Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм найти вероятность того что хотя бы в одну фир
Перейти к содержимому

Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм найти вероятность того что хотя бы в одну фир

теория-вероятностей — Теория вероятностей

5 клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность, что ровно в одну никто не обратится.
Я рассуждаю так: выбираем одну из 5 фирм, в остальных фирмах распределение клиентов мб только (2,1,1,1) => 5хС(2,5)хС(1,3)хС(1,2)хС(1,1) и поделить на 5^5. Но в ответе число в 4 раза большее. Почему?

задан 29 Мар ’17 22:32

qolloque
22 ● 1 ● 6
100&#037 принятых

С(1,3)хС(1,2)хС(1,1) — почему так. а не С(1,4)хС(1,3)хС(1,3).

(29 Мар ’17 22:49) all_exist

@all_exist: после C_5^2 дальше должны быть числа 3, 2, 1, так как из пяти уже зафиксировано два клиента.

@qolloque: у Вас почти всё верно, но Вы в одном месте забыли умножить на 4. В самом деле, сначала 5 способами выбираем фирму, в которую никто не обратится. Потом 4 способами выбираем ту фирму, в которую обратятся двое. И дальше уже пойдут сочетания.

Вообще-то в виде C(m,n) лучше это не писать (так как это C_n^m), и вместо числа сочетаний из k по 1 лучше писать просто k. Ведь это выбор одного элемента из k, и то, что способов k, ясно даже тому, кто о сочетаниях не имеет никакого понятия.

(29 Мар ’17 23:13) falcao

Здравствуйте

Математика — это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

задан
29 Мар ’17 22:32

показан
2697 раз

обновлен
29 Мар ’17 23:13

Глава 2. Классическая вероятностная модель

Такое пространство конечно и называется пространством равновозможных исходов (или симметричным пространством).

ПРИМЕР 1. При бросании симметричной монеты возможны два исхода – выпадение решки или герба. Они удовлетворяют всем трем указанным выше условиям и потому в этом случае пространство элементарных исходов представляется так (здесь буквами Р и Г обозначены решка и герб соответственно):

ПРИМЕР 2. При одновременном бросании двух монет исходы представляют собой упорядоченные пары, состоящих из символов Р и Г. Первый элемент этой пары – результат, выпавший на первой монете, второй элемент – результат на второй монете. Очевидно, что таких пар – четыре:

ПРИМЕР 3. В случае бросания игральной кости может выпасть любое из чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6. Поэтому пространство элементарных исходов

ПРИМЕР 4. При одновременном бросании двух игральных костей элементарные исходы представляют собой пары (x, y), где x – число очков, выпавшее на первой кости, а y – число очков на второй кости. Всего таких пар – 36:

§ 2. Событие и его вероятность.

В дискретном пространстве вероятность каждого элементарного исхода считается заданной и обозначается Р(i), или просто рi , причем всегда

т.е. сумма (конечная или бесконечная) вероятностей всех элементарных исходов равна единице. Элементарные исходы мы называем элементарным событием.

Событием называется любое подмножество, состоящее из элементарных исходов пространства элементарных событий . Говорят, что «событие А произошло», если эксперимент закончился одним из элементарных исходов iА.

Вероятностью события А называется сумма вероятностей всех элементарных исходов, входящих в А, то есть Р(А)= . Из этого определения вероятности события следует, что всегда 0  Р(А)  1.

В случае равновозможных исходов вероятность элементарного события А определяется формулой

где – число элементов во множестве , которое обычно называется «общее число исходов», а – число элементов во множестве A, называемое «числом благоприятствующих исходов».

Событие А, состоящее из всех элементарных исходов, не входящих в А, называется противоположным событием к событию А. Оно происходит тогда и только тогда, когда событие A не произошло. Очевидно что Р(А) + Р(А) = 1. Это равенство используется для вычисления вероятности события А в случае, когда вероятность противоположного события известна или легко может быть найдена, тогда Р(А) = 1 — Р(А).

Таким образом, для вычисления вероятности в каждой задаче важно определить, в чем состоит эксперимент, правильно построить соответствующее пространство элементарных событий  и выделить в нем требуемое событие A. Затем, используя методы комбинаторики, подсчитать число элементов в  и A.

Задача 1. В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Какова вероятность, что все три фрукта – апельсины?

Решение. Элементарными исходами здесь являются выборки, включающие 3 фрукта.

Решение. Так как порядок здесь безразличен, будем считать выборки неупорядоченными (и, разумеется, бесповторными). Общее число элементарных исходов равно числу способов выбрать 3 элемента из 9, т.е. числу сочетаний n= . Число благоприятных исходов m= будет равно числу способов выбора трех апельсинов из имеющихся 5, т.е. числу сочетаний трех элементов из 5, т.е. . Тогда вероятность

Задача 2. Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от 1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданных равновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманы числа совпадут.

Решение. Подсчитаем сначала общее количество исходов. Элементарными исходами будем считать упорядоченные совокупности задуманных чисел: N1, N2, N3, где N1 — число, задуманное первым студентом, N2 — вторым и N3 — третьим Первый из них выбирает одно из 10 чисел — 10 возможностей, второй делает то же самое — 10 возможностей, наконец, выбор третьего также 10 возможностей. Согласно основной теоремы комбинаторики общее число способов будет равно:

Подсчет количества благоприятных исходов более сложен. Заметим, что совпадение задуманных чисел может произойти у любой пары студентов (или даже одновременно у всