семь задач скорее обсуждаются, чем решаются). Большинство задач несложно. Лишь совсем немногие из них требуют знания курса анализа, но и в этих случаях неподготовленный читатель все равно сможет понять постановку задачи и ответ.

Книга обращена к широкому кругу читателей: ученикам старших классов, педагогам, студентам.

Содержание

Предисловие.

1. Ящик с носками. Условие и решение.
2. Последовательные выигрыши. Условие и решение.
3. Легкомысленный член жюри. Условие и решение.
4. Испытания до первого успеха. Условие и решение.
5. Монета в квадрате. Условие и решение.
6. «Попытай счастья». Условие и решение.
7. Переубеждение упрямого игрока. Условие и решение.
8. Масть при игре в бридж. Условие и решение.
9. «Крэпс». Условие и решение.
10. Эксперимент по психологии азартных игроков Условие и решение.

Задачи без структуры (11 и 12).
11. Молчаливый союз. Условие и решение.
12. Quo Vadis? Условие и решение.

13. Дилемма узника. Условие и решение.
14. Выбор купонов. Условие и решение.
15. В театре. Условие и решение.
16. Выйдет ли второй в финал? Условие и решение.
17. Рыцари-близнецы. Условие и решение.
18. Равновесие при бросании монет. Условие и решение.
19. Задача Сэмуэля Пепайса. Условие и решение.
20. Трехсторонняя дуэль. Условие и решение.
21. Выборка с возвращением или без возвращения? Условие и решение.
22. Выборы. Условие и решение.
23. Ничьи при бросании монеты. Условие и решение.
24. Странное метро. Условие и решение.
25. Длины случайных хорд. Условие и решение.
26. Нетерпеливые дуэлянты. Условие и решение.
27. Осторожный фальшивомонетчик. Условие и решение.
28. Жадный фальшивомонетчик. Условие и решение.
29. Заплесневевший желатин. Условие и решение.
30. Расчет булочника. Условие и решение.

Задачи о днях рождения (31, 32, 33, 34).
31. Парные дни рождения. Условие и решение.
32. В поисках парных дней рождения. Условие и решение.
33. Соотношение между разными задачами о парных днях рождения. Условие и решение.
34. Выходные дни и дни рождения. Условие и решение.

35. На краю утеса. Условие и решение.
36. Разорение игрока. Условие и решение.
37. Смелая игра и осторожная игра. Условие и решение.
38. Толстая монета. Условие и решение.
39. Неуклюжий химик. Условие и решение.
40. Первый туз. Условие и решение.
41. Задача о поездах. Условие и решение.
42. Короткий кусок стержня. Условие и решение.
43. Сломанный стержень. Условие и решение.
44. Выигрыш в небезобидной игре. Условие и решение.

Задачи о совпадениях (45 и 46).
45. Среднее число совпадений. Условие и решение.
46. Вероятности совпадений. Условие и решение.

47. Выбор наибольшего приданого. Условие и решение.
48. Выбор наибольшего случайного числа. Условие и решение.
49. Удвоение точности. Условие и решение.
50. Случайное квадратное уравнение. Условие и решение.

Случайные блуждания в дву- и трехмерном пространстве (51 и 52).
51. Двумерное случайное блуждание. Условие и решение.
52. Трехмерное случайное блуждание. Условие и решение.

53. Игла Бюффона. Условие и решение.
54. Игла Бюффона с вертикальными и горизонтальными прямыми. Условие и решение.
55. Длинная игла. Условие и решение.
56. Две урны. Условие и решение.
57. Распределение простых делителей. Условие и решение.

Загрузить (Mb)
djvu (1.67)	pdf (-)	ps (-)	html (-)	tex (-)

Постоянный адрес этой страницы: http://math. ru/lib/114

Теория вероятности формула и примеры для чайников, задачи с решениями, как найти классическую вероятность в математике, как обозначается и в чем выражается вероятность

В высшей математике существует раздел, изучающий статистику. По сути, это теоретическая база. Направление изучает закономерности и случайные явления, систематизирует данные для обоснования принятых решений. Основой науки является теория вероятности, чьи формулы используются для предположения о свершении того или иного события. Существует и алгоритм, с помощью которого решаются все задачи.

Развитие науки

Изучение вероятности наступления того или иного события берёт своё начало со Средних веков. Первоначально наблюдаемые закономерности не имели математического описания и основывались на различных эмпирических фактах. Ранние работы были непосредственно связаны с азартными играми. Французские учёные Паскаль и Ферма пытались выявить и рассчитать закономерности при бросании костей.

Независимо от них этим вопросом занимался и голландский физик Гюйгенс. В своей работе он оперировал такими понятиями, как величина шанса, математическое ожидание, цена случайности. Он первый, кто попробовал применить теоремы сложения и умножения в описание вероятности.

Фундаментальное значение для развития науки имели труды Бернулли, Байеса, Лапласа и Пуассона. Их стараниями были сформулированы и доказаны предельные теоремы, предложены первые формулы и примеры. В теории вероятности начали использовать анализ ошибочного наблюдения. Но лишь Карл Гаусс детально смог разобраться в нормальном распределении случайной величины.

В XIX веке русские и европейские учёные смогли доказать сделанные ранее предложения. В первую очередь это касалось закона больших чисел и центральной предельной теоремы. Формальная система для описания теории была принята в 1933 году. Предложил её академик СССР Андрей Колмогоров. Руководствуясь идеями теории множеств, меры и интегрирования, он смог систематизировать аксиомы и с их помощью описать классическую теорию вероятности. На основании его работ была создана новая теория — случайных процессов.

В его систему входит:

алгебра событий — состоит из множества подмножеств, называемых событиями и их пространства;
существование возможности появления событий — каждому случаю приписывается в соответствие вещественная вероятность наступления;
нормировка — состояние, при котором вещественное число имеет вероятность свершения равное единице;
аддитивность — если 2 события не пересекаются, их вероятность находится суммированием.

Объекты, удовлетворяющие системе, были названы полем вероятности (вероятностным пространством). Было принято, что аксиомы не могут противоречить друг другу. Аксиоматизация позволила привести все предположения к строгому математическому виду и стала восприниматься как один из разделов математического вычисления.

Сущность предмета

Предметом изучения науки являются закономерности, появляющиеся в случайных событиях, результат которых нельзя установить заранее. Но не все эксперименты можно изучать с помощью теории, а лишь те, что повторяются при одних и тех же условиях.

Существует понятие «статистической устойчивости». Если существует некоторое событие «А», которое может наступить в результате события или не произойти, то часть экспериментов должна стабилизироваться. При этом с увеличением числа экспериментов вероятность повторения стремится к определённому числу Р(А). Оно и является характеристикой, определяющей степень возможности наступления события «А».

Объяснить основы теории вероятности для чайников можно с помощью классических понятий:

Вероятность, что событие «А» сможет произойти описывается выражением: Р (А) = m/n, где: n — общее количество исходов эксперимента, имеющих равные возможности; m — число исходов, соответствующих событию «А».

Для геометрического определения вместо чисел используется мера. В числитель формулы подставляется показатель, выражающий количество благоприятных исходов наступления рассматриваемого события, а в знаменатель — геометрическая мера. Например, ширина, плотность, объём.

При расчётах принимается, что полная группа событий образует вероятность равную единице: P (A1) + P (A2) + + P (An) = 1, при этом сумма противоположных событий также будет равна одному.

Шанс, что одно из двух несовместимых событий обязательно случится, определяется сложением этих вероятностей. Это формулировка справедлива и к любому количеству ожидаемых исходов: P (C +B +A) = Р(С) + Р (B) +P (A).

Исход, что любое из двух событий сбудется, равен вероятности суммы без учёта возможного их совместного появления: P (А+В) = Р (А) + Р (B) — P (АВ).

Основополагающими формулами являются выражения Байеса и Бернулли.

Согласно первому, если существует гипотеза «Вн», а событие уже наступило, вероятность её правдивости определяется как Pа (Вн) = Р (Вн) * Рв (А) / Р (А). Это выражение ещё называют формулой полной вероятности. Равенство же Бернулли помогает оценить вероятность, что конкретное событие «А» случится n количество раз при m вариантах: P = C n * p n * qn — m.

Алгоритм решения

Теория вероятностей используется, когда необходимо сделать прогноз на выпадение того или иного шанса в эксперименте. Случайность является основным понятием предмета. Она обозначает явление, для которого невозможно точно вычислить периодичность наступления, поэтому в задачах находят именно число возможностей. По своей сути вероятность — функция, способная принимать 3 значения:

ноль — ожидание никогда не выполнится;
единица — событие произойдёт при любых условиях;
паритет — существует равная возможность выполнения или невыполнения ожидания.

Чтобы высчитать случайность, рекомендуется придерживаться разработанного алгоритма. Следует внимательно изучить задание и определить, вероятность чего необходимо вычислить, а также события, от которых случайность будет изменяться. Определив схему задачи, подобрать формулу и, подставив в неё все имеющиеся данные, рассчитать шанс. Чтобы правильно определиться с нужной схемой, необходимо знать о количестве экспериментов, существовании между ними зависимости, возможности применения нескольких гипотез.

Для понятия принципа нахождения случайности часто предлагается к решению следующая задача. В закрытом ящике лежит 6 разноцветных перемешанных между собой шаров. Из них 2 красного цвета, 3 зелёного и 1 белый. Нужно посчитать, насколько шансов достать белый шар меньше, чем цветной.

Случайность доставания цветного шара обозначают как событие «А». Согласно определению вероятность «А» определяется отношением благоприятствующих шансов к общему числу исходов. Существует 6 различных возможностей вытянуть шар, из них 5 относятся к благоприятным, поэтому эксперимент покажет, что вероятность достать из ящика цветной шар будет составлять P = 5 / 6 = 0,83(3). Это и есть показатель оценки степени случайности.

Таким способом можно узнать различную вероятность любого исхода, не прибегая к собиранию статистики и её анализу, то есть решить задачу математически, как, например, следующую. В таксопарке используется 2 синих, 9 красных и 4 чёрных машины. Нужно определить, какая существует возможность приезда по вызову красного автомобиля. Решение простое. Так как всего имеется 15 машин, вероятность приезда именно красной составит Р = 9/15 или 0,6.

Теорема Муавра — Лапласа

Это предельное определение, предложенное Лапласом в 1812 году. В основе теоремы используется формула Бернулли, но применяется она к довольно большому количеству экспериментов. Суть её в следующем: если при независимых экспериментах n существует вероятность свершения случайного события N равная нулю или единице, при этом число испытаний равняется m, искомое значение близко к интегральной функции Лапласа.

Стандартные значения, соответствующие нормальному распределению, сведены в статистические таблицы. Взять их можно в решебниках задач по теории. Под приведёнными значениями понимается площадь кривой от нуля до числа x. Например, если придумать какую-либо величину площади между числами 0 и 2,34, согласно таблице она составит 0,49036.

При рассмотрении свершения m событий в n экспериментах существует вероятность, заключённая в определённом отрезке между значениями a и b, поэтому выражение для нахождения можно найти из формулы: Р(m) = (n! * pm * qn-m) / m!(n-m)!. Уравнение требует сложных и громоздких расчётов, поэтому, чтобы найти вероятность, в математике из формулы используют асимптотическое распределение. Но возможно это только при условии, что Р(m) неизменное, а число экспериментов будет стремиться к бесконечности.

Реальная формула, описывающая теорему сложна, поэтому используется приближённая:

Р(m) = 1 / ((2p*n*p*q)1/2) exp (-X2m/2).

Использовать её рекомендуют только при значениях событий больше 20, а экспериментов 100. Например, брак выпускаемых изделий составляет 15%. Поступает товар в упаковках по 100 штук. Нужно найти вероятность, что случайно взятая коробка будет укомплектована 13 бракованными изделиями. При этом число товара низкого качества в упаковке не превысит 20.

За испытание необходимо принять изготовление. Вероятность появления события, которое необходимо искать составит p = 0,15. Далее, находится случайность: n * p = 15 и n * p * q = 12,75. Исходные данные подставляют в формулу Лапласа:

Таким образом, примерно 9,5% упаковок от общего количества содержат 13 товаров плохого качества, а в 92% случаях число изделий с браком не превышает 20.

Сочетание взаимных событий

При рассмотрении задач может возникнуть вопрос, как различные события могут зависеть друг от друга. Для характеристики их взаимосвязи вводится понятие условная вероятность. Например, имеются 2 случайных исхода одного эксперимента «А» и «В». Тогда условной вероятностью первого события «А» при условии, что второе произошло, называется отношение P (AB) / P (B).

Необходимо определить, с какой вероятностью в семье с ребёнком-девочкой родится мальчик. За вероятность появления в семье двух мальчиков нужно взять «А», а за ребёнка противоположного пола событие «В». Существует 4 возможных исхода, поэтому справедливо будет записать: P (AB) = 1/4, P(B) = 3/4. Подставив эти значения в формулу можно рассчитать вероятность: P (A/B) = (1/4) / (3/4) = 0,3. Первый исход считается независимым от второго, если наступление события «В» не оказывает влияние.

Если же события взаимны, они влияют друг на друга. В этом случае используется их перемножение: P(AB) = P(A) *PB (А). Например, в пачке 26 лотерей, из которых 3 призовых. Нужно определить шанс, что первый билет будет призовой и вероятность, что второй билет также будет с выигрышем, но при условии, что первый билет уже убрали.

Для решения задачи вначале нужно найти шанс, что первый билет будет с выигрышем: P (A) = 3/26 = 0,115. Затем рассчитать вероятность двух выигрышей подряд: P(AB) = P(A) * P(B) = (3/26) * (2/25) = 0,009.

Это довольно простые задачи, но существуют задания, для решения которых понадобится применять несколько формул. Такой расчёт вероятности наступления того или иного события может быть трудным, требующим повышенного внимания. Для облегчения вычислений существуют специальные интернет-порталы. Они предлагают рассчитать исход события даже тем, кто и вовсе не разбирается в теории. Например, allcalc.ru, kontrolnaya-rabota.ru, matburo.ru, math.semestr.ru.

На этих сайтах от пользователей требуется лишь заполнить предлагаемые формы исходными данными и нажать кнопку «Рассчитать». Все калькуляторы совмещают в себе быстроту нахождения ответа и ознакомление с подробным описанием решения.

Новые задачи по теории вероятностей

Рассмотрим решение новых задач по теории вероятностей, которые появятся в ЕГЭ по математике в 2022 году.

Вы можете попробовать решить задачи самостоятельно, а потом сверить свое решение с предложенным.

1. № 508755

Игральный кубик бросают дважды. Известно, что в сумме выпало 8 очков. Найдите вероятность того, что в первый раз выпало 6 очков.

Решение. показать

2. № 508769

Игральную кость бросили два раза. Известно, что три очка не выпали ни разу. Найдите при этом условии вероятность события «сумма выпавших очков окажется равна 8».

Решение. показать

3. № 508781

Симметричную монету бросают 11 раз. Во сколько раз вероятность события «выпадет ровно 5 орлов» больше вероятности события «выпадет ровно 4 орла»?

Решение. показать

4. № 508791

В одном ресторане в г. Тамбове администратор предлагает гостям сыграть в «Шеш-беш»: гость бросает одновременно две игральные кости. Если он выбросит комбинацию 5 и 6 очков хотя бы один раз из двух попыток, то получит комплимент от ресторана: чашку кофе или десерт бесплатно. Какова вероятность получить комплимент? Результат округлите до сотых.

Решение. показать

5. № 508793

Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна 4. Какова вероятность того, что потребовалось сделать три броска? Результат округлите до сотых.

Решение. показать

6. № 508798

Игральную кость бросали до тех пор, пока сумма выпавших очков не превысила число 3. Какова вероятность того, что для этого потребовалось 3 броска? Ответ округлите до сотых.

Решение. показать

7. № 508809

Телефон передает SMS-сообщение. В случае неудачи телефон делает следующую попытку. Вероятность того, что сообщение удастся передать без ошибок в каждой отдельной попытке, равна 0,2. Найдите вероятность того, что для передачи сообщения потребуется не больше двух попыток.

Решение. показать

8. № 508820

При подозрении на наличие некоторого заболевания пациента отправляют на ПЦР-тест. Если заболевание действительно есть, то тест подтверждает его в 91% случаев. Если заболевание нет, то тест выявляет отсутствие заболевания в среднем в 93% случаев. Известно, что в среднем тест оказывается положительным у 10% пациентов, направленных на тестирование. При обследовании некоторого пациента врач направил его на ПЦР-тест, который оказался положительным. Какова вероятность того, что пациент действительно имеет это заболевание? Результат округлите до сотых.

Решение. показать

9. № 508831

Стрелок в тире стреляет по мишени до тех пор, пока не поразит ее. Известно, что он попадает в цель с вероятностью 0,2 при каждом отдельном выстреле. Сколько патронов нужно дать стрелку, чтобы он поразил цель с вероятностью не менее 0,5?

Решение. показать

10. № 508843

В ящике три красных и три синих фломастера. Фломастеры вытаскивают по очереди в случайном порядке. Какова вероятность того, что в первый раз синий фломастер появится третьим по счету?

Решение. показать

11. №508851

Стрелок стреляет по пяти одинаковым мишеням. На каждую мишень дается не более двух выстрелов, и известно, что вероятность поразить мишень каждым отдельным выстрелом равна 0,6. Во сколько раз вероятность события «стрелок поразит ровно три мишени» больше вероятность события «стрелок поразит ровно две мишени».

Решение. показать

12. № 508868

В викторине участвуют 10 команд. Все команды разной силы, и в каждой встрече выигрывает та команда, которая сильнее. В первом раунде встречаются две случайно выбранные команды. Ничья невозможна. Проигравшая команда выбывает из викторины, а победившая команда играет со следующим случайно выбранным соперником. Известно, что в первых шести играх победила команда А. Какова вероятность, что эта команда выиграет седьмой раунд.

Решение. показать

13. № 508871

Турнир по настольному теннису проводится по олимпийской системе: игроки случайным образом разбиваются на пары; проигравший в каждой паре выбывает из турнира, а победитель выходит в следующий тур, где встречается со следующим противником, который определен жребием. Всего в турнире 8 игроков, все они играют одинаково хорошо, поэтому в каждой встрече вероятность выигрыша и поражения у каждого игрока равна 0,5. Среди игроков два друга — Иван и Алексей. Какова вероятность того, что этим двоим в каком-то туре придется сыграть друг с другом?

Решение. показать

14. № 508887

Первый игральный кубик обычный, а на гранях второго кубика нет четных чисел, а нечетные числа встречаются по два раза. В остальном кубики одинаковые. Один случайно выбранный кубик бросают два раза. Известно, что в каком-то порядке выпали 3 и 5 очков. Какова вероятность, что бросали второй кубик?

Решение. показать

15. № 509078

Маша коллекционирует принцесс из Киндер-сюрпризов. Всего в коллекции 10 разных принцесс, и они равномерно распределены, то есть в каждом Киндер-сюрпризе может с равными вероятностями оказаться любая из 10 принцесс. У Маши есть две разные принцессы из коллекции. Какова вероятность того, что для получения следующей принцессы Маше придется купить еще 2 или 3 шоколадных яйца?

Решение. показать

15. № 508885

Первый член последовательности целых чисел равен 0. Каждый следующий член последовательности с вероятность на единицу больше предыдущего и с вероятность на единицу меньше предыдущего. Какова вероятность того, что какой-то член этой последовательности окажется равен -1?

Решение. показать

И.В. Фельдман, репетитор по математике

Примеры вероятности с вопросами и ответами

Пример 1: Монета подбрасывается 3 раза. Какова вероятность того, что выпадет хотя бы один орёл?
Sol: Пример пространства = [HHH, HHT, HTH, THH, TTH, THT, HTT, TTT]
Общее количество способов = 2 × 2 × 2 = 8. Избранное. Случаев = 7
P (A) = 7/8
ИЛИ
P (получения хотя бы одной головы) = 1 – P (без головы)⇒ 1 – (1/8) = 7/8

Пример 2: Найти вероятность выпадения карты с номером при извлечении карты из колоды в 52 карты.
Sol: Всего карт = 52. Пронумерованные карты = (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10) 9 каждой масти 4 × 9 = 36
P (E) = 36/52 = 9/13

Пример 3: Есть 5 зеленых 7 красных шаров. Два шара выбираются один за другим без замены. Найти вероятность того, что первый зеленый, а второй красный.
Sol: P (G) × P (R) = (5/12) x (7/11) = 35/132

Пример 4: Какова вероятность того, что сумма 7 выпадет на двух игральных костях бросают?
Sol: Математика вероятности — Общее количество способов = 6 × 6 = 36 способов. Благоприятные случаи = (1, 6) (6, 1) (2, 5) (5, 2) (3, 4) (4, 3) — 6 способов. P (A) = 6/36 = 1/6

Пример 5: Из колоды в 52 карты случайным образом вытягивается 1 карта.
(i) Найдите вероятность того, что это карта чести.
(ii) Это лицевая карта.
Sol: (i) карты чести = (A, J, Q, K) 4 карты каждой масти = 4 × 4 = 16
P (карта чести) = 16/52 = 4/13
(ii) лицо карты = (J, Q, K) 3 карты каждой масти = 3 × 4 = 12 карт.
P (лицевая карта) = 12/52 = 3/13

Пример 6: Из колоды в 52 карты вытягиваются две карты. Найдите вероятность того, что оба бубны или оба короли.
Сол: Всего № Пути = ⁵² C ₂
Случай I: Оба являются бриллиантами = ¹³ C ₂
Случай II: Оба являются королями = ⁴ C ₂
P (Difb — или оба короля) = ( ¹³ C ₂ + 9Пример 7 Какова вероятность получить хотя бы одну «4»?
Sol: Общее количество способов = 6 × 6 × 6 = 216. Вероятность получить число «4» хотя бы один раз
= 1 – (Вероятность не получить число 4) = 1 – (5/6) x (5/6) x (5/6) = 91/216

Пример 8: Дана задача трем людям P, Q, R, шансы которых соответственно решить ее равны 2/7, 4/7, 4 /9соответственно. Какова вероятность того, что проблема решена?
Sol: Вероятность решения проблемы = 1 – (Вероятность того, что никто из них не решит проблему)

Вероятность решения проблемы = 1 – (5/7) x (3/7) x (5/ 9) = (122/147)

Пример 9: Найти вероятность выпадения двух решек при подбрасывании пяти монет.
Sol: Количество способов получить две головы = ⁵ C ₂ = 10. Всего способов = 2 ⁵ = 32
P (два орла) = 10/32 = 5/16

Пример 10: Какова вероятность выпадения суммы 22 или более при бросании четырех игральных костей?
Sol: Общее количество способов = 6 ⁴ = 1296. Количество способов получить сумму 22 равно 6,6,6,4 = 4! / 3! = 4
6,6,5,5 = 4! / 2!2! = 6. Количество способов получить сумму 23 равно 6,6,6,5 = 4! / 3! = 4.
Количество способов получения суммы 24 равно 6,6,6,6 = 1.
Изб. Количество случаев = 4 + 6 + 4 + 1 = 15 способов. P (получение суммы 22 и более) = 15/1296 = 5/432

Пример 11: Два игральных кубика бросают вместе. Какова вероятность того, что число, выпавшее на одном из кубиков, кратно числу, выпавшему на другом кубике?
Sol: Общее количество случаев = 6 ² = 36
Поскольку число на кубике должно быть кратно другому, возможно
(1, 1) (2, 2) (3, 3) — —— (6, 6) — 6 каналов
(2, 1) (1, 2) (1, 4) (4, 1) (1, 3) (3, 1) (1, 5) ) (5, 1) (6, 1) (1, 6) — 10 способов
(2, 4) (4, 2) (2, 6) (6, 2) (3, 6) (6, 3) — 6 способов
Благоприятные случаи = 6 + 10 + 6 = 22. Итак, P(A) = 22/36 = 11/18

Пример 12: Из колоды карт наугад вынимают три карты. Найти вероятность того, что все карты разной масти.
Sol: Общее количество ящиков = ⁵² C ₃
Каждая карта должна быть выбрана из другой масти. Три масти можно выбрать в ⁴ C ₃ было
Всего карт можно выбрать ( ⁴ C ₃) x (¹³ C ₁) x (¹³ C ₁) x (¹³ C ₁)
. ₁) ³ /⁵² C ₃
= 4 x (13) ³ /⁵² C ₃

Пример 13 : найдите вероятность того, что годовой годовой 52. .
Sol: В високосном году может быть 52 воскресенья или 53 воскресенья. В високосном году 366 дней, из них 52 полных недели и 2 оставшихся дня. Теперь эти два дня могут быть (Сб, Вс) (Вс, Пн) (Пн, Вт) (Вт, Ср) (Ср, Чт) (Чт, Пятница) (Пятница, Сб).
Итак, всего 7 случаев, из которых (Сб, Вс) (Вс, Пн) два благоприятных случая. Итак, P (53 воскресенья) = 2/7
Теперь P(52 воскресенья) + P(53 воскресенья) = 1
Итак, P (52 воскресенья) = 1 — P(53 воскресенья) = 1 — (2/7 ) = (5/7)

Пример 14: Пятнадцать человек сидят за круглым столом. Каковы шансы против двух конкретных людей, сидящих вместе?
Сол: 15 человек могут разместиться в 14! Пути. Количество способов, которыми два конкретных человека сидят вместе, равно 13! × 2!
Вероятность того, что два человека сидят вместе 13!2! / 14! = 1/7
Шансы против события = 6 : 1

Рекомендуемое действие:

Начните подготовку с БЕСПЛАТНОГО доступа к 25+ макетам, 75+ видео и 100+ тестам по главам. Зарегистрируйтесь сейчас

Пример 15: В трех сумках 3 красных, 7 черных; 8 красных, 2 черных и 4 красных и 6 черных шаров соответственно. Наугад выбирается 1 из мешков и из него вынимается шар. Если вынутый шар красный, найти вероятность того, что он вынут из третьего мешка.
Sol: Пусть события E1, E2, E3 и A определяются следующим образом.
E1 = Выбран первый мешок
E2 = Выбран второй мешок
E3 = Выбран третий мешок
A = Вытащенный шар красный
P(E2) = P(E3) = 1 / 3
Если E1 уже произошло, то выбран первый мешок, содержащий 3 красных и 7 черных шаров. Вероятность вытащить из него 1 красный шар равна 3/10. Итак, P (A/E ₁ ) = 3/10, аналогично P(A/E ₂ ) = 8/10 и P(A/E ₃ ) = 4/10. Требуется найти P(E ₃ /A) т.е. учитывая, что вынутый шар красный, какова вероятность того, что шар вынут из третьего мешка по правилу Байя

Решенные задачи Условная вероятность

← предыдущая

В задачах с кубиками и монетами, если не указано иное, предполагается, что монеты и кости правильные и повторные испытания независимы.

Задача 9{-\frac{2}{5}}=0,6703$. Я покупаю продукт и использую его в течение двух лет без какие-то проблемы. Какова вероятность того, что он сломается на третий год?

Задача

Вы подбрасываете правильную монету три раза:

Какова вероятность того, что три орла выпадут $HHH$?
Какова вероятность того, что вы увидите ровно один орёл?
Учитывая, что вы наблюдали не менее голов, какова вероятность что вы наблюдаете как минимум две головы?

Задача

Для трех событий $A$, $B$ и $C$ мы знаем, что

$A$ и $C$ независимы,
$B$ и $C$ независимы,
$A$ и $B$ не пересекаются,
$P(A \чашка C)=\frac{2}{3}, P(B \cup C)=\frac{3}{4}, P(A \cup B\cup C)=\frac{ 11}{12}$

Найдите $P(A), P(B)$ и $P(C)$.

Задача

Пусть $C_1, C_2,\cdots,C_M$ — разбиение выборочного пространства $S$, а $A$ и $B$ — два события. Предположим, мы знаем, что

$A$ и $B$ условно независимы при заданном $C_i$ для всех $i \in \{1,2,\cdots,M\}$;
$B$ не зависит от всех $C_i$.

Докажите, что $A$ и $B$ независимы.

Проблема

В моем городе треть дней идет дождь. Учитывая, что идет дождь, будет сильный трафика с вероятностью $\frac{1}{2}$, а учитывая, что не будет дождя, будут сильные трафик с вероятностью $\frac{1}{4}$. Если идет дождь и пробки, я приезжаю опоздание на работу с вероятностью $\frac{1}{2}$. С другой стороны, вероятность быть поздно уменьшается до $\frac{1}{8}$, если не идет дождь и нет интенсивного движения. В другие ситуации (дождь и отсутствие пробок, отсутствие дождей и пробок) вероятность опоздания составляет 0,25$. Вы выбираете случайный день.

Какова вероятность того, что не идет дождь, пробки и я не опоздаю?
Какова вероятность того, что я опоздаю?
Учитывая, что я опоздал на работу, какова вероятность того, что в тот день шел дождь?

Задача

В коробке три монеты: две обычные монеты и одна фальшивая двуглавая монета ($P(H)=1$),

Вы выбираете монету наугад и бросаете ее. Какова вероятность того, что он выпадет хедз-ап?
Вы выбираете монету наугад и подбрасываете ее, и выпадает решка. Какова вероятность того, что это двуглавая монета?

Задача

Вот еще вариант задачи о семье с двумя детьми. задача [1] [7]. В семье двое детей. Мы спрашиваем отца: «У тебя есть хоть одна дочь по имени Лилия?» Он отвечает: «Да!» Какова вероятность того, что оба ребенка девочки? Другими словами, мы хотим найти вероятность того, что оба ребенка девочки, при условии, что в семье есть хотя бы одна дочь по имени Лилия. Здесь можно предположить, что если ребенок — девочка, то ее имя будет Лилия с вероятностью $\alpha \ll 1$ независимо от имен других детей. Если ребенок будет мальчиком, его имя не будет Лилия. Сравните свои результат со второй частью примера 1.18. 92)\frac{1}{4}+ \alpha \frac{1}{4}+ \alpha \frac{1}{4}+0.\frac{1}{4}}$ $= \frac{2-\alpha}{4-\alpha}\приблизительно \frac{1}{2}$. 2$), таким образом, в этом случае условное вероятность $GG$ выше. Мы хотели бы упомянуть здесь, что эти проблемы сбивают с толку и противоречащим здравому смыслу для большинства людей. Так что не расстраивайтесь, если они покажутся вам запутанными. Мы преследуем несколько целей, включая такие проблемы.

Во-первых, мы хотели бы подчеркнуть, что мы не должны слишком полагаться на нашу интуицию при решении вероятностные проблемы. Интуиция полезна, но, в конце концов, мы должны использовать законы вероятности, чтобы решить проблемы. Во-вторых, после получения контринтуитивных результатов вам предлагается глубоко задуматься. о них, чтобы объяснить свое замешательство. Этот мыслительный процесс может быть очень полезен для улучшения нашего понимание вероятности. Наконец, лично я считаю, что эти парадоксально выглядящие проблемы делают вероятность интереснее.

Задача
Если вы еще не запутались, давайте рассмотрим еще одну задачу о семье с двумя детьми! Я знаю, что в семье двое детей. Я вижу одного из детей в торговом центре и замечаю, что это девочка. Какова вероятность того, что оба ребенка девочки? Снова сравните свой результат со вторым часть примера 1.18. Примечание: договоримся о том, что именно означает постановка задачи. Вот более точное изложение Задача: «В семье двое детей. Выбираем наугад одного из них и узнаем, что это девочка. Какова вероятность того, что оба ребенка девочки?»

Решение

Здесь снова четыре возможности, $GG=(\textrm{girl, girl}), GB, BG, BB$ и $P(GG)=P(GB)=P(BG)=P(BB)=\frac{1}{ 4}$. Теперь пусть $G_r$ — событие, состоящее в том, что случайно выбранный ребенок — девочка. Тогда у нас есть $$P(G_r|GG)=1,$$ $$P(G_r|GB)=P(G_r|BG)=\frac{1}{2},$$ $$P(G_r|BB)=0.$$ Мы можем использовать правило Байеса, чтобы найти $P(GG|G_r)$:

$P(GG\|G_r)$	$=\frac{P(G_r\|GG)P(GG)}{P(G_r)}$
	$= \frac{P(G_r\|GG)P(GG)}{P(G_r\|GG)P(GG)+P(G_r\|GB)P(GB)+P(G_r\|BG)P(BG) +P(G_r\|BB)P(BB)}$
	$= \frac{1. \frac{1}{4}}{1. \frac{1}{4}+ \frac{1}{2} \frac{1}{4}+ \frac{1}{2} \frac{1}{4}+0.\frac{1} {4}}$
	$= \frac{1}{2}$.

Таким образом, ответ снова отличается от ответа во второй части примера 1.18. Это удивительно для большинство людей. Две формулировки задачи выглядят очень похожими, но ответы совершенно разные. Это снова похоже на предыдущую проблему (пожалуйста, прочитайте там объяснение). условное выборочное пространство здесь по-прежнему равно $GG, GB, BG$, но дело в том, что они не равновероятны. как в примере 1.18. Вероятность того, что случайно выбранный ребенок из семьи с двумя девочками – девочка – одна, а для семьи, имеющей только одна девушка $\frac{1}{2}$. Таким образом, интуитивно условная вероятность исхода $GG$ в этом случае больше, чем $GB$ и $BG$, и поэтому эта условная вероятность должна быть крупнее одной трети.

Проблема

Итак, еще одна проблема семьи с двумя детьми. Просто шучу! Эта проблема не имеет ничего общего с две предыдущие проблемы. Я бросаю монету несколько раз. Монета нечестная и $P(H)=p$. В игре заканчивается первый раз, когда наблюдаются две последовательные решки ($HH$) или две последовательные решки ($TT$). я выиграю, если Наблюдается $HH$ и проигрывает, если наблюдается $TT$. Например, если результатом является $HTH\underline{TT}$, я терять. С другой стороны, если результат $THTHT\underline{HH}$, я выиграю. Найдите вероятность того, что я победить.

Решение

← предыдущая

Печатная версия книги доступна на Amazon здесь.

Вероятностные задачи

Что такое вероятность?
Интуитивная вероятность
Вероятностные задачи
Примеры пространств и случайных величин
- Важность определения пространства выборки
Вероятности
- Пример: покерная рука
- Испытания Бернулли
- Биномиальное распределение
  - Опережение на два очка
- Пример проверки
- Пространства непрерывной выборки
  - Геометрическая вероятность
  - Вероятность на дискретных бесконечных множествах
  - Вероятность совпадения двух целых чисел
Условная вероятность
- Теорема Байеса
  - Байесовские коэффициенты
  - Коэффициент Байеса: драматический пример такси
  - Принцип пропорциональности
- Условное повторение
  - Правило преемственности Лапласа
Зависимые и независимые события
- Условная вероятность и независимые события
- Взаимно (совместно) независимые события
- Независимые события и независимые эксперименты
Алгебра случайных величин
Ожидание
- Вход в теннисный клуб
- Среднее количество запусков
- Количество попыток до первого успеха
Вероятностные производящие функции
- Кости Зихермана
Вероятность того, что два целых числа взаимно просты
Случайные блуждания
Вероятностный метод
Вероятностные парадоксы
- Парадокс Бертрана
- Дилемма Монти Холла
- Паррондо Парадокс
Принцип симметрии в вероятности
- Ошибка Даламбера
- Случайные точки на сегменте
- В ожидании туза
Нетранзитивные кубики

В таком сумасшедшем мире, как этот, должно быть легко найти то, что происходит исключительно случайно.

Это не так.

Кевин Маккин
Упорядоченное преследование чистого беспорядка.
Откройте для себя, январь 1981 г.

Словарь американского наследия определяет теорию вероятностей как раздел математики, изучающий вероятность возникновения случайных событий с целью предсказания поведения определенных систем. (Конечно, What Is Random? — это вопрос, на который не так-то просто ответить.)

Исходя из этого определения, было бы (вероятно 🙂 правильно заключить, что теория вероятностей, будучи разделом математики, является точной дедуктивной наукой, изучающей неопределенные величины, связанные со случайными событиями. Это может показаться странным сочетанием математической определенности и неопределенности случайности. Однако, если подумать, большинство людей согласится с тем, что новозачатый ребенок имеет 50 на 50 шансов (точная, но, скорее всего, неточная оценка) быть, например, девочкой или мальчиком, если уж на то пошло.

Интересно, что недавняя книга Мэрилин вос Савант, посвященная восприятию людьми вероятности и статистики, называется Сила логического мышления . Мои первые задачи будут взяты из этой книги.

Как и в случае с другими математическими задачами, часто бывает полезно поэкспериментировать с задачей, чтобы понять, каким может быть правильный ответ. По необходимости вероятностные эксперименты требуют компьютерного моделирования случайных событий. Это должно звучать как оксюморон — компьютер (т. е. детерминированное устройство), производящий случайные события — в нашем случае, если быть точным, числа. Посмотрим, сможете ли вы убедить себя в том, что ваш компьютер может достоверно справиться и с этой задачей. Знающий читатель, вероятно, заметил бы, что это программа (пусть и детерминированная), а не компьютер, выполняющий моделирование случайных чисел. Вот так. Это я, а не ваш компьютер виноват, если симуляция ниже точно не производит случайные числа.

Когда вы нажмете кнопку «Старт» ниже, программа начнет случайный выбор. Каждую секунду он будет подбирать одно из трех чисел — 1, 2 или 3. Вы можете остановить процесс в любой момент, нажав кнопку «Стоп». Частоты выбора появляются в соответствующих полях ввода. Они выглядят случайными?

Замечание

На самом деле процесс выбора вообще не включает выбора. Как сказал математик Роберт Ковейу из Окриджской национальной лаборатории: Генерация случайных чисел слишком важна, чтобы оставлять ее на волю случая. Вместо этого у меня есть функция, которая вызывается каждую секунду. Каждый раз, когда он вызывается, он выдает одно из трех чисел 1, 2, 3. Вот как работает функция.

Я начинаю с целого числа seed = 0. Когда требуется новое случайное число, seed заменяется результатом следующей операции

семян = (7621 × семян + 1) по модулю 9999

Другими словами, чтобы получить новое значение seed, умножьте старое значение на 7621, прибавьте 1 и, наконец, возьмите результат по модулю 9. 999. Теперь предположим, как в примере выше, нам нужен случайный выбор из тройки 1, 2, 3. То есть мы ищем случайное целое число n, удовлетворяющее 1 ≤ n ≤ 3. Формула

n = [3 × семян /9999] + 1.

Пошаговое деление начального числа на 9999 дает неотрицательное действительное число от 0 до 1. Это умножение на 3 дает действительное число от 0 до 3. Скобки уменьшают последнее до ближайшего целого числа, которое не больше самого числа . Результатом является неотрицательное целое число, меньшее 3. Добавление 1 делает его одним из трех 1, 2 или 3.

См. Получисловые алгоритмы от Дональда Кнута для более подробной информации.

Проблемы

100 Заключенные и лампочка
Сюрприз с подбрасыванием монеты I
Честная азартная игра
Пара вероятностных игр для начинающих
Задача 25 из Mathcounts Spring 2018
Задача 8 из Mathcounts Spring 2018
Проблема трех лжецов
Проблема двух лжецов
Игровое доказательство суммы сходящегося ряда
Вопрос о медиане
Поиск голов и его последствия — После Миллера и Санхурджо
Разделение на три группы
Треугольник из трех сломанных палочек
Работа в команде I
Выживание амебы
Большинство треугольников тупые?
- Получение остроугольного треугольника
- Восемь вариантов в шести секторах [Java]
Искусственно неразумный
Кандидат в теннисный клуб
Среднее количество запусков
Среднее количество запусков в последовательности случайных чисел
Средняя видимость кинозрителей
Усреднение капель дождя — упражнение в геометрической вероятности
Усреднение членов в возрастающей последовательности
Шарики двух цветов
Шары двух цветов II
Барицентрические координаты и геометрическая вероятность
- Палка, разбитая на три части (трехлинейные координаты) [Java]
- Палка, разбитая на три части (декартовы координаты) [Java]
Проблема медвежат
Медведь, рожденный во вторник
Закон Бенфорда и закон Ципфа
Парадокс Бертрана [Java]
Птицы на проводе [Java]
Совпадение дня рождения
Черные ящики в цепочке
Диапазон указателей книг
Пузырьки своего рода
Проблема с иглой Бюффона
Лапша Буффона [Java]
Небрежный почтальон
Мат-головоломка
Шахматисты Труэль [Java]
Проблема Шевалье де Мере
Цыплята в коробках
- Два цыпленка в коробках
- Две курицы в больших коробках 9{\ circ} $
- Переход через реку после шторма
- Пересечение моста в толпе
- Определители в $\mathbb{Z}_2$
- Исчезающие надежды
- Угасающие надежды II
- Раздача мячей двух цветов по двум мешкам
- Добавление чисел в квадрат 3×3
- Ожидание длины интервала на круге
- Ожидание пар
- Ожидание наибольшего числа
- Ожидаемое количество счастливых пассажиров
- Честная дуэль
- Размер семейства [JavaScript]
- Семейная статистика [Java]
- Плоские вероятности на сфере
- Четыре буквы
- Четыре случайные точки на сфере
- Парадокс Гальтона
- Азартные игры в компании
- Опережение на два очка
- Как добраться из точки А в точку В через С
- Учитывая вероятность, найти выборочное пространство
- Игра Гладиатор
- Угадывание номеров шляп
- Покрытие полусферы
- Как долго это продлится?
- Как задать неловкий вопрос
- Восхваление шансов
- Заболеваемость раком молочной железы
- Целочисленный прямоугольник [Java]
- Целочисленная последовательность с заданными статистическими параметрами
- Количество попыток до первого успеха
- Задача о подушке Льюиса Кэрролла [JavaScript]
- Огни на рождественской елке
- Загруженные игральные кости
- Загруженные игральные кости II
- Потеря носков в течение года
- Потерянный посадочный талон
- Счастливые победители конкурса
- Счастливые времена на Московской олимпиаде по математике
- Маркировка и ломание палочек [JavaScript]
- Подходящие носки [JavaScript]
- Математика и биология [Java]
- Метаморфозы квадратичной функции
- Подходящие носки в темной комнате
- Неправильное использование и неправильное понимание статистики
- Дилемма Монти Холла
  - Моделирование дилеммы Монти Холла [Java]
  - Проблема Монти Холла Redux
  - Кому нужен Монти? [Ява]
- Количество кратно 3 из коробки
- Количество проволочных петель
- Пронумерованные шары из коробки
- Цифры в квадрате
- Коэффициенты и шансы в ставках на скачки
- Перекрывающиеся случайные интервалы
- Парадокс Паррондо [Java]
- Шутка Полинга
- Логотип карандаша
- Посадка деревьев в ряд
- Игра с шариками двух цветов
- Игра с целыми числами и ограничениями
- Точки в полуокружности
- Точки на квадратной сетке
- Практическая неизбежность кластеризации 9n$ Начиная с цифры $1$
- Вероятность равенства площадей на шахматной доске
- Вероятность появления первых цифр в последовательности степеней
- Вероятность того, что четыре случайных целых числа имеют общий делитель
- Вероятность того, что куб оканчивается на 11
- Вероятность встречи в турнире на выбывание
- Вероятность случайного неравенства
- Вероятность среднего
- Вероятность вырождения случайной матрицы в Z(2)
- Вероятность делимости
- Вероятность удвоения
- Вероятность равностороннего треугольника
- Вероятность первой цифры в продукте
- Вероятность наличия 5 в числителе
- Вероятность мажорирования II
- Вероятность того, что два целых числа взаимно просты
- Вероятность посещения бабушки и дедушки
- Вероятность с факториалами
- Вероятность увеличения последовательности
- Вероятность отсутствия различных положительных корней
- Вероятность отсутствия двусторонних прогонов
- Вероятность пересечения случайных линий
- Вероятность последовательных целых чисел
- Вероятность второго шарика
- Вероятность совпадения двух целых чисел [JavaScript]
- Частные оценки
- Частные оценки II
- Случайные арифметические прогрессии
- Случайные стрелки часов [Java]
- Случайные интервалы с одной доминантой
- Случайные числа и тупоугольный треугольник
- Случайные точки на сегменте
- Случайная сумма
- Случайно расположенные письма в конвертах
- Вспоминая забытую цифру
- Прямоугольник на шахматной доске [Java]
- Красные и зеленые шары в красных и зеленых коробках
- Красные грани куба
- Правильная стратегия для более слабого игрока
- Бросание игральной кости
- Прокатная дефектная матрица
- Полукруглое покрытие
- Короткие пробежки из урны
- Больной ребенок и врач
- Парадокс Симпсона
- Перестановки змей и их количество
- Примеры вероятностных задач от AMC
- Полка для энциклопедии
- Вероятность перетасовки
- Моделирование вероятностей
- Шесть чисел, одно неравенство
- Шесть чисел, два неравенства
- Шесть чисел, три неравенства
- Рискуйте с вашим лекарством
- По очереди бросают кубик
- Конкурс ARML 2016, Задача 7
- Игра «Кофейня»
- Ожидаемое количество фиксированных точек
- Брачная проблема
- Наиболее вероятная позиция
- Задача с тремя блинами [JavaScript]
- Три случайные точки на окружности
- Ставить или не делать ставку
- Обучение велосипедистов на горной дороге
- Две шестерки подряд
- Два мяча одного цвета
- Две монеты: одна честная, одна предвзятая
- Два мяча из четырех
- Повторение двух кубиков
- Парадокс двух конвертов
- Встреча двух друзей
- Два в ряд
- Два решения: одно правильное, одно просветляющее. Пример
- Две университетские дивизии
- Завязывание узлов в Бразилии
- Ожидание большего числа
- В ожидании поезда
- Ожидание всех шести результатов
- В ожидании туза
- Ожидание нескольких головок
- Ожидание превышения 1
- Случайный ход — как далеко?
- Задача с игральными костями [JavaScript]
- Какого цвета оставшийся шар? [JavaScript]

Классические задачи теории вероятностей

Опубликовано 25 декабря 2017 г. Дэн Ма

В этом посте освещаются некоторые основные вероятностные задачи, которые довольно легко решить, используя концепцию цепей Маркова. Некоторые из этих задач легко сформулировать, но они могут требовать значительных вычислений (если не использовать цепи Маркова). Но решения, использующие цепи Маркова, включают возведение матрицы в степень или нахождение обратной матрицы. Концепция цепей Маркова является хорошей основой для организации этих проблем. Интересно, что некоторые из этих задач являются классическими вероятностными задачами (подбрасывание монет, бросание игральных костей, задача о занятости, задача о сборщике купонов).

Проблемы, перечисленные здесь, предназначены для освещения обсуждения стохастических процессов в соответствующем блоге (ссылки даны ниже в соответствующих местах).

Задача 1
Честная монета подбрасывается несколько раз, пока не выпадет 4 последовательных орла. Определить среднее количество требуемых бросков.

Задача 2
Честная монета подбрасывается несколько раз, пока не выпадет 4 последовательных орла.

Найдите вероятность того, что потребуется не более 9переворачивается, чтобы получить серию из 4 последовательных орлов.
Найдите вероятность того, что ровно за 9 подбрасываний выпадет 4 последовательных орла.

Задача 3
Игральная кость бросается до тех пор, пока каждая грань не выпадет хотя бы один раз. Каково ожидаемое количество бросков для достижения этой цели?

Задача 4
Шары бросают в 6 ячеек (по одному за раз), пока все 6 ячеек не будут заняты. В среднем, сколько шаров нужно бросить, чтобы все 6 клеток были заняты?

Задача 5
В 6 клеток бросают шары (по одному). Какова вероятность того, что после броска 8 шаров в 6 клеток ровно одна из 6 клеток будет занята где ?

Задача 6
Лабиринт разделен на 9 областей, как показано ниже.

Область 1 = начальное положение мыши

Изначально мышь помещается в область 1. Предположим, что в областях 3, 7 и 9 есть еда, а в других областях лабиринта еды нет. Далее предположим, что мышь перемещается по областям лабиринта случайным образом. То есть всякий раз, когда мышь находится в области, из которой есть выходы, следующий ход будет в одну из этих областей с вероятностью .

Найдите вероятность того, что после 5 ходов мышь окажется на расстоянии одного участка от источника пищи.
Найдите вероятность того, что после 7-го хода мышь не нашла еды и после 7-го хода окажется в области 6 или 8.
Найдите вероятность того, что мышь найдет пищу не более чем за 8 ходов.
Найдите вероятность того, что мышь найдет еду ровно за 8 ходов.

Задача 7
Рассмотрим лабиринт, описанный в задаче 6. Предполагая, что мышь изначально находится в зоне 1, каково ожидаемое количество ходов, чтобы мышь нашла пищу?

Задача 8
Рассмотрим лабиринт, описанный в задаче 6. Если предположить, что мышь изначально находится в зоне 1, какова вероятность того, что первой областью еды, которую мышь достигнет, будет зона 9?

Обсуждение

Задача 1 и задача 2 имеют естественную интерпретацию как цепь Маркова. В этом случае цепочка состоит из 5 состояний – 0, H, HH, HHH, HHHH. При неоднократном подбрасывании монеты цепочка проходит через эти 5 состояний. Одной из характеристик цепи Маркова является то, что вероятность перехода из одного состояния в другое зависит от текущего состояния (последнего посещенного состояния), но не от состояний, предшествующих текущему состоянию, т. е. она запоминает только последнее состояние, а не состояния. перед последним состоянием.

Перед любым подбрасыванием состояние равно 0. Предположим, что первым подбрасывается голова. Второй бросок может быть «Голова» (тогда цепь Маркова переходит в состояние HH) или «Хвост» (затем цепь переходит в состояние 0). Предположим, что второй бросок оказался Решкой. Тогда следующим броском может быть «Голова» (цепочка переходит в состояние H) или «Решка» (цепочка продолжает оставаться в состоянии 0). Хорошей структурой является описание таких движений в матрице, называемой матрицей вероятности перехода.

Чтобы ответить на Задание 2, просто возведите эту матрицу в 9-ю степень (см. здесь). Проблема 1 более сложная (см. Пример 2 в этом посте).

Перечисленные проблемы основаны на обсуждении в трех разных постах. Вот ссылки.

*Проблема*	*Ссылка*
1	См. Пример 2 по этой ссылке
2	См. пример 2 по этой ссылке
3	См. Пример 3 по этой ссылке
4	Задача 4 идентична задаче 3. Постановка задачи 4 — проблема занятости. Ее также можно решить как задачу о сборщике купонов.
5	Проблема 5 — это проблема занятости, обсуждаемая по этой ссылке
6	См. пример 3 по этой ссылке
7	Следуйте методу, описанному в этой ссылке
8	Следуйте методу, описанному в этой ссылке

Еще одно преимущество использования цепей Маркова для решения этих задач заключается в том, что метод довольно легко масштабируется. Например, для задачи занятости (задачи 3, 4 и 5), если количество ячеек больше 6, достаточно просто и естественно масштабировать матрицу переходных вероятностей, чтобы включить дополнительные состояния. Затем действуйте тем же методом.

Сначала нужно научиться. Но как только концепция цепей Маркова будет понята, описанные здесь проблемы вероятности или другие подобные проблемы могут быть решены довольно легко и рутинно. Основное обсуждение цепей Маркова см. в первых сообщениях этого сопутствующего блога.

Dan Ma вероятность

Daniel Ma вероятность

Dan Ma Математика

Daniel Ma математика

2017 – Дэн Ма

Рубрика: Классические задачи теории вероятностей, Вероятность | Tagged Задача о сборщике купонов, Цепи Маркова, Проблема занятости, Вероятность | Оставьте ответ

Опубликовано 4 июня 2017 г. Дэн Ма

Предыдущий пост посвящен задаче Монти Холла. Этот пост дополняет дискуссию, рассматривая три статьи из New York Times. Всем, кто не знаком с проблемой, следует прочитать предыдущий пост или другие интернет-ресурсы по проблеме.

Первая часть описывает визит Джона Тирни в дом Монти Холла, который был ведущим игрового шоу «Давайте заключим сделку», шоу, на котором была основана «Задача Монти Холла». Визит состоялся в Беверли-Хиллз еще в 1991, через год после бури, вызванной публикацией «Проблемы Монти Холла» Мэрилин вос Савант в журнале Parade Magazine. Цель визита — получить дополнительное подтверждение правильности контринтуитивного ответа (переключение двери) и получить больше информации об игре от самого Монти Холла.

Прежде чем обсуждать визит, вот постановка задачи Монти Холла. Предыдущий пост фактически использует пять картинок для описания проблемы.

Перед Тирни Монти Холл провел симуляцию в своей столовой. Монти Холл поставил на стол три миниатюрные картонные двери и изобразил машину с ключом зажигания. Козлов разыгрывали пакетом изюма и булочкой Life Savers. Монти Холл провел 10 раундов игры, пока участник (Джон Тирни) пробовал стратегию без переключения. В результате участник выиграл четыре машины и шесть коз.

Затем в следующих 10 раундах участник пытался поменять дверь. Результат был заметно другим – участник выиграл восемь автомобилей и двух козлов. Моделирование дает четкое представление о том, что выгоднее поменять дверь.

Стандартное решение: при стратегии переключения дверей участник выигрывает автомобиль в 2/3 случаев. С другой стороны, участник выигрывает машину только в 1/3 случаев, если он / она придерживается исходного выбора.

Получается, что оптимальное решение переключения дверей должно идти с оговоркой, которая приведена в предыдущем посте. Предостережение заключается в том, что стратегия переключения дверей работает только в том случае, если ходы в игре определяются случайным образом — участник выбирает дверь наугад, затем ведущий выбирает дверь наугад (если выбор участника оказывается выигрышной дверью). ). После того, как выбор будет сделан случайным образом, хост должен будет предложить возможность переключения. Когда все эти условия соблюдены, стратегия переключения дверей будет оптимальной.

Описание в предыдущем абзаце работает как компьютерная программа, в которой четко прописаны все правила. Здесь нет никакого психологического фактора. Но Монти Холл не управлял своим шоу как компьютерная программа. Иногда он делал вещи, которые должны были обмануть участников.

Месяц Холл не всегда следовал стандартным предположениям. Согласно материалу NY Times, иногда Монти Холл просто открывал оригинальный медиатор участника (если это козел). Таким образом, не нужно было ковырять дверь, демонстрирующую козлиный распорядок. Иногда он обманом заставлял участника поменять дверь (если исходная дверь участника — машина), и в этом случае стратегия переключения имела нулевой шанс на победу.

Итак, в реальной игре Монти Холла нужно учитывать психологический фактор. Ведущий может попытаться заставить вас сделать неверный ход.

На самом деле в приведенной выше постановке задачи (та же формулировка, что и в колонке Мэрилин вос Савант) есть своего рода лазейка. В нем прямо не указано, что хозяин всегда открывает дверь с помощью козла, а затем предлагает переключатель. Монти Холл сказал: «Если хозяин все время должен открывать дверь и предлагать вам переключатель, тогда вы должны воспользоваться этим переключателем». Кроме того, он сказал: «Но если у него есть выбор, разрешить переход или нет, будьте осторожны. Пусть покупатель будет бдителен. Все зависит от его настроения». Вот его совет: «Если вы можете уговорить меня предложить вам 5000 долларов за то, чтобы вы не открывали дверь, возьмите деньги и идите домой».

Таким образом, фактический способ игры может сделать «академическое» решение проблемы Монти Холла бесполезным или бессмысленным. В любом случае, всякий раз, когда дается стандартное решение проблемы Монти Холла, следует также сделать оговорку. В самом деле, если игра ведется по случайному принципу и если участник всегда меняет дверь, то компания, проводящая игру, потеряет слишком много машин! По финансовым причинам они не могут работать как часы.

Вторая статья из NY Times посвящена когнитивному диссонансу, с которым столкнулись некоторые люди из-за проблемы с Монти Холлом.

Третья часть представляет собой недавнее обсуждение и касается вариаций стандартной задачи Монти Холла. В этой части рассматриваются изменения базовой игры двумя способами. Вопрос: снижает ли каждый способ настройки вероятность потери машины хозяином? Или какова вероятность того, что хозяин потеряет машину? Вот две поправки.

Первая проблема: предположим, что игровое шоу Монти Холла теряет деньги, и они хотят настроить игру, чтобы не терять машину так часто. Они объявляют публике, что как только вы выберете дверь, ведущий подбросит честную монету, чтобы решить, какая из других дверей будет открыта. Если машина находится за дверью, которую они откроют, вы проиграете. Если они открывают не за дверью, вы можете выбрать, придерживаться ли своей двери или переключиться на другую закрытую дверь. Что вы будете делать, если это произойдет? А теперь, заходя в игру, предполагая, что участник ведет себя оптимально, какова вероятность того, что игровое шоу потеряет машину?

Второй вызов: теперь предположим, что игровое шоу становится еще более жадным и тайно подстраивает игру еще больше. Но новости об их настройке просочились, и участники узнают, что ведущий на самом деле использует взвешенную монету, когда они определяют, какая другая дверь будет открыта, и монета взвешена так, что дверь с автомобилем за ней будет открыта. хостом с вероятностью ¾. (Когда машина находится за дверью, которую вы изначально выбрали, ведущий использует честную монету, чтобы определить, какую из других дверей нужно открыть. ) Теперь, если за дверью, которую они открывают, нет автомобиля, следует ли придерживаться с вашим первоначальным выбором или вы должны переключиться? И, если предположить, что участник ведет себя оптимально, удалось ли гнусному игровому шоу снизить вероятность того, что он потеряет машину?

В каждой настройке задача предполагает оптимальное поведение участника в игре. Я полагаю, это означает, что участник всегда переключает дверь, если это возможно. Еще более интересным упражнением было бы вычисление вероятности для сценария переключения и сценария прилипания.

_____________________________________________________________________________
2017 – Дэн Ма

Опубликовано в Классические задачи теории вероятностей | Метки: Классические задачи вероятности, Задача Монти Холла, Вероятность, Вероятность и статистика | 1 Ответить

Опубликовано 11 мая 2017 г. Дэн Ма

В посте обсуждается задача Монти Холла, головоломка и классическая задача на вероятность. Следующие 5 рисунков описывают проблему. Представлено несколько простых решений.

____________________________________________________________________________

Проблема в картинках

Рисунок 1

Figure 2

Figure 3

Figure 4

Figure 5

___________________________________________________________________________

Should You Switch?

Если предположить, что вы, участник шоу, хотите выиграть машину, а не козу, какую дверь выбрать? Должны ли вы придерживаться своего первоначального выбора Двери 1 или вам следует переключиться на Двери 2? Понятно, что если бы ведущий игрового шоу не вмешался, открыв другую дверь, ваш шанс выиграть автомобиль был бы 1/3. Теперь, когда одна дверь была удалена, вы столкнулись с двумя дверями, одна из которых была выбрана вами, а другая — дверью. Будет ли выбор одной двери из двух означать, что ваши шансы выиграть машину теперь равны 1/2? Если бы это было так, это означало бы, что не имеет значения, поменяете ли вы свой выбор или нет. Таким же образом рассуждало достаточное количество людей, что эта проблема вызвала огромные споры еще в 19 веке.90, когда проблема была поставлена в журнале Parade. Подробнее об этом позже. А пока сосредоточимся на решении.

В ваших интересах изменить свой выбор. При переключении вероятность выиграть автомобиль составляет 2/3, а вероятность выигрыша составляет 1/3, если вы придерживаетесь первоначального выбора. Остальная часть поста пытается убедить сомневающихся в том, что это правильно.

____________________________________________________________________________

Проблема, которую необходимо решить

Задача, описанная на 5 картинках выше, основана на предположении, что участник выбирает Дверь 1, а ведущий выбирает Дверь 3. Задача на картинках заключается в определении условной вероятности выигрыша путем переключения при условии, что участник выбирает Дверь 1, а ведущий выбирает Дверь 3. Мы решаем немного другую задачу: какова вероятность выиграть автомобиль, если участник использует стратегию «переключателя», то есть стратегию выбора альтернативной двери, предложенную ведущим игрового шоу. В конце также обсуждается первая проблема.

Игра включает в себя выбор дверей участником и ведущим, а также персоналом, который ставит призы за тремя дверями. Важно отметить, что способ, которым двери выбраны, важен. В основном двери должны быть выбраны наугад. Например, персонал игрового шоу случайным образом выбирает дверь с автомобилем, участник случайным образом выбирает свою дверь, а ведущий игрового шоу выбирает случайным образом свою дверь (в случае, если дверь с автомобилем и двери участника такие же). Исходя из этих предположений, наилучшей стратегией является переключение. Если двери выбраны не случайным образом, стратегия «переключателя» не может быть решением.

____________________________________________________________________________

Моделирование

Эффективный способ продемонстрировать, что смена двери является оптимальным решением, — это повторять игру. Давайте воспользуемся кубиком, чтобы смоделировать 20 игр. Моделирование выполняется в 4 этапа. На шагах 1 и 2 бросьте правильный кубик, чтобы выбрать дверь случайным образом. Если выпадает 1 или 2, то это считается Дверь 1. Если выпадает 3 или 4, то Дверь 2. Если выпадает 5 или 6, то Дверь 3. На Шаге 3 ведущий также бросает кубик, чтобы выберите дверь, если дверь с автомобилем совпадает с выбором участника.

На шаге 1 броском кубика определяется приз (т. е. за какой дверью стоит машина). На шаге 2 броском кубика определяется выбор двери участником. На шаге 3 ведущий выбирает дверь на основе шагов 1 и 2. Если дверь с автомобилем и дверь, выбранная участником, разные, у ведущего есть только один выбор. Если дверь с машиной и дверь участника совпадают, то ведущий бросает кубик, чтобы выбрать дверь. Например, если Дверь 1 — это дверь с автомобилем и дверь, выбранная участником, то ведущий выбирает Дверь 2 и Дверь 3 с равной вероятностью (например, если на кубике выпало 1, 2 или 3, выберите Дверь). 2, иначе выберите Дверь 3).

Шаг 1. Моделирование дверей с помощью автомобиля

Игра	*Дверь с кабиной*
#1	1
#2	3
#3	3
#4	2
#5	2
#6	1
#7	1
#8	2
#9	1
#10	1
#11	2
#12	3
#13	1
#14	2
#15	2
#16	2
#17	3
#18	3
#19	1
#20	1

Шаг 2. Моделирование дверей, выбранных участником

Игра	*Дверь с кабиной*	*Выбор участника*
#1	1	2
#2	3	1
#3	3	1
#4	2	3
#5	2	3
#6	1	2
#7	1	1
#8	2	3
#9	1	1
#10	1	2
#11	2	2
#12	3	2
#13	1	1
#14	2	2
#15	2	1
#16	2	2
#17	3	2
#18	3	3
#19	1	2
#20	1	3

Шаг 3. Моделирование дверей, выбранных хостом

Игра	*Дверь с кабиной*	*Выбор участника*	*Выбор хозяев*
#1	1	2	3
#2	3	1	2
#3	3	1	2
#4	2	3	1
#5	2	3	1
#6	1	2	3
#7	1	1	2
#8	2	3	1
#9	1	1	3
#10	1	2	3
#11	2	2	1
#12	3	2	1
#13	1	1	3
#14	2	2	3
#15	2	1	3
#16	2	2	3
#17	3	2	1
#18	3	3	2
#19	1	2	3
#20	1	3	2

Этап 4. Участник делает переключение

*Игра*	*Дверь с кабиной*	*Выбор участника*	*Выбор хозяев*	*Дверь с переключателем*	*Автомобиль* /Коза
#1	1	2	3	1	Автомобиль
#2	3	1	2	3	Автомобиль
#3	3	1	2	3	Автомобиль
#4	2	3	1	2	Автомобиль
#5	2	3	1	2	Автомобиль
#6	1	2	3	1	Автомобиль
#7	1	1	2	3	Коза
#8	2	3	1	2	Автомобиль
#9	1	1	3	2	Коза
#10	1	2	3	1	Автомобиль
#11	2	2	1	3	Коза
#12	3	2	1	3	Автомобиль
#13	1	1	3	2	Коза
#14	2	2	3	1	Коза
#15	2	1	3	2	Автомобиль
#16	2	2	3	1	Коза
#17	3	2	1	3	Автомобиль
#18	3	3	2	1	Коза
#19	1	2	3	1	Автомобиль
#20	1	3	2	1	Автомобиль

На этапе 4 участвуют 13 автомобилей. В 20 смоделированных играх участник выигрывает 13 раз, используя стратегию переключения, что значительно превышает 50% шансов на победу. Конечно, если провести другую симуляцию, результаты будут другими. Мы выполняем еще 10 симуляций в Excel с 10 000 игр в каждой симуляции. Количество выигрышей в этих симуляциях:

10 Еще Моделирование

Моделирование	Количество игр	Количество выигрышных игр
#1	10 000	6 644
#2	10 000	6 714
#3	10 000	6 549
#4	10 000	6 692
#5	10 000	6 665
#6	10 000	6 687
#7	10 000	6 733
#8	10 000	6 738
#9	10 000	6 625
#10	10 000	6 735
Всего	100 000	66 782

В каждой из 10 симуляций шанс выиграть автомобиль составляет от 66% до 67% (путем переключения). Во всех 100 000 смоделированных играх шанс выиграть машину, поменяв дверь, составляет 66,782%. Все больше и больше симуляций, показывающих по существу одни и те же результаты, должны вселить в нас уверенность в том, что стратегия «переключения» увеличивает шансы на победу и что вероятность победы составляет около 2/3.

Если кто-то все еще думает, что переключение не имеет значения, проведите собственное моделирование. Это можно сделать, бросив кубик, как здесь, или используя случайные числа, сгенерированные компьютером. На самом деле, компьютерное моделирование может произвести десятки тысяч или более проигрываний. Но любой, кто не доверяет компьютерному моделированию, может просто сгенерировать 100 игр, бросив кубик. Симуляции, когда они выполняются в соответствии с предположениями, лежащими в основе игры (предположения о том, что двери выбираются случайным образом), не лгут. На самом деле, многие скептики проблемы Монти Холла убедились в моделировании.

____________________________________________________________________________

Список всех случаев

Обратите внимание, что на шаге 4 симуляции понятен один шаблон переключения на дверь, предложенную хостом. Участник выиграет козу, если его первоначальный выбор двери окажется таким же, как и дверь с машиной. С другой стороны, участник выиграет автомобиль, если его первоначальный выбор отличается от двери-победителя. Наблюдение на самом деле является еще одним объяснением решения.

Допустим, участник изначально выбирает Дверь 1. Необходимо рассмотреть три случая, поскольку выигрышной дверью может быть любая из трех дверей. Давайте посмотрим, что произойдет, если участник поменяет дверь в каждом случае.

Три ящика для выигрышной двери

Дверь 1 — выбор участника

Участник выигрывает 2 из трех ящиков, меняя двери. Участник побеждает только в одном из случаев, если он / она придерживается первоначального выбора двери. Все три случая равновероятны, поскольку предполагается, что выигрышная дверь выбирается случайным образом. Так в стратегии «переключатель» вероятность выиграть машину равна 2/3.

____________________________________________________________________________

Рассмотрение двух диаграмм

Решение из предыдущего раздела является простым, но правильным решением. Для тех, кто считает решение слишком простым, следующие две диаграммы могут дополнить рассуждения в приведенном выше простом решении.

Рисунок 6

На рисунке 6 предположим, что участник выбирает Дверь 1, что соответствует 1/3 шанса выиграть автомобиль. Тогда две другие двери как группа имеют 2/3 шанса выиграть машину.

Рисунок 7

На рисунке 7 ведущий игрового шоу открывает дверь козой (дверь 3). Две двери Дверь 2 и Дверь 3 как группа по-прежнему имеют шанс 2/3 выиграть машину. Поскольку Дверь 3 устранена хостом, у Дверь 3 теперь нет шансов выиграть машину. Таким образом, у двери 2 есть вероятность 2/3 выиграть машину. Тогда участнику выгодно поменять дверь.

___________________________________________________________________________

Древовидная диаграмма

Другой способ просмотра проблемы — через древовидную диаграмму. Идея состоит в том, что такая древовидная диаграмма отражает идею о том, что игровое шоу происходит поэтапно, например. автомобиль случайным образом размещается за одной дверью, участник случайным образом выбирает одну дверь, ведущий выбирает дверь (случайно, если требуется). На следующей диаграмме показан весь случайный процесс. Рис. 8 любой заданный узел. Конечно, если есть только один выбор двери, то вероятность в этой точке равна 1. В дереве 12 путей, и вероятность каждого пути является произведением всех отдельных вероятностей этого пути. В правой части диаграммы мы сравниваем стратегию пребывания и стратегию переключения. Со стратегией пребывания участник побеждает в 6 путях. При использовании стратегии переключения участник побеждает в остальных 6 путях. Но вероятность 6 путей со стратегией переключения в два раза выше.

____________________________________________________________________________

Проблема, описанная на картинках

Несколько решений пока решают общую проблему: если участник выбирает дверь, предложенную ведущим игрового шоу, какова вероятность выиграть автомобиль? На рисунках проблема такова: если участник выбирает Дверь 1, а ведущий выбирает Дверь 3, какова вероятность победы участника при стратегии переключения? Это условная вероятность. На рис. 8 есть все ингредиенты для ответа на эту проблему. На Рисунке 8 есть два пути, в которых участник выбирает Дверь 1, а ведущий выбирает Дверь 3. На следующей диаграмме эти два пути отмечены флажком.

Рисунок 9

Для одного из этих двух путей автомобиль находится за дверью 1, а для другого пути — за дверью 2. Путь с автомобилем за дверью 2 в два раза более вероятен, чем один с машиной за дверью 1. При стратегии переключения путь с машиной за дверью 1 приведет к козе (проигрышный путь), а путь с машиной за дверью 2 приведет к машине (выигрышный путь). Выигрышный путь в два раза более вероятен. Таким образом, вероятность выигрыша для стратегии переключения составляет 2/3, если участник выбирает Дверь 1, а ведущий выбирает Дверь 3. Теперь этот ответ совпадает с ответом для общей проблемы, обсуждавшейся ранее. Однако условная задача — это другая задача.

____________________________________________________________________________

Примечания

Задача Монти Холла в общих чертах основана на реальном игровом шоу под названием «Давай заключим сделку». В какой-то момент это была не только головоломка, но и академическая проблема (обсуждаемая в статистических журналах). В 1990 году он появился в колонке Мэрилин вос Савант в журнале Parade. В этой колонке вос Савант использовал простое решение для трех случаев, приведенное выше, чтобы объяснить, что участнику следует переключиться. Проблема вызвала так много откликов разгневанных читателей, у некоторых из них были доктора наук по математике или статистике. Из-за возникших разногласий проблема Монти Холла стала известной во всем мире. Он рассматривается во многих стандартных книгах и курсах по вероятности и статистике. В конце концов некоторые из этих разгневанных читателей поняли, что правильный ответ — стратегия переключения. На самом деле Пол Эрдёш, известный и плодовитый математик 20-го века, не верил, что переключение — это правильный ответ. Он не был убежден, пока кто-то не показал ему компьютерную симуляцию (см. здесь).

Некоторые психологи утверждают, что проблема Монти Холла вызывает когнитивный диссонанс. В результате проблема сбивает с толку и даже беспокоит некоторых людей. См. эту статью для обсуждения.

Проблема Монти Холла в Интернете. Статья в Википедии о проблеме Монти Холла содержит более подробную информацию по математике и во многих других аспектах. Эта статья из Scientific American тоже интересна.

___________________________________________________________________________
2017 — Дэн Ма

Опубликовано в Классические задачи теории вероятностей | Tagged Задача Монти Холла, Вероятность, Вероятность и статистика | 7 Ответы

Опубликовано 8 апреля 2017 г. Дэн Ма

В этом посте обсуждается проблема разорения игрока. Начнем с простой иллюстрации.

Два игрока, A и B, делают ставки на подбрасывание честной монеты. В начале игры у игрока А 1 монета, а у игрока Б 3 монеты. Значит, между ними 4 монеты. В каждом розыгрыше игры подбрасывается честная монета. Если в результате подбрасывания монеты выпал орел, игрок А забирает 1 монету у игрока Б. Если в результате подбрасывания монеты выпала решка, игрок А платит игроку Б 1 монету. Игра продолжается до тех пор, пока у одного из игроков не соберутся все монеты (или один из игроков не потеряет все свои монеты). Какова вероятность того, что игрок А окажется со всеми монетами?

Интуитивно можно предположить, что игрок Б с большей вероятностью выиграет все монеты, поскольку В начинает игру с большим количеством монет. Например, у игрока А в этом примере есть только 1 монета для начала. Таким образом, есть 50% шанс, что он/она потеряет все при первом броске. С другой стороны, у игрока Б есть резерв, поскольку он может позволить себе проиграть несколько бросков в начале.

_____________________________________________________________________________

Моделирование хода игры

Один из способов получить представление о вероятности выигрыша игрока состоит в том, чтобы играть в игру несколько раз. Вместо того, чтобы играть на реальные деньги, почему бы не смоделировать серию подбрасываний монеты, используя случайные числа, сгенерированные на компьютере? Например, функция =СЛУЧАЙ() в Excel генерирует случайные числа от 0 до 1. Если число меньше 0,5, мы принимаем его за хвост (T). В противном случае это голова (H). Когда мы моделируем подбрасывание монеты, мы соответственно прибавляем или вычитаем к счету каждого игрока. Если подбрасывается монета T, мы вычитаем 1 из A и прибавляем 1 к B. Если подбрасываем монету H, мы добавляем 1 к A и вычитаем 1 из B. Вот симуляция игры.

В первой симуляции игроку А повезло с 4 орлами при 5 бросках. Ниже показано следующее моделирование.

Игрок А, кажется, в ударе. Вот результаты следующих двух смоделированных игр.

Теперь игрок А проигрывает обе эти игры. На всякий случай покажем еще одну симуляцию.

Этот немного более вытянут. Несколько подбрасываний решки подряд означают плохие новости для игрока А. Когда монета подбрасывается достаточно долго, обязательно выпадет несколько серий решки. Так как это честная монета, также неизбежно будут выпадения орла, что принесет пользу игроку А. Разве серии H не компенсируют серии T, так что каждый игрок выигрывает примерно в половине случаев? Чтобы получить представление, мы продолжаем с 9Еще 5 симуляций (всего 100). Игрок А выиграл 23 симулированных игры, а игрок Б выиграл 77 игр. Таким образом, игрок А выигрывает примерно в 25% случаев. Обратите внимание, что в начале игры А владеет примерно 25% монет.

23 против 77 в 100 смоделированных играх могут быть результатом удачи игрока B. Мы моделируем еще 9 прогонов по 100 игр в каждом (всего 10 прогонов по 100 игр в каждом). Ниже показаны результаты.

Десять симуляций по 100 игр в каждой

Смоделированные пробеги немного колеблются. Игрок А выигрывает от 19% до 34% случаев. Результаты далеки от равных шансов на победу игрока А. В 1000 смоделированных играх игрок А выигрывает в 24,6% случаев, что примерно равно доле монет игрока А в начале. Если симуляция повторяется много раз (скажем, 10 000 раз или 100 000 раз), общая вероятность выигрыша для игрока А будет очень близка к 25%.

___________________________________________________________________________

Проблема разорения игрока

Вот несколько более общее описание проблемы разорения игрока.

Проблема разорения игрока

Два игрока, A и B, делают ставки на подбрасывание честной монеты. В начале игры у игрока А есть монеты, а у игрока Б есть монеты. Значит, между ними лежат монеты. В каждом розыгрыше игры подбрасывается честная монета. Если в результате подбрасывания монеты выпал орел, игрок А забирает 1 монету у В. Если в результате подбрасывания монеты выпала решка, игрок А платит В 1 монету. Игра продолжается до тех пор, пока у одного из игроков не соберутся все монеты. Какова вероятность того, что игрок А окажется со всеми монетами? Какова вероятность того, что все монеты достанутся игроку Б?

Решение: проблема разорения игрока

В долгосрочной перспективе вероятность того, что игрок А выиграет все монеты, равна .
Долгосрочная вероятность того, что игрок B выиграет все монеты, равна .

Другими словами, вероятность выигрыша игрока равна отношению количества монет, с которыми игрок начинает игру, к общему количеству монет. Обратно, вероятность того, что игрок потеряет все свои монеты, равна отношению количества монет другого игрока к общему количеству монет. Таким образом, игрок с меньшим количеством монет в начале имеет больше шансов проиграть все. Подумайте о казино. Скажем, у него 10 000 000 монет. Вы, как игрок, имеете 100 монет. Тогда у вас будет 99,999% шанс потерять все свои монеты.

Вероятность проиграть все в 99,999% основана на предположении, что все ставки равны. В казино такого точно нет. Казино имеет преимущество дома. Таким образом, вероятность проигрыша будет хуже для игрока, играющего в казино.

____________________________________________________________________________

Вычисление вероятностей

Выведем вероятность выигрыша для более общего случая. Подбрасываемая монета не обязательно должна быть честной. Пусть — вероятность того, что при подбрасывании монеты выпадет орёл. Позволять . Предположим, что между игроком А и игроком В изначально есть монеты.0012

Пусть — вероятность того, что игрок А будет владеть всеми монетами, когда игрок А начинает игру с монетами, а игрок В начинает с монетами. С другой стороны, пусть — вероятность того, что игрок B будет владеть всеми монетами, когда игрок A начинает игру с монетами, а игрок B начинает с монетами.

Целью здесь является вывести выражения для обоих и для и показать, что . Последний пункт, хотя и кажется здравым смыслом, не совсем тривиален. По сути, это говорит о том, что игра закончится за конечное число ходов (она не может продолжаться бесконечно).

Еще один момент, о котором следует помнить, это то, что мы можем предположить и так же, как и и . В следующем выводе, является событием, что первый бросок является орлом, и является событием, что первым броском является решка.

Пусть наступит событие, когда игрок A владеет всеми монетами, когда игрок A начинает игру с монетами, а игрок B начинает с монетами, т. е. . Первое условие на результат первого броска монеты.

Рассмотрим условные вероятности и . Обратите внимание, что . Если первый бросок — решка, то у игрока А есть монеты, и у игрока Б будут монеты. В этот момент вероятность того, что игрок А владеет всеми монетами, будет такой же, как вероятность выигрыша, как если бы игра началась с того, что у игрока А есть монеты. Сходным образом, . Подставляем их в (1), имеем:

Дальнейший вывод можно сделать по уравнению (2).

Подстановка значений для дает следующие уравнения.

Добавление первых уравнений дает следующие уравнения.

Следует рассмотреть два случая. Либо или . Первый случай означает, а второй случай означает . Ниже приводится выражение для двух случаев.

Приведенное выше выражение с двумя регистрами применимо для . Подключение к with дает следующее выражение для:

Подстановка из (5) в (4) дает следующее:

Выражение для в (6) применимо для . Для случая вероятность того, что игрок А владеет всей монетой, равна отношению начального количества монет игрока А к общему количеству монет, идентичному тому, что указано в предыдущем разделе. Напомним, что это вероятность того, что игрок B в конечном итоге будет владеть всеми монетами, когда изначально у игрока A есть монеты, а у игрока B есть монеты. По симметрии следующее дает выражение для .

Для случая , эквивалентного , ясно, что . Для случая следующее показывает, что .

Этот факт показывает, что обсуждаемая здесь азартная игра должна закончиться после определенного количества игр и что она не будет продолжаться бесконечно.

_____________________________________________________________________________

Дальнейшее обсуждение

Выведенные здесь формулы достаточно глубоки, не говоря уже о том, что они эффективны и информативны для всех, кто играет в азартные игры. Дополнительные расчеты и обсуждение можно найти здесь, в сопутствующем блоге по статистике.

__________________________________________________________________________
2017 – Дэн Ма

Рубрика: Классические задачи по теории вероятностей, Азартные игры, Вероятность | Tagged Классические задачи на вероятность, Разорение игрока, Вероятность, Вероятность и статистика | 7 Ответы

Опубликовано 14 марта 2017 г. Дэн Ма

Что может быть лучше, чем отпраздновать День Пи, чем написать в блоге о цифрах !

Предоставление пи в качестве чаевых

Число представляет собой отношение длины окружности к ее диаметру. Это иррациональное число. Это означает, что десятичное расширение никогда не заканчивается и никогда не повторяется. Любое десятичное представление с конечным числом выписанных знаков после запятой является приближением.

В любом вычислении, включающем , чем больше знаков после запятой, тем точнее будет вычисление. Приближения, используемые в расчетах, могут варьироваться от 3,14 до 3,14159.(для ручного расчета) или от 3,1415
до 3,1415

58979 (с помощью калькулятора или программного обеспечения). На самом деле расчеты с участием, выполненные в НАСА, используют 15 или 16 значащих цифр (последнее приведенное приближение имеет 15 значащих цифр).

На момент написания этого поста было успешно вычислено более 22 триллионов знаков после запятой, или 22 459 157 718 361 знаков после запятой, если быть точным (см. здесь). Если 15 или 16 цифр достаточно для космических путешествий, то почему увлечение миллиардами и триллионами или более цифрами? Зачем стремиться к большему количеству цифр, чем нам когда-либо понадобится для практического применения на Земле или в космосе?

Прыгать в фургон пи-диапазона может быть связано с пи-манией. Люди были очарованы с древности. В нашем современном обществе есть день, посвященный празднованию числа пи. На самом деле выделено два дня — 14 марта (3.14) и 22 июля (приблизительно исходя из 22/7), хотя первый более известен, чем второй. Есть много других хорошо известных специальных номеров. Но я никогда не слышал о естественном логарифмическом постоянном дне или квадратном корне из двух дней.

Действительно, существуют некоторые особые потребности, для которых требуются миллиарды и более цифр. Один из них используется для проверки компьютерной точности. Во-вторых, цифры иногда используются в качестве генератора случайных цифр. Даже такое использование больше говорит о мании числа пи, чем о естественных и внутренних качествах числа пи, поскольку вместо этого для этих целей можно использовать другие специальные числа.

Конечно же, число не случайное. Цифры фиксированы и определяются заранее. Первый десятичный разряд всегда равен 1, второй десятичный разряд всегда равен 4 и так далее. Третий десятичный знак в числе не может быть никакой другой цифрой, кроме 1. Вместо этого мы должны задать другой вопрос.

Равномерно ли распределены десятичные цифры числа? Другими словами, каждая ли цифра (от 0 до 9) в десятичном представлении появляется в одной десятой части времени? Каждая ли пара цифр появляется в сотой части времени? Каждая тройка цифр в десятичном представлении появляется в одну тысячную и так далее? Если это так, то мы бы сказали, что это нормальное число в системе счисления 10.

Концепция нормального числа применима и к другим системам счисления. Таким образом, если каждая цифра в двоичном представлении числа встречается в половине случаев, а каждая пара двоичных цифр (00, 01, 10 и 11) встречается в четверти случаев и т. д., рассматриваемое число называется нормальное число по основанию 2. В общем, чтобы число было нормальным числом по данному основанию, любая последовательность возможных цифр в этом основании с равной вероятностью может появиться в расширении этого числа. Число, являющееся нормальным числом по любому основанию, называется абсолютно нормальным.

Нормально ли в базе 10? В базе 2? В базе 16 (шестнадцатеричной)? Существует множество эмпирических свидетельств того, что цифры ведут себя как обычные числа в базе 10. В следующей таблице представлены первые 10 миллионов цифр (источник).

Таблица 1 – Первые 10 миллионов цифр числа Пи

Обратите внимание, что частоты в основном составляют 1 000 000 плюс-минус несколько сотен. Таким образом, каждая цифра появляется в 10% случаев среди первых 10 миллионов цифр . Это также подтверждается критерием хи-квадрат (см. ниже). Вот еще один статистический анализ первых 10 миллионов цифр .

Следующая таблица представляет собой табуляцию первых 1 триллиона цифр (источник).

Таблица 2. Первый триллион цифр числа Пи

Первый триллион цифр числа Пи тоже кажется однородным (это также подтверждается приведенным ниже тестом хи-квадрат). Частота для каждой цифры составляет около 100 миллиардов (100 000 000 000) плюс или минус сумма, которая меньше 1 миллиона.

Расчет 22,4 трлн знаков числа был завершен в ноябре 2016 года. Впоследствии был проведен статистический анализ этих 22,4 трлн знаков после запятой (реферат и бумага). Анализ является еще одной эмпирической проверкой нормальности . В этом анализе исследуются частоты последовательностей длины один, два и три в представлениях с основанием 10 и 16. Вывод состоит в том, что оцененные частоты согласуются с гипотезой о том, что они являются нормальными числами по основанию 10 и 16.

Нормальный номер? Эмпирические данные, хотя и многообещающие, недостаточны, чтобы доказать, что это нормальное число в системе счисления 10 или в любой другой системе счисления. Хотя многие математики считают, что это нормальное число по основанию 10 и, возможно, по другим основаниям, им не удалось найти математическое доказательство. Также неизвестно, есть ли какие-либо другие специальные числа, такие как натуральная логарифмическая константа или другие иррациональные числа, такие как нормальные числа.

Таким образом, определение того, является ли число нормальным, является глубокой и нерешенной классической проблемой вероятности. Если это нормальное число, даже просто в базе 10, последствия будут весьма интересными. Если это нормальное число с основанием 10, последовательность десятичных цифр , при соответствующем преобразовании в буквы, будет содержать все произведение Шекспира или весь текст «Войны и мира» или любое другое классическое литературное произведение, которое может вас заинтересовать. , Чтобы найти работу Шекспира, вероятно, потребуется вычислить больше цифр, чем текущий мировой рекорд в 22,4 триллиона цифр.

Одним из практических соображений использования цифр в качестве случайных чисел является проблема скорости вычислений. Для крупномасштабного моделирования вычисление новых цифр займет значительное время. Потребовалось 105 дней, чтобы вычислить текущий мировой рекорд в 22,4 триллиона цифр . Проверка заняла 28 часов (см. здесь). Понятно, что по мере того, как цифр было получено все больше и больше, цифры доставать все труднее и труднее.

Число пи — увлекательный математический объект. В нем есть что-то для всех, от практичного до причудливого и загадочного. С практической стороны он имеет точное математическое значение, поскольку описывает отношение между длиной окружности и ее диаметром. Он помогает решать практические задачи здесь, на Земле, и в космосе. Он также демонстрирует случайное поведение, на которое намекает этот пост. Это загадочная вещь, которая захватывает воображение от молодых студентов до профессиональных математиков. Доказать, что пи — нормальное число, может быть даже непросто. Каждый хочет раскрыть больше секретов о числе пи.

С Днем Пи!

_____________________________________________________________________________

Критерий хи-квадрат

Приведенные выше две таблицы частот числа пи являются хорошими упражнениями для использования критерия хи-квадрат. Возникает вопрос: соответствуют ли частоты цифр в таблице 1 и таблице 2 равномерному распределению? Точнее, распределяются ли цифры в первых 10 миллионах (и в первом триллионе) цифр числа пи равномерно? Критерий согласия хи-квадрат является отличным способом определить, соответствуют ли наблюдаемые частоты предполагаемому равномерному распределению.

Нулевая гипотеза состоит в том, что наблюдаемые частоты подчиняются равномерному распределению. Предполагая нулевую гипотезу, ожидаемая частота для каждой цифры будет составлять один миллион для таблицы 1 и 100 миллиардов для таблицы 2. Затем вычислите статистику хи-квадрат для каждой таблицы. Статистика хи-квадрат вычисляется путем возведения в квадрат разности наблюдаемых и ожидаемых частот (и затем деления на ожидаемую частоту, чтобы нормализовать квадрат разности), а затем взятия всей суммы нормализованных квадратов разностей.

Статистика хи-квадрат является мерой того, насколько наблюдаемые частоты отклоняются от ожидаемых частот. Когда наблюдаемые частоты и ожидаемые частоты сильно различаются, значение статистики хи-квадрат будет большим. Таким образом, большие значения статистики хи-квадрат свидетельствуют против нулевой гипотезы. Если нулевая гипотеза верна, статистика хи-квадрат будет иметь приблизительное распределение хи-квадрат с 9 степенями свободы (как для таблицы 1, так и для таблицы 2). Смотрите здесь для более подробного ознакомления с тестом на соответствие хи-квадрат.

Для таблицы 1 статистика хи-квадрат равна 2,783356 с 9 степенями свободы (df = 9). Значение p равно 0,9723. С таким большим p-значением мы не отвергаем нулевую гипотезу. Таким образом, частоты цифр в первых 10 миллионах цифр соответствуют равномерному распределению.

Для таблицы 2 статистика хи-квадрат равна 14,97246681 с 9 степенями свободы (df = 9). Значение p равно 0,0048. Значение p все еще велико, хотя и не так велико, как в таблице 1. На уровне значимости 0,01 мы не отвергаем нулевую гипотезу. Все еще есть основания полагать, что частоты цифр в первом триллионе цифр согласуются с однородным распределением. Большее значение хи-квадрат 14,97 частично способствует большей частоте цифры 8. Кажется, что цифра 8 появляется немного чаще, но немного большая частота цифры 8 не имеет значения.

_____________________________________________________________________________
2017 – Дэн Ма

Опубликовано в Классические задачи теории вероятностей | Метки: Распределение хи-квадрат, Тест хи-квадрат, Нормальное число, Пи-день, Вероятность, Вероятность и статистика, Число Пи | 2 Ответы
Опубликовано 3 февраля 2017 г. Дэн Ма
Рассмотрим этот случайный эксперимент. Вы спрашиваете людей (по одному) об их днях рождения (только месяц и день). Процесс продолжается до тех пор, пока в ряду дней рождения не будет повторения, другими словами, пока у двух опрошенных вами людей не совпадет день рождения. Сколько людей вы должны спросить, прежде чем найти повторение? Какова вероятность того, что вам придется расспрашивать людей, прежде чем вы найдете повтор? Какое среднее количество людей вы должны спросить? В этом посте мы обсудим эту случайную величину и то, как эта случайная величина связана с проблемой дня рождения.
В рассматриваемой задаче мы игнорируем високосный год и предполагаем, что каждый из 365 дней в году с равной вероятностью будет днем рождения для случайно выбранного человека. Проблема дня рождения обычно заключается в следующем вопросе. Сколько людей нам нужно выбрать, чтобы иметь 50% или больше шансов иметь общий день рождения среди выбранных людей?
Случайный эксперимент, описанный в начале, можно переформулировать следующим образом. Предположим, что шары случайным образом (по одному) брошены в ячейки (например, в ящики). Случайный процесс продолжается до тех пор, пока шарик не будет брошен в ячейку, в которой уже есть один шарик (т.е. пока не произойдет повтор). Пусть будет количество шаров, которые необходимы для получения повтора. Некоторые из проблем, которые мы обсуждаем, включают среднее значение (среднее количество мячей, которые нужно бросить, чтобы получить повторение) и функцию вероятности. Мы также покажем, как эта случайная величина связана с проблемой дня рождения, когда .
__________________________________________________________________________
Задача о днях рождения
Сначала мы начнем с задачи о днях рождения. Ключевым моментом является получение вероятности того, что в группе случайно выбранных людей есть по крайней мере двое с одинаковым днем рождения. Легче сделать дополнение — вероятность разных дней рождения в группе людей. Мы называем это вероятностью.
где . Причина для первой строки заключается в том, что в первом выборе нужно выбрать 365 вариантов. Каждый последующий случайный выбор должен избегать предыдущего дня рождения, таким образом, 364 выбора для второго человека и только выборы для th человека.
Чтобы решить задачу о днях рождения, просто подставляйте значения для вычисления и до тех пор, пока не будет достигнуто наименьшее значение, такое как и . Расчет должен производиться с помощью программного обеспечения (например, Excel). Самый маленький 23 с
В случайной группе из 23 человек существует менее 50% вероятности того, что у них разные дни рождения, и, следовательно, более 50% вероятности того, что хотя бы один день рождения совпадет. Это может быть удивительным результатом. Без преимущества формулы (1) некоторые люди могут подумать, что для получения повторения потребуется большая выборка.
Преимущество (1) выходит за рамки проблемы дня рождения. Рассмотрим случай для , т. е. случайным образом выбираем числа из набора с заменой до тех пор, пока число не будет выбрано дважды (пока не произойдет повтор). Точно так же пусть — вероятность того, что в розыгрышах все выбранные числа различны. Вероятность получается заменой 365 на .
Формула (2) будет полезна в следующем разделе.
__________________________________________________________________________
Случайная величина
Теперь рассмотрим случайную величину, обсуждавшуюся в начале, либо случайную выборку людей до повторного дня рождения, либо бросание мячей в клетки до тех пор, пока в одной клетке не окажется два мяча. Чтобы проиллюстрировать идею, давайте рассмотрим пример.
Пример 1
Бросьте правильный кубик, пока не получите повторяющееся значение номинала. Пусть будет количество бросков для получения повторяющегося значения. Найдите функцию вероятности, где .
Обратите внимание, что это вероятность того, что для получения повторяющегося значения кубика потребуются броски.
Чтобы получить повтор в 2 броска, есть 6 вариантов для первого броска, а для второго есть только один выбор – значение первого броска. Чтобы получить повтор в 3 бросках, есть 6 вариантов для первого броска, 5 вариантов для второго броска, а третий бросок должен быть из 2 предыдущих двух различных значений. Идея состоит в том, что первые броски различны, а последний бросок должен быть одним из предыдущих значений.
Процесс рассуждений прекрасно приводит к общему случаю. В общем случае рассмотрим интерпретацию занятости. При бросании шаров в клетки пусть определяется, как указано выше, т. е. количество шаров, которое требуется для получения повтора. Следующее дает вероятность .
где .
Рассуждения аналогичны примеру 1. Чтобы получить повтор в бросании шаров, первые шары должны попасть в разные клетки, а последний шар должен попасть в одну из занятых клеток. Чтобы первые шарики разошлись по разным ячейкам, есть способы. Есть ячейки для последнего мяча, чтобы приземлиться. Таким образом, произведение этих двух величин находится в числителе (3).
После того, как функция вероятности (3) получена, можно соответствующим образом вывести среднее значение. Для случая (рассчитано путем программирования функции вероятности в Excel). В среднем потребуется отобрать около 25 человек, чтобы получить повторный день рождения.
Еще одна интересная величина . Это вероятность того, что для повторения потребуется бросить больше, чем мячей. Математически это можно получить, сначала вычислив путем суммирования отдельных вероятностей с помощью (3). Это рабочий подход с использованием программного обеспечения. Есть и другой способ, более информативный. Чтобы событие произошло, первые броски должны быть в разных ячейках (без повтора). Событие идентично событию отсутствия повтора в первых бросках мячей. Вот как случайная величина связана с проблемой дня рождения, поскольку вероятность должна совпадать с вероятностью в (2).
__________________________________________________________________________
Назад к задаче о дне рождения
Рассмотрим случай для . Что такое медиана? Это будет среднее количество людей, опрошенных для получения пары с одинаковым днем рождения. Медиана будет наименьшей из таких, что не менее 0,5. Обратите внимание, что это идентично в (1). Приведенный выше расчет показывает, что и . Таким образом, медиана составляет 23. Таким образом, при проведении случайной выборки опроса дня рождения примерно в половине случаев вы можете ожидать опроса 23 или менее 23 человек.
Проблема дня рождения эквивалентна поиску медианы случайной величины. В более широком смысле проблема дня рождения связана с процентилями переменной . Напротив, среднее значение равно . Ниже перечислены несколько процентилей для случайной величины.
Понятно, что в группе из 366 человек обязательно будет хотя бы один повторяющийся день рождения (опять же без учета високосного года). Это связано с принципом голубиной дыры. Как показывают процентили в приведенной выше таблице, вам не нужно проводить опрос близко к 366, чтобы получить повторение. Медиана составляет 23, как обсуждалось. 75-й процентиль равен 32,9.0012
Предыдущий расчет показывает, что вам не нужна большая группа, чтобы иметь повторяющийся день рождения. Примерно в 50 % случаев вы будете опрашивать 23 или менее человек, примерно в 75 % случаев — 32 или менее человек. Примерно в 99 % случаев вы будете опрашивать 57 или менее человек, то есть гораздо меньше, чем 365 или 366 человек. около 50 человек в случайной группе почти наверняка найдут общий день рождения. В случайной группе из 100 человек должна быть почти абсолютная уверенность в том, что у них общий день рождения.
Для дальнейшей демонстрации мы смоделировали случайную величину 10 000 раз. Диапазон смоделированных значений составляет от 2 до 78. Таким образом, вероятность опроса 100 человек меньше, чем 1 из 10 000. Чтобы получить смоделированное значение 100, нам придется смоделировать более 10 000 значений . Медиана из 10 000 смоделированных результатов равна 23. В следующей таблице приведены результаты.
В таблице не показано, что 33 смоделированных результата имеют значение 2. Таким образом, можно задать вопрос двум людям, и у них обоих один и тот же день рождения. Но вероятность того, что это произойдет, составляет 33 из 10 000 согласно этому конкретному набору симуляций (вероятность 0,0033). Теоретическая вероятность 2 равна 1/365 = 0,002739.726. Среди 10 000 смоделированных значений есть 2 экземпляра 78. Таким образом, вероятность составляет 2 из 10 000 с вероятностью 0,0002. Теоретическая вероятность составляет 0,000037 при использовании (3).
__________________________________________________________________________
Рубрика: Классические задачи теории вероятностей, Комбинаторная вероятность, Вероятность | Tagged Задача дня рождения, Классические задачи вероятности, Комбинаторная вероятность, Задача занятости, Вероятность, Вероятность и статистика | 1 Ответить
Опубликовано 18 января 2017 г. Дэн Ма
В этом посте обсуждается классическая вероятностная задача о сборщике купонов.
_____________________________________________________________________________
Задача о сборщике купонов
Задача обычно формулируется как сборщик купонов, пытающийся собрать весь набор купонов. Например, каждый раз, когда сборщик купонов покупает продукт (например, коробку хлопьев для завтрака), он получает купон, который представляет собой приз, который может быть игрушкой, бейсбольной карточкой или другим интересным предметом. Предположим, что существуют разные типы купонов (призов) и сборщик купонов хочет собрать весь набор. Сколько единиц товара должен купить сборщик купонов, чтобы собрать весь набор?
Упрощенное обсуждение проблемы сборщика купонов можно найти в другом сообщении блога. В этом посте более подробное обсуждение.
Этот пост в другом блоге обсуждает проблему сборщика купонов с точки зрения моделирования.
Как показано ниже, при наличии 5 разных купонов в среднем требуется 12 покупок, чтобы получить все купоны. Если есть 10 различных типов купонов, в среднем потребуется 30 покупок. Если есть 50 различных типов купонов, в среднем потребуется 225 покупок, чтобы собрать весь набор. Первые несколько купонов получаются довольно быстро. По мере того, как накапливается все больше и больше купонов, становится все труднее получить оставшиеся купоны. Например, для случая с 50 купонами после 49купонов, для получения последнего купона требуется в среднем 50 покупок.
Предположим, что сборщик купонов не хочет собирать весь набор, а хочет собирать только отдельные купоны, где . Оказывается, этот особый случай требует лишь незначительной настройки случая сбора всего набора. Тогда наша стратегия состоит в том, чтобы сосредоточиться на главном случае. Частный случай будет рассмотрен в конце поста.
Сначала рассмотрим основной случай, когда сборщик купонов хочет собрать весь набор. Задача может быть представлена как случайная выборка из населения. Случайный выбор номера с заменой эквивалентен получению купона сборщиком купонов. Позвольте быть минимальным количеством выборов таким образом, что каждое число в выбрано хотя бы один раз. В этом посте мы обсудим функцию вероятности, а также ее среднее значение и дисперсию.
Другая интерпретация задачи заключается в том, что ее можно рассматривать как задачу о занятости, которая включает в себя бросание шаров в ячейки случайным образом. Интересующая случайная величина — это количество шаров, которые необходимо бросить так, чтобы в каждой ячейке был хотя бы один шар. Ясно, что эта формулировка идентична интерпретации купона и интерпретации случайной выборки. Проблема угла занятости полезна, поскольку мы можем использовать формулы, разработанные в этом предыдущем посте. Описание проблемы занятости дано здесь.
Независимо от интерпретации, цель состоит в том, чтобы получить информацию о случайной величине, минимальном количестве случайных выборок, чтобы иметь полный набор различных значений, представленных в выборке.
_____________________________________________________________________________
Среднее значение и дисперсия
Среднее значение и дисперсию легче получить. Вот с чего мы начнем. Ключ состоит в том, чтобы разбить на сумму следующим образом:
где дополнительные выборы для получения номера, отличного от различных выбранных номеров. Например, это количество случайных выборов для получения числа, отличного от двух различных чисел, полученных до этого момента.
Обратите внимание, что каждый из них включает повторную выборку до тех пор, пока не будет достигнут некоторый критерий, что напоминает геометрическую случайную величину. Действительно они есть. По мере продолжения выборки и получения более четких значений получить новое число не так просто. После того, как были получены различные числа, вероятность выпадения нового различного числа равна . Каждая из геометрических случайных величин имеет следующие среднее значение и дисперсию.
где . Обратите внимание, что случайные величины независимы. Значение не зависит от того, сколько попыток требуется, чтобы нарисовать предыдущие различные числа. Ниже приведены среднее значение и дисперсия .
Ожидание можно изменить следующим образом, чтобы получить больше информации.
Величина представляет собой частичную сумму гармонического ряда. Обратите внимание, что как . Таким образом, как . Количество можно интерпретировать как среднее количество единиц товара, которое необходимо приобрести на один купон. В следующей таблице перечислены ожидаемые значения для выбранных значений .
Таблица 1
В таблице 1 дается оценка того, как долго можно ожидать сбора всего набора купонов для выбранных размеров купонов. В третьем столбце указано ожидаемое общее количество покупок для получения всего набора купонов. Во втором столбце дается оценка того, сколько в среднем покупок необходимо для получения одного купона. В случае с 50 купонами для получения одного купона требуется в среднем около 4,5 покупок. Однако это не говорит всей истории. Чтобы получить 50-й купон, требуется в среднем 50 попыток. Обратите внимание, что в случае 50 купонов в формуле (1). При моделировании задачи о 50 купонах потребовалось 54 попытки, чтобы получить 50-й купон. чтобы получить 49го купона требуется в среднем 50/2 = 25 попыток.
_____________________________________________________________________________
Проблема занятости
Теперь мы рассматриваем проблему сборщика купонов как проблему занятости, чтобы использовать формулу из предыдущего поста. Предположим, что мы случайным образом бросаем шарики в клетки. Пусть — количество пустых ячеек в результате случайного распределения шаров по ячейкам. Ниже приведены вероятности, где .
где .
Обозначается биномиальным коэффициентом, который представляет собой количество способов выбрать объекты из объектов, порядок которых не имеет значения. Расчет определяется .
Формула (5) дает вероятность наличия пустых ячеек. Тогда при бросании шаров в клетки вероятность того, что они будут заняты, равна .
____________________________________________________________________________
Функция вероятности
Теперь мы обсудим функцию вероятности случайной величины, а именно для . Событие означает, что все клетки заняты после броска шаров, при этом первые шары приземлились в клетках. Иными словами, после подбрасывания шаров остается ноль пустых клеток, а после подбрасывания первых шаров остается 1 пустая клетка. Это можно сформулировать, используя обозначения из предыдущего раздела о задаче занятости следующим образом:
Рассмотрим следующий вывод.
где .
Вместо того, чтобы запоминать функцию вероятности в (7), лучше сосредоточиться на мыслительном процессе, присущем (6).
Один комментарий о вычислении (7). Сумма для имеет термины. Данная вероятность может включать несколько значений , например.
.
Если количество значений для очень мало, расчет следует выполнять с помощью программного обеспечения. Microsoft Excel — отличный способ выполнить расчет. Расчеты для приведенных ниже примеров запрограммированы в Excel. 9Пример 1 Найдите среднее число бросков и дисперсию числа бросков. Какова вероятность того, что потребуется не менее 12 бросков? Какова вероятность того, что потребуется более 15 бросков?
Используя обозначение, разработанное выше, интересующая нас случайная величина равна . Его среднее значение и дисперсия:
Ниже приведена функция вероятности для .
где
Для каждого количества требуется 6 расчетов. Выполняя расчеты в Excel, искомые вероятности:
Несмотря на то, что среднее количество испытаний составляет 15, все же существует значительная вероятность того, что потребуется более 15 испытаний. Это связано с тем, что дисперсия довольно велика.
Пример 2
Интернет-стартап быстро набирает новых сотрудников. Каково ожидаемое количество новых сотрудников, пока не будут представлены все месяцы рождения? Предположим, что 12 месяцев рождения равновероятны. Какова вероятность того, что компании придется нанять более 25 сотрудников? Если в настоящее время в компании работает более 25 сотрудников с числом месяцев рождения менее 12, какова вероятность того, что ей придется нанять более 35 сотрудников, чтобы в компании были представлены все 12 месяцев рождения?
Интересующая случайная величина . Ниже показано среднее значение и функция вероятности.
где
Выполнив расчет в Excel, получим следующие вероятности.
___________________________________________________________________________
Особый случай
Теперь рассмотрим особый случай, когда сборщик купонов хочет собирать только отдельные купоны, где . Конечно, это общее количество различных типов купонов. Пусть — минимальное количество покупок, при котором были получены различные купоны. В интерпретации случайной выборки это был бы минимальный размер выборки, при котором из пространства выборки были выбраны отдельные элементы. Среднее значение и дисперсия следуют из одной и той же идеи. Каждая из них представляет собой независимую сумму геометрических случайных величин, как в (0).
где .
Таким образом, и было бы похоже на (1) и (2), за исключением того, что суммирование производится через вместо .
Для функции вероятности нам нужно лишь немного изменить мыслительный процесс, выраженный в (6). Чтобы событие произошло, после броска шаров, при попадании первых шаров в клетки, заняты ровно клетки. Другими словами, есть ровно пустые клетки после броска шаров и ровно есть пустые клетки после броска шаров. Следующее выражает это условие в терминах задачи занятости, т.е. аналогично (6).
Вот важные компоненты, которые необходимо учитывать с первым из формулы занятости (5).
Умножение двух указанных выше вероятностей дает желаемую вероятность для .
Обратите внимание, что при (собирании всего набора купонов) формула (10) будет идентична (7). Следующий пример демонстрирует вычисление.
Пример 3
Рассмотрим случай с 6 купонами, описанный в примере 1. Предположим, что сборщик купонов заинтересован в сборе купонов. Каково ожидаемое количество покупок, чтобы получить 4 купона? Какова вероятность того, что для получения 4 купонов потребуется более 6 покупок? Какова вероятность того, что для получения 4 купонов потребуется более 8 покупок? Сравните эти результаты с примером 1.
Интересующая случайная величина . Среднее значение:
Обратите внимание, что гораздо быстрее получить 4 купона, чем весь набор из шести. Ниже приводится функция вероятности для .
где
Выполнение расчетов в Excel дает следующие вероятности.
Первая вероятность показывает, что по-прежнему велика вероятность того, что для получения 4 купонов потребуется большее количество попыток, чем среднее. Время ожидания намного меньше, чем в примере 1, так как вероятность того, что время ожидания больше 8, достаточно мала. 9Функция генерации момента случайная величина (частичный случай). Поскольку обе эти случайные величины представляют собой независимую сумму геометрических случайных величин, их MGF будут просто произведением индивидуальных геометрических MGF. Ниже приведены результаты.
_____________________________________________________________________________
Рубрика: Классические задачи теории вероятностей, Вероятность | Метки: Классические задачи вероятности, Задача о сборщике купонов, Проблема занятости, Вероятность, Вероятность и статистика | 6 Ответы
Опубликовано 6 ноября 2016 г. Дэн Ма
Есть две знаменитые задачи на вероятность, созданные французским профессиональным игроком Шевалье де Мере (1607-1684). Проблемы были решены совместно Блезом Паскалем (1623-1662) и Пьером де Ферма (1601-1665) в серии писем. Идеи, обсуждавшиеся в этих письмах, часто считались началом теории вероятностей. В предыдущем посте мы обсуждаем одну из задач, поставленных Шевалье де Мере перед Паскалем (проблема с костями). В этом посте мы обсуждаем вторую проблему — проблему очков.
____________________________________________________________________________
Описание задачи
Вот описание известной задачи на точки. Два игрока играют в азартную игру с соглашением, что каждый игрок делает равные ставки и что первый игрок, выигравший определенное количество раундов (или очков), получит все ставки. Предположим, что игра прервана до того, как кто-либо из игроков выиграл. Как игроки справедливо делят ставки?
Понятно, что игрок, который ближе к победе, должен получить большую долю ставок. Поскольку игрок, набравший больше очков, ближе к победе, игрок с большим количеством очков должен получить большую долю ставок. Как количественно определить дифференциал?
Чтобы описать проблему более подробно, предположим, что два игрока, A и B, разыгрывают серию очков в игре, так что игрок A выигрывает каждое очко с вероятностью, а игрок B выигрывает каждое очко с вероятностью . Первый игрок, набравший очки, выигрывает игру. Предположим, что игра остановлена по какой-то причине. На момент остановки игрок А выиграл очки, а игрок В выиграл очки с помощью и . Как они делят ставки? Обратите внимание, что в банке участвуют оба игрока поровну.
При решении проблемы идея Паскаля состоит в том, что доля ставок, получаемая игроком, должна быть пропорциональна его/ее вероятности выиграть, если игра продолжится в момент остановки. Давайте рассмотрим эту идею на примерах.
____________________________________________________________________________
Взгляд на проблему через примеры
Следующие примеры основаны на следующем правиле. Допустим, два игрока (А и В) разыгрывают серию очков с одинаковой вероятностью выиграть очко в каждом раунде. Каждый игрок ставит 32 очка. Первый игрок, набравший четыре очка, забирает все ставки.
Пример 1 (подход Ферма)
Предположим, что игрок А выиграл 2 очка, а игрок В выиграл одно очко непосредственно перед окончанием игры. Как справедливо разделить ставки?
При анализе мы предполагаем, что игра продолжается. Тогда игроку А нужно еще 2 очка, чтобы выиграть, а игроку Б нужно еще 3 очка, чтобы выиграть. Мы хотели бы рассчитать вероятность того, что игрок А выиграет 2 очка до того, как игрок Б наберет 3 очка. Рассмотрим следующие 2 + 3 – 1 = 4 раунда (при условии, что одно очко за раунд). Если игрок А набирает не менее 2 очков в следующих 4 раундах, игрок А выигрывает игру. Дополнением к этой вероятности будет вероятность того, что игрок B выиграет игру.
Пусть S (успех) — это событие, когда игрок A выигрывает очко, а F (неудача) — это событие, когда игрок A теряет очко (т. е. игрок B выигрывает очко). Выпишем все исходы игры в 4 очка (это был подход Ферма). Таких исходов 16.
Игрок А выигрывает В одиннадцати исходах (со звездочкой). Обратите внимание, что в результатах со звездочкой есть как минимум 2 S. Таким образом, вероятность выигрыша игрока А равна 11/16 = 0,6875. На момент остановки игры шанс игрока А на победу составляет 68,75% (если игра продолжится). Доля игрока А составляет 0,6875 х 64 = 44,9.0012
Пример демонстрирует подход Ферма. По сути, он преобразовал первоначальную проблему очков в эквивалентную задачу, т. Е. Нахождение вероятности того, что игрок А выиграет игру, если игра будет продолжаться. Затем он использовал комбинаторные методы, чтобы подсчитать количество случаев, в которых игрок А выигрывает. В этом примере дополнительные четыре очка, которые нужно сыграть, являются фиктивными ходами (ходы не обязательно делать), но они полезны для поиска решения. Единственным недостатком подхода Ферма является то, что он использовал счет. Что делать, если количество задействованных точек велико?
Пример 2 (подход Паскаля)
Специфика примера такая же, как и в примере 1. Перечисление всех возможных случаев в примере 1 упрощает поиск решения. Но если количество точек велико, то управление подсчетом может стать затруднительным. Нам нужен алгоритм, которым легко пользоваться и который легко реализовать на компьютере.
Паскаль, по сути, думал так же, как и Ферма, то есть основывал решение на вероятности выигрыша, если игра продолжалась. Паскаль также понял, что исходная проблема с очками эквивалентна проблеме разыгрывания дополнительной серии очков. В этом примере дополнительные 2 + 3 – 1 = 4 очка. Как и в примере 1, находим вероятность того, что игрок А выиграет 2 или более очков в этой серии из 4 очков. Способ Паскаля найти эту вероятность был основан на том, что сейчас известно как треугольник Паскаля и биномиальное распределение. Мы будем использовать следующие современные обозначения:
Обратите внимание, что вышеприведенная вероятность 0,6875 — это вероятность иметь по крайней мере 2 успеха в 4 испытаниях (с вероятностью успеха 0,5 в каждом испытании). Любой, кто хорошо разбирается в биномиальном распределении, может выполнить расчет (или использовать программное обеспечение). Конечно же, эта математическая конструкция пришла от Паскаля! Для современников Паскаля и Ферма это понятие определенно не было обыденным.
Пример 3
Предположим, что игрок A выиграл 1 очко, а игрок B не выиграл ни одного очка на момент окончания игры. Как справедливо разделить призовые деньги?
Исходя из обсуждения Примера 1 и Примера 2, игроку А необходимо набрать как минимум 3 очка, чтобы выиграть игру, а игроку В необходимо набрать 4 или более очков, чтобы выиграть игру. Расширенная серия очков будет иметь 3 + 4 – 1 = 6 очков. Затем игроку А необходимо набрать не менее 3 очков из 6 (не менее 3 успехов из 6 попыток). Ниже приведена вероятность того, что игрок А выиграет расширенную серию розыгрышей.
При общей сумме ставок 64 доля игрока А составит 64 x 42/64 = 42. Доля игрока Б составит 22.
____________________________________________________________________________
Общее обсуждение
Теперь мы обсудим идеи, поднятые в примерах. Как указано выше, два игрока, A и B, вносят равные взносы в ставки, а затем играют серию очков, пока один из них не выиграет очки. Вероятность того, что игрок А выиграет раунд (одно очко в каждом раунде), равна, а вероятность того, что игрок Б выиграет очко, равна . Предположим, что игра по какой-то причине остановлена до того, как кто-либо из игроков выиграл. На момент остановки игрок А выиграл очки, а игрок В выиграл очки с помощью и . Пусть и . Ключом к решению проблемы очков является рассмотрение расширенной игры очков.
Вот великое открытие Паскаля и Ферма. Они смотрели вперед, а не назад. Они не основывали решение на количестве уже набранных очков. Вместо этого они сосредоточились на расширенной серии очков, чтобы определить долю выигрыша. Эта дополнительная игра очков является «фиктивной», но она помогает прояснить процесс. По сути, они превратили первоначальную проблему очков в проблему этой дополнительной игры очков.
Исходная проблема такова: какова справедливая доля игрока А, если игра остановлена досрочно, когда игрок А выиграл очки, а игрок В выиграл очки? Эквивалентная проблема: какова вероятность того, что игрок А наберет по крайней мере очки из следующих очков, где и (при условии, что игра не остановилась). Назовем эту вероятность. Рассмотрим настройку этой вероятности. Каждое очко похоже на испытание Бернулли — либо успех (игрок А выигрывает), либо неудача (игрок Б выигрывает). Есть испытания. Вероятность успеха в каждом испытании. Мы хотим найти вероятность того, что будут как минимум успехи. То, что описывается, является биномиальным распределением. Искомая вероятность:
где , а это количество очков, выигранных игроком А, и количество очков, выигранных игроком Б на момент окончания игры.
Вероятность — это вероятность того, что игрок А выиграет игру, если игра продолжится в момент ее завершения. Эта вероятность представляет собой долю ставок, которая будет присуждена игроку А. Конечно, доля, которая должна быть присуждена игроку Б, будет равна . Количество можно получить из заданных параметров и с помощью любого программного обеспечения, имеющего функцию для биномиального распределения.
Проблема очков кажется легко решаемой, поскольку ответ так доступен. Любой, кто понимает биномиальное распределение, может понять. Также легко вычислить вероятности для биномиального распределения с помощью калькулятора или программного обеспечения. Следует иметь в виду, что решение выглядит доступным сейчас благодаря инструментам и концепциям, которые пришли из путей, проложенных Паскалем и Ферма (и благодаря имеющимся у нас вычислительным инструментам). Инструменты и концепции, такие как треугольник Паскаля и биномиальное распределение, были неизвестны людям во времена Паскаля и Ферма.
__________________________________________________________________________
Работа в обратном направлении
Для нас расчет в легко выполняется с помощью калькулятора или программного обеспечения. Паскаль не вычислял напрямую, а вместо этого выполнял вычисления в обратном направлении, используя следующую формулу.
Формулу можно вывести математически. Но делать это не обязательно. Количество — это вероятность того, что игрок А наберет очки раньше, чем игрок Б наберет очки. Мы можем вывести приведенную выше формулу, обусловив результат первой точки. Величина рассчитывается в Примере 1 и Примере 2. Это среднее значение двух подобных вероятностей с меньшими параметрами.
Основываясь на рекурсивной формуле в , Паскаль построил ответ в обратном порядке, подобно тому, как пишется компьютерная программа. По сути, этот рекурсивный подход позволяет решать не только один сценарий, но и все сценарии в игре по очкам.
Пример 4
Теперь вернемся к задачам из примеров 1 и 2. Напомним, что игра ведется на 4 очка, т. е. первый игрок, выигравший 4 очка, забирает все ставки из 64 (32 игрок). Каждый игрок получает очко с вероятностью 0,5. Теперь мы покажем, как разделить ставки, когда игра останавливается во всех возможных точках остановки.
На следующей диаграмме (Рисунок 1) показана таблица доли, присуждаемой игроку А. Таблица пуста, за исключением верхней строки и крайнего правого столбца (цифры выделены красным). Число 64, указанное в последнем столбце, будет суммой, присужденной игроку А, потому что игрок А набрал 4 очка. Цифра 0 вверху означает, что игрок Б выиграл 4 игры. Таким образом, игрок А ничего не получает. Обратите внимание, что нижняя строка, выделенная оранжевым цветом, показывает количество очков, которые были выиграны игроком А. Нижняя строка, выделенная синим цветом, показывает оставшиеся очки, которые игроку А необходимо набрать, чтобы выиграть все ставки (это фиктивные очки). . Точно так же столбцы, выделенные оранжевым и синим цветом слева, показывают ту же информацию для игрока B.
Рисунок 1 – Доля ставок, присужденная игроку А
Теперь мы можем использовать рекурсивную формулу для заполнения таблицы. В основном каждая ячейка представляет собой среднее число над ней и число справа. Параметр in — это число в синей строке. Параметр in — это число в синем столбце. Ниже показаны результаты.
Рисунок 2 – Доля ставок, присужденная игроку А
Например, когда игрок А набрал 2 очка, а игрок В — 1 очко, доля игрока А составляет 44 (среднее значение 32 и 56), то есть тот же ответ, что и в Примере 1 и Примере 2. Когда игрок А имеет выиграл 2 очка, а игрок B — 2 очка, оба игрока находятся в равных конкурентных позициях. Тогда каждый игрок получает по 32. Когда игрок А набрал 2 очка, а игрок Б — 3 очка, доля игрока А составляет 16 (среднее 0 и 32).
По сути, формула заключается в использовании меньших шагов, а не всей расширенной игры очков. Эту идею меньших шагов предпочитал Паскаль. В тот момент, когда игроку А нужно больше очков, чтобы выиграть, а игроку Б нужно больше очков, идея состоит в том, чтобы разыграть еще одно очко. Предположим, что игроки знают награды двух игроков после еще одного раунда. Затем они должны разделить разницу между будущими наградами. Подсчет должен начинаться с точки, где каждому игроку для победы нужно еще одно очко (ячейка с цифрой 32 на рис. 2). В этой ячейке мы знаем награды после одного дополнительного раунда. Взяв среднее значение 0 и 64, мы получим 32. Из этой ячейки мы двигаемся вниз и двигаемся влево по таблице. Продолжайте повторять процесс, пока вся таблица не будет заполнена.
Существует способ настроить подход таблицы для работы с неравной вероятностью выигрыша очка. Допустим, вероятность того, что игрок А выиграет очко, равна 0,6. Тогда вероятность того, что игрок Б выиграет очко, равна 0,4. Значением данной ячейки в таблице будет средневзвешенное значение ячейки справа (вес 0,6) и ячейки над ней (вес 0,4). Когда мы знаем результаты еще одного раунда, мы присваиваем 0,6 результату выигрыша игрока А и 0,4 результату выигрыша игрока Б. В следующей таблице показаны результаты.
Рисунок 3 – Доля ставок, присужденная игроку А (с весом 0,6)
Прямая формула или табличный подход с использованием рекурсивной формулы могут быть легко запрограммированы на компьютере. Для Паскаля табличный подход является очень привлекательным вариантом, поскольку расчет может быть построен на более низких значениях параметров. В приведенной выше конфигурации просто заполните правый столбец (все ставки идут игроку А) и верхнюю строку (игрок А ничего не получает). Затем остальные ячейки получаются средневзвешенным, как описано в формуле.
Приведем еще один пример.
Пример 5
Предположим, что игрок B — казино, а игрок A — посетитель казино, играющий на 12 очков. Преимущество дома составляет 2%, поэтому вероятность того, что игрок А выиграет раунд, равна 0,48. Если игрок А желает уйти после того, как игрок А наберет 9 очков, а казино наберет 6 очков, какова доля ставок, которая должна быть присуждена игроку А?
Играя на 12 очков, игроку А нужно еще 3 очка, чтобы выиграть, а заведению нужно еще 6 очков, чтобы выиграть. Итак, нам нужно проанализировать расширенную игру 3 + 6 — 1 = 8 очков. Чтобы игрок А выиграл расширенную игру, ему нужно набрать как минимум 3 очка.
Ответ можно получить, вычислив каждый член в сумме (от до ). Другой способ — использовать функцию БИНОМРАСП в Excel следующим образом:
. = 1-БИНОМРАСП(2, 8, 0,48, ИСТИНА) = 1-0,172368083 = 0,827631917
Согласно методу справедливого распределения, обсуждаемому в этом сообщении в блоге, игрок А заслуживает 82,76% ставок.
____________________________________________________________________________
Примечания
В переписке Паскаль и Ферма нашли убедительное и последовательное решение проблемы точек. Прежние решения проблемы точек не были удовлетворительными (для всех заинтересованных сторон) и иногда непоследовательны. Разделение ставок только на основе количества выигранных очков может привести к экстремальным результатам. Например, если игрок А выиграл 1 очко, а игрок Б не выиграл ни одного очка, то игрок А получит все ставки. Для игры, описанной на рис. 2, по тому же сценарию игрок А получает 42 из 64 (42/64 = 0,65625), что далеко не 100%.
Более подробную информацию об истории проблемы точек см. в «Истории математики» Виктора Дж. Каца.
__________________________________________________________________________
Рубрика: Классические задачи по теории вероятностей, Азартные игры, Вероятность | Метки: Биномиальное распределение, Вероятность, Вероятность и статистика | 9 Ответы
Опубликовано 1 ноября 2016 г. Дэн Ма
Когда игрок постоянно проигрывает крупную сумму денег, что он может сделать? Когда один игрок, Шевалье де Мере (1607-1684), проигрывал большое состояние, он позвонил по «математической линии помощи». Фактически, его переписка с Блезом Паскалем (1623-1662) принесла ему место в учебнике истории. Проблемы, которые были представлены де Мере, над которыми совместно работали Паскаль и Пьер де Ферма (1601-1665), считаются началом зарождающейся академической области вероятности. Шевалье де Мере нуждался в помощи для решения двух задач — задачи на очки и задачи на кости, которая теперь носит его имя. В этом посте мы обсуждаем проблему с костями. Проблема очков обсуждается в следующем посте.
____________________________________________________________________________
Задача с костями
Шевалье де Мере задал две задачи с костями. Первая игра включает в себя четыре броска честной кости. В этой игре де Мере сделал ставку с равными шансами на то, что выпадет хотя бы одна шестерка, когда честная кость выбрасывается четыре раза. Он рассуждал так: поскольку выпадение шестерки за один бросок кости (верно), вероятность выпадения шестерки за четыре броска кости будет (неверно). С благоприятными шансами на победу в 67% он рассудил, что ставки с равными шансами были бы выгодным предложением. Хотя его расчет был неверным, он заработал значительную сумму денег за много лет, играя в эту игру.
Вторая игра включает в себя двадцать четыре броска пары правильных костей. Успех в первой игре воодушевил де Мере сделать ставку на выпадение одной или нескольких двойных шестерок за двадцать четыре броска пары костей. Он рассуждал так: вероятность выпадения двойной шестерки при одном броске пары костей равна (правильно). Тогда шанс получить двойную шестерку за двадцать четыре броска пары игральных костей будет (неверно). Он снова рассудил, что ставки с равными шансами тоже будут прибыльными.
Но опыт показал обратное. Проиграв много денег, он понял, что со второй игрой что-то не так. В 1654 году он предложил своему известному другу Блезу Паскалю найти объяснение. Решение появилось в серии писем между Паскалем и Ферма. Благодаря этим совместным усилиям была заложена основа идеи вероятности как академического предмета. Одной из возникших идей был треугольник Паскаля. Еще одним было биномиальное распределение. На самом деле любой, кто понимает биномиальное распределение, может очень быстро увидеть ошибочность рассуждений де Мере.
__________________________________________________________________________
Моделирование
Прежде чем мы приступим к вычислениям, давайте смоделируем партии, в которые играл де Мере. Используя случайные числа, сгенерированные с помощью функции Rand() в Excel, мы смоделировали 100 000 итераций каждой из игр. В наших 100 000 симуляций первой игры — четырехкратном бросании игральной кости — 51 380 итераций хотя бы с одной шестеркой. Это говорит о том, что позиция де Мере будет выигрывать более чем в половине случаев, хотя и не с такими шансами, как он предполагал. Но тем не менее ему это было выгодно.
В наших 100 000 симуляциях второй игры — бросании пары игральных костей 24 раза — всего 49 211 итераций, по крайней мере, с одной двойной шестеркой. Это, кажется, подтверждает, что позиция де Мере является проигрышной, что он будет проигрывать свои ставки более чем в половине случаев.
Конечно, де Мере мог бы провести аналогичную симуляцию, хотя и в гораздо меньших масштабах, сам бросив кости (скажем, 100 раз). Он мог бы увидеть свет гораздо раньше.
___________________________________________________________________________
Расчет
Давайте посмотрим, почему первая игра была прибыльной для де Мере, а вторая — нет.
Первая игра
При броске кубика есть шесть возможных исходов: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Если кубик правильный, вероятность выпадения шестерки равна . Точно так же вероятность того, что при одном броске правильного кубика не выпадет ни одной шестерки, равна .
Вероятность того, что за четыре броска не выпадет шестерка, равна:
.
Таким образом, при четырех бросках правильного игрального кубика вероятность выпадения хотя бы одной шестерки равна:
Таким образом, вероятность выпадения хотя бы одной шестерки при четырех бросках правильного игрального кубика равна 0,517747. Из 100 игр де Мере в среднем выигрывал 52 игры. Из 1000 игр он в среднем выигрывал 518 игр. Предположим, что каждая ставка равна одному французскому франку. Тогда де Мере получал бы 36 франков за каждую 1000 франков ставок. Таким образом, у него было преимущество дома около 3,6%.
Вторая игра
При броске пары игральных костей всего 36 возможных исходов (т. е. шесть исходов первого кубика в сочетании с шестью исходами второго кубика). Из этих 36 исходов только один — двойная шестерка. Итак, вероятность выпадения двойной шестерки заключается в броске пары игральных костей. Точно так же вероятность не получить двойную шестерку равна .
Вероятность того, что за 24 броска пары игральных костей не выпадет ни одной двойной шестерки, равна:
Таким образом, вероятность того, что выпадет хотя бы одна двойная шестерка за 24 броска, равна:
Таким образом, вероятность выпадения хотя бы одной двойной шестерки за 24 броска пары правильных игральных костей равна 0,4914. В среднем де Мере выигрывал только около 49 игр из 100, а его противоположная сторона выигрывала около 51 игры из 100 игр. Из 1000 игр он в среднем выигрывал 491 игру (противоположная сторона выигрывала в среднем 509 игр). При каждой ставке в один франк противоположная сторона де Мере выиграет 18 франков на каждые поставленные 1000 франков (таким образом, противоположная сторона будет иметь преимущество казино около 1,8%).
Шансы, показанные при моделировании, описанном выше, соответствуют рассчитанным результатам. Было бы интересно узнать, какие действия предпринял де Мере, узнав ответы. Может быть, он перестал играть во вторую игру и играл только в первую. Возможно, он модифицировал вторую игру так, чтобы шансы на победу были для него как минимум равными (или выше).
__________________________________________________________________________
Рубрика: Классические задачи по теории вероятностей, Азартные игры, Вероятность | Метки: Биномиальное распределение, Вероятность, Вероятность и статистика | 4 Ответы
Опубликовано 2 марта 2012 г. Дэн Ма
Недавно я сдавал экзамен по моему курсу статистики, который оказался отличным примером задачи на сопоставление, классической проблемы вероятности. Тестирование сдавали 66 студентов. Я записал имена студентов в порядке сдачи экзамена. В следующей таблице показаны позиции студентов в алфавитном порядке и в том порядке, в котором они сдали экзамен.
Например, первый студент в алфавитном порядке был 12-м студентом, сдавшим экзамен. Первым студентом, сдавшим экзамен, был 37-й студент в алфавитном порядке. Оказалось, что был студент, который занимал одинаковую должность в обоих орденах. Такой ученик называется совпадением (см. следующую таблицу).
В этом примере отражена суть классической задачи теории вероятностей, называемой задачей сопоставления. Есть много других красочных описаний задачи соответствия. Все они включают в себя сочетание двух порядков на множестве объектов. У нас есть набор объектов или предметов, которые упорядочены каким-то естественным образом. Затем мы перемешиваем элементы случайным образом (или в соответствии с каким-то заранее непредсказуемым порядком). Всякий раз, когда элемент имеет одинаковую позицию как в исходном, так и в перемешанном порядке, это называется совпадением.
В нашем примере с экзаменом одна из версий задачи на сопоставление спрашивает: какова вероятность того, что хотя бы один учащийся подходит?
На самом деле, при сопоставлении двух порядков, подобных описанному здесь, совпадение происходит чаще, чем нет. Вероятность наличия хотя бы одного совпадения составляет примерно 0,63. В частности, при количестве студентов, сдающих экзамен, вероятность найти хотя бы одно совпадение приближается к . Вывод этой вероятности основан на принципе включения-исключения и обсуждается в сообщении блога под названием «Проблема сопоставления».
Несмотря на то, что вероятность наличия хотя бы одного совпадения является функцией (количества элементов), вероятность довольно быстро сходится к. Таким образом, для всех практических целей мы можем сказать, что вероятность наличия хотя бы одного совпадения составляет 0,63 (примерно две трети), если количество элементов, задействованных в случайном скремблировании, достаточно велико (как в случае 66 студентов, сдающих экзамен). .
Вместо определения вероятности наличия хотя бы одного совпадения мы также можем запросить вероятность наличия точного совпадения, где любое целое число от до . Пусть будет количеством совпадений, когда мы сопоставляем порядок «сдачи экзамена» с алфавитным порядком для студентов. Функция вероятности получена в сообщении блога под названием «Подробнее о проблеме сопоставления».
Сообщение в блоге Подробнее о задаче сопоставления также указывает, что аппроксимируется распределением Пуассона с параметром . Таким образом, мы имеем:
Ниже приведены первые 4 вероятности .
В случайном эксперименте по сопоставлению двух порядков одного и того же набора объектов примерно в 37 % случаев совпадений нет, а примерно в 37 % случаев имеется ровно одно совпадение. Отсутствие совпадений и наличие ровно одного совпадения являются наиболее распространенными сценариями (происходит примерно в 74% случаев). Наличие 2 совпадений возможно, но происходит только примерно в 18% случаев. Редко бывает 3 или более совпадений.
Еще одно интересное наблюдение состоит в том, что если совпадение происходит, то, скорее всего, есть только одно совпадение (например, обсуждаемый здесь пример).
Есть много красочных описаний задачи сопоставления. Возможности безграничны. Одним из примеров является то, что супружеские пары ходят на урок бальных танцев. Инструктор случайным образом назначает дам мужчинам в качестве партнеров по танцу. Совпадение происходит, если жена назначается
партнершей своего мужа по танцам.
В предыдущем сообщении в блоге (Сезон обмена подарками) представлен пример обмена подарками. Каждый человек, посещающий вечеринку, приносит подарок для обмена подарками. Подарки складываются в стопку, и каждый случайным образом выбирает подарок из стопки. Совпадение происходит, если человек выбирает свой собственный подарок.
В другом сообщении в блоге (ленивый профессор, который позволяет студентам самостоятельно выставлять оценки) профессор случайным образом возвращает тесты студентам для выставления оценок. Совпадение происходит, если учащемуся назначается его или ее собственная викторина.
Рубрика: Классические задачи по теории вероятностей, Вероятность, Теория вероятностей | Метки: Классические задачи вероятности, Принцип исключения включения, Вероятность, Вероятность и статистика, Задача соответствия | Оставьте ответ
Проблема Монти Холла: Простое объяснение решения

Содержание (Нажмите, чтобы перейти к этому разделу):

Что такое проблема Монти Холла?
Более интуитивный способ взглянуть на задачу Монти Холла
Почему работает переключение?
Версия задачи Монти Холла 1975 года
Ярость СМИ
Использование теоремы Байеса для решения задачи Монти Холла
Что такое задача Монти Холла?
Посмотрите видео для обзора:
Задача Монти Холла
Посмотрите это видео на YouTube.
Видео не видно? Кликните сюда.
Проблема Монти Холла — вероятностная головоломка, названная в честь Монти Холла, первого ведущего телешоу «Давай заключим сделку». Это знаменитый парадокс, решение которого настолько абсурдно, что большинство людей отказываются верить в его истинность.
Предположим, вы участвуете в игровом шоу и вам предоставляется выбор из трех дверей: за одной дверью стоит машина; позади других, козлов. Вы выбираете дверь, скажем, № 1, и хозяин, который знает, что находится за дверью, открывает другую дверь, скажем, № 3, в которой есть коза. Затем он говорит вам: «Вы хотите выбрать дверь № 2?» В ваших интересах изменить свой выбор? ~ (Из рубрики «Спросите Мэрилин» в журнале Parade)
Стоит ли переключаться?
Хотите верьте, хотите нет, но на самом деле вам выгодно переключиться:
Если вы переключитесь, у вас будет примерно 2/3 шанса выиграть машину.
Если вы придерживаетесь своего первоначального выбора, у вас есть примерно 1/3 шанса выиграть машину.
Ответ звучит маловероятно. После того, как дверь 3 открыта, вы можете подумать, что у вас есть две двери на выбор… обе с одинаковыми шансами. Однако на самом деле у вас гораздо больше шансов выиграть, если вы переключитесь.
Те, кто поменял двери, выиграли примерно в 2/3 случаев
Те, кто не переключился, выигрывали примерно в 1/3 случаев
Этот факт неоднократно подтверждался множеством математических симуляций. Если вы в тупике и до сих пор не верите — не переживайте, над этим ломают голову даже математики. Один гениальный математик Пол Эрдёш не верил, что ответ правильный, пока ему не показали симуляции выигрышной стратегии «переключения».
Вернуться к началу
Более интуитивный способ взглянуть на задачу Монти Холла
человек имеют проблемы с лучшими шансами поменять дверь. В том числе и я, пока не осознал простой факт: шансы выше, если вы переключитесь, потому что Монти курирует оставшиеся варианты. Допустим, вы играли в игру, в которой Монти не знает, где находится машина. Не имеет значения, переключитесь вы или нет (ваши шансы будут равны 50%, несмотря ни на что). Но это не то, что происходит. В задаче Монти Холла есть очень специфический пункт: Монти знает, где находится машина. Он никогда не выбирает дверь с машиной. И, курируя оставшиеся двери для вас, он повышает шансы на то, что переход всегда будет хорошей ставкой.
Еще одна причина, по которой некоторые люди не могут понять задачу Монти Холла, — маленькие числа. Давайте рассмотрим точно такую же задачу со 100 дверями вместо 3. Вы выбираете случайную дверь.
Вместо одной двери Монти убирает 98 дверей. Это двери, за которыми, как он знает, нет приза! Остаются две двери. Тот, который вы выбрали, и тот, который остался после того, как Монти уничтожил остальных.
Вы теперь меняете двери? Вы должны. Когда вы впервые выбрали, у вас был только 1/100 шанс получить правильную дверь. Более того, это были просто догадки. Теперь вам предоставляется отфильтрованный выбор, составленный самим Монти Холлом. Должно быть ясно, что теперь ваши шансы намного выше, если вы переключитесь.
Все еще не верите? Попробуйте эту симуляцию. Вы увидите, что если вы переключитесь, вы выиграете примерно в 2/3 случаев.
Вернуться к началу
Почему работает переключение?
Вероятно, лучший способ убедиться в том, что решение верное, — это попробовать симуляцию самостоятельно.
Теперь, если вы хотите понять, почему это работает, есть несколько способов приблизиться к этому. Есть 3 двери, и ваш первоначальный выбор дает вам шанс 1/3. Осталось две двери, которые вместе имеют шанс выиграть машину 2/3. Особенно важен тот факт, что Монти, открывающий одну из этих дверей, не меняет шансов. Эти шансы по-прежнему будут 2/3.
Все еще не уверены? Представьте, что вместо 3 дверей 300 дверей. Вы угадываете дверь 1, что дает вам шанс на победу 1/300. Монти открывает 298 из оставшихся дверей, предоставляя вам выбор между дверью 1 и дверью 201. Хотя ваши первоначальные шансы (1/300) остаются прежними для этой случайно выбранной двери (дверь 1), Монти увеличил ваши шансы, предоставив ты лучшая дверь из 298 случайно выбранных дверей. лучшая дверь из набора случайных дверей всегда будет иметь лучшие шансы.
Решение журнала Parade
Это решение, приведенное в журнале Parade Magazine, показывает все возможные результаты пребывания или переключения.
ЖИЛЬЕ :
Вы выбираете дверь 1. Монти открывает «козлиную дверь». Вы остаетесь. Для сценария 1 вы выиграете. И для двух других сценариев вы бы проиграли. Дает вам 1/3 шанса на победу во всех сценариях.
ПЕРЕКЛЮЧЕНИЕ
Вы выбираете дверь 1. Монти открывает «козлиную дверь». Вы переключаетесь. Для сценария 1 вы проиграете. И на этот раз в двух других сценариях вы выиграете. Это дает вам 2/3 шансов на победу.
Вернуться к началу
Версия задачи Монти Холла 1975 года
Хотя эта задача стала известной благодаря колонке «Спросите Мэрилин» в 1990 году, самое раннее упоминание о ней было в письме Стива Селвина, написанном журналу American Statistician. В своем письме в редакцию под названием «Проблема вероятности» Сельвин поставил проблему Монти Холла. Вместо трех дверей было 3 ящика с маркировкой A, B и C. В одном были ключи от нового Lincoln Continental. Два других ящика были пусты. Участник выбирает коробку, Монти открывает пустую коробку и спрашивает участника, хочет ли он поменяться местами. Вопрос примерно тот же, только вместо машины, дверей и козлов у вас машина, коробки и ничего. Задав вопрос (должен ли участник переключиться?), Селвин предлагает решение:
Решение задачи Монти Холла 1975 года от американского статистика.

Если вы подсчитаете количество побед/проигрышей в столбце «Результат», вы получите 6/9, то есть вероятность выигрыша 2/3.
Вернуться к началу
Фурор СМИ
Что касается , почему эта вероятностная проблема стала настолько известной, во многом связано с фурором в СМИ, который последовал за ответом Мэрилин в колонке «Спросите Мэрилин», который звучал так:
«Да; вы должны переключиться. Шанс выигрыша у первой двери составляет 1/3, а у второй двери — 2/3. Вот хороший способ визуализировать то, что произошло. Предположим, что есть миллион дверей, и вы выбираете дверь №1. Затем ведущий, который знает, что находится за дверями, и всегда будет избегать той, у которой есть приз, открывает их все, кроме двери № 777,777. Ты бы довольно быстро переключился на эту дверь, не так ли?
Несогласие с решением
Из тысяч писем, полученных Мэрилин после публикации колонки, большинство с ней не согласны.
Несколько комментариев
Вот несколько комментариев (со страницы задач Мэрилин на игровом шоу):
Роберт Сакс, доктор философии. ответил: «Как профессиональный математик, я очень обеспокоен отсутствием у широкой публики математических навыков. Пожалуйста, помогите, признав свою ошибку и впредь будьте более осторожны».
Скотт Смит, доктор философии. «Ты все испортил, и ты все испортил! Поскольку вам, похоже, трудно понять основной принцип работы, я объясню…»
Барри Пастернак, доктор философии. Ваш ответ на вопрос ошибочен. Но если вас это утешит, многие из моих академических коллег также были поставлены в тупик этой проблемой.
Мэрилин опубликовала ответ, повторно объяснив свой ответ, что вызвало еще больше писем с просьбой исправить ее ошибку. Среди них письма заместителя директора Центра оборонной информации и научного математического статистика из Национального института здравоохранения. Мэрилин обратилась к математическим классам по всей стране с призывом провести эксперименты для подтверждения теории, а классы округа проводили вероятностный эксперимент. Любой, кто был в начальной школе в 1990 наверное фурор помнит.
Проведите собственный эксперимент дома…
Все еще не совсем поняли задачу Монти Холла? Попробуйте провести собственный эксперимент дома. Поставьте игрушечную машинку под один из трех ящиков и сами сто раз сыграйте в игру, отмечая свои результаты. Но если все эти кандидаты наук ошибаются, не расстраивайтесь, если вы все еще в тупике.
С другой стороны, вас может утешить тот факт, что голуби могут быть умнее математиков: они лучше справляются с дилеммой Монти Холла. В исследовании, опубликованном в Journal of Comparative Psychology, в качестве приза использовалась версия игры для раздачи смешанных зерен. Птицы справились довольно хорошо, даже лучше, чем их человеческие собратья. Эксперимент был повторен с людьми (хотя, надеюсь, с чем-то другим, кроме зерна в качестве приза…). Даже после «обширных тренировок» люди все еще не справлялись так хорошо, как птицы. Пища для размышлений!
Подробнее…
Проблема Монти Холла вдохновила тысячи веб-сайтов, газет и других средств массовой информации на попытки найти собственные ответы на эту проблему. Погуглите «Задача Монти Холла», и вы получите несколько сотен тысяч страниц. Большинство формулируют проблему и предлагают решения, подобные тому, что вы прочитали выше. Но есть несколько довольно уникальных решений, если вы знаете, где искать:
Профессор юридической школы Эмори Саша Волох, пишущая для The Washington Post, решает проблему с точки зрения условной вероятности. Если вас устраивает довольно продвинутая вероятность, это будет интересным чтением. «Настоящее объяснение состоит в том, что Монти должен показать дверь 2, если машина стоит за дверью 3, но он может показать дверь 2, если машина стоит за дверью 1, так что его решение показать дверь 2 дает вам умеренное количество информации в пользу сценарий двери-3».
Профессор математики Джейсон Розенхаус написал целую книгу на тему Проблема Монти Холла: замечательная история самой спорной головоломки по математике (Oxford University Press, 2009). В этой книге он подходит к проблеме с разных точек зрения, от логических аргументов до математической строгости. Он (очевидно) более тщательный, чем мог бы быть даже самый уважаемый наш паж. Вы можете найти его на Amazon.
Наверх
Использование теоремы Байеса для решения задачи Монти Холла
Приведенные выше «решения» — это логических решений задачи. Более строгое решение можно найти с помощью теоремы Байеса. Это интересное решение принадлежит Кристоферу Лонгу. Я предполагаю, что вы знакомы с теоремой Байеса, которая позволяет вычислить условную вероятность (если произойдет событие А, какова вероятность того, что произойдет событие Б?).
Основание для решения такое же, как и в приведенном выше сценарии. Там три двери, за одной машина. Вы выбираете дверь, затем Монти открывает одну из других дверей, чтобы показать козу.
Предположим, вы выбираете дверь 1, а затем Монти показывает вам козла за дверью 2. Чтобы использовать теорему Байеса, нам нужно сначала присвоить событие A и B.
Пусть событие A будет состоять в том, что машина позади дверь №1.
Пусть событие B состоит в том, что Монти открывает дверь 2, чтобы показать козла.
Вот решение Байеса
:
Pr(A) довольно просто вычислить. Вероятность того, что машина находится за дверью 1, составляет 1/3. Осталось две двери, и каждая имеет шанс 1/2 быть выбранной, что дает нам Pr(B|A), или вероятность события B, дано А.
Pr(B) в знаменателе вычислить немного сложнее. Учтите, что:
Вы выбираете дверь 1. Монти показывает вам козу за дверью 2.
Если машина находится за дверью 1, Монти не выберет ее. Он откроет дверь 2 и покажет козу в половине случаев.
Если машина находится за дверью 2, Монти всегда открывает дверь 3, так как он никогда не показывает машину.
Если машина находится за дверью 3, Монти будет открывать дверь 2 в 100% случаев.
Поскольку Монти открыл дверь 2, вы знаете, что машина находится либо за дверью 1 (на ваш выбор), либо за дверью 3. Вероятность того, что машина окажется за дверью 1, равна 1/3. Это означает, что вероятность того, что машина окажется за дверью 3, равна 1 – (1/3) = 2/3. И именно поэтому вы переключаетесь.

Ссылки
Агрести А. (1990) Категориальный анализ данных. Джон Уайли и сыновья, Нью-Йорк.
Гоник, Л. (1993). Мультяшный путеводитель по статистике. HarperPerennial.
Коц, С.; и др., ред. (2006), Энциклопедия статистических наук, Wiley.
Уилан, К. (2014). Голая статистика. W. W. Norton & Company
УКАЗЫВАЙТЕ ЭТО КАК:
Стефани Глен . «Проблема Монти Холла: простое объяснение решения» из StatisticsHowTo.com : Элементарная статистика для всех нас! https://www.statisticshowto.com/probability-and-statistics/monty-hall-problem/
————————————————— ————————-
Нужна помощь с домашним заданием или контрольным вопросом? С Chegg Study вы можете получить пошаговые ответы на ваши вопросы от эксперта в данной области. Ваши первые 30 минут с репетитором Chegg бесплатны!
Комментарии? Нужно опубликовать исправление? Пожалуйста, Свяжитесь с нами .
Вероятностные вопросы с решениями
Учебник по нахождению вероятности события. В дальнейшем S — выборочное пространство рассматриваемого эксперимента, а E — интересующее событие. n(S) — количество элементов в выборочном пространстве S, а n(E) — количество элементов в событии E.
Вопрос 1
Бросили игральную кость, найдите вероятность того, что выпадет четное число.
Решение вопроса 1
Сначала запишем выборочное пространство S эксперимента.
С = {1,2,3,4,5,6}
Пусть E будет событием «получено четное число» и запишите его.
Е = {2,4,6}
Воспользуемся теперь формулой классической вероятности.
P(E) = n(E) / n(S) = 3/6 = 1/2
Вопрос 2
Подбрасывают две монеты, найдите вероятность того, что выпадет два орла. Примечание: Каждая монета имеет два возможных исхода: H (орел) и T (решка).
Решение вопроса 2
Выборочное пространство S определяется выражением.
S = {(Н, Т), (Н, Н), (Т, Н), (Т, Т)}
Пусть E будет событием «получены две головы».
Е = {(Н, Н)}
Используем формулу классической вероятности.
P(E) = n(E) / n(S) = 1/4
Вопрос 3
Какое из этих чисел не может быть вероятностью?
а) -0,00001
б) 0,5
в) 1.001
г) 0
д) 1
е) 20%
Ответ на вопрос 3
Вероятность всегда больше или равна 0 и меньше или равна 1, поэтому только а) и в) выше не могут представлять вероятности: -0,00010 меньше 0 и 1,001 больше 1.
Вопрос 4
Бросают два игральных кубика, найдите вероятность того, что выпадет
а) равно 1
б) равно 4
в) менее 13
Решение вопроса 4
а) Образец пространства S двух игральных костей показан ниже.
S = { (1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)
(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6)
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6)
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6)
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6) }
Пусть E будет событием «сумма равна 1». Нет исходов, соответствующих сумме, равной 1, поэтому
P(E) = n(E) / n(S) = 0 / 36 = 0
б) Три возможных исхода дают сумму, равную 4: E = {(1,3),(2,2),(3,1)}, следовательно.
P(E) = n(E) / n(S) = 3/36 = 1/12
c) Все возможные исходы, E = S, дают сумму меньше 13, следовательно.
P(E) = n(E) / n(S) = 36/36 = 1
Вопрос 5
Подбрасывают игральную кость и бросают монету, найдите вероятность того, что на кубике выпадет нечетное число, а на монете выпадет решка.
Решение вопроса 5
Пусть H — решка, а T — решка монеты. Выборочное пространство S эксперимента, описанного в вопросе 5, выглядит следующим образом.
S = { (1,Н),(2,Н),(3,Н),(4,Н),(5,Н),(6,Н)
(1,Т),(2,Т),(3,Т),(4,Т),(5,Т),(6,Т)}
Пусть E будет событием «на кости выпало нечетное число, а на монете — решка». Событие E можно описать следующим образом.
Е={(1,Н),(3,Н),(5,Н)}
Вероятность P(E) определяется выражением
P(E) = n(E) / n(S) = 3/12 = 1/4
Вопрос 6
Из колоды карт случайным образом вытягивается карта. Найдите вероятность того, что выпадет 3 бубна.
Ответ на вопрос 6
Образец пространства S эксперимента в вопросе 6 показан ниже
Пусть E будет событием «получение 3 бубнов». Изучение выборочного пространства показывает, что существует одна «тройка алмазов», так что n (E) = 1 и n (S) = 52. Следовательно, вероятность возникновения события E определяется выражением
Р(Э) = 1/52
Вопрос 7
Из колоды карт случайным образом вытягивается карта. Найдите вероятность получения ферзя.
Решение вопроса 7
Пример пространства S эксперимента в вопросе 7 показан выше (см. вопрос 6)
Пусть E будет событием «получение ферзя». Изучение выборочного пространства показывает, что существует 4 «королевы», так что n (E) = 4 и n (S) = 52. Следовательно, вероятность события E определяется выражением
P(E) = 4/52 = 1/13
Вопрос 8
В банке 3 красных шарика, 7 зеленых шариков и 10 белых шариков. Если из сосуда наугад вынуть шарик, какова вероятность того, что этот шарик белый?
Решение вопроса 8
Сначала мы построим таблицу частот, которая дает следующие распределения цвета шариков.
цвет частота
красный 3
зеленый 7
белый 10
Воспользуемся теперь эмпирической формулой вероятности
P(E) = частота белого цвета / общая частота в приведенной выше таблице
= 10/20 = 1/2
Вопрос 9
Группы крови 200 человек распределяются следующим образом: 50 имеют группу крови A , 65 имеют группу крови B , 70 имеют группу крови O и 15 имеют группу крови AB . Если случайным образом выбрать человека из этой группы, какова вероятность того, что у этого человека первая группа крови?
Ответ на вопрос 9
Составим таблицу частот групп крови следующим образом
группа частота
и 50
Б 65
О 70
АВ 15

Используем эмпирическую формулу вероятности
P(E) = частота для O крови / общая частота
= 70/200 = 0,35
Упражнения
а) Бросили игральную кость, найдите вероятность того, что выпавшее число больше 4.
No related posts.

Теория вероятностей — задачи с решением. Решение контрольных работ на заказ. Онлайн-помощь

Способы решения задач по теории вероятностей ЕГЭ по математике базового уровня

Задачи с решениями по теории вероятностей и математической статистике

Добро пожаловать на наш сайт!

Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями.

Содержание

Развитие науки

Сущность предмета

Алгоритм решения

Теорема Муавра — Лапласа

Сочетание взаимных событий

Новые задачи по теории вероятностей

Примеры вероятности с вопросами и ответами

Решенные задачи Условная вероятность

Вероятностные задачи

Проблемы

Классические задачи теории вероятностей

Проблема Монти Холла: Простое объяснение решения

Что такое задача Монти Холла?

Стоит ли переключаться?

Более интуитивный способ взглянуть на задачу Монти Холла

Почему работает переключение?

Решение журнала Parade

Версия задачи Монти Холла 1975 года

Фурор СМИ

Несогласие с решением

Несколько комментариев

Проведите собственный эксперимент дома…

Подробнее…

Использование теоремы Байеса для решения задачи Монти Холла

Вот решение Байеса

Ссылки

Вероятностные вопросы с решениями

Вопрос 1

Вопрос 2

Вопрос 3

Вопрос 4

Вопрос 5

Вопрос 6

Вопрос 7

Вопрос 8

Вопрос 9

Упражнения

Добавить комментарий Отменить ответ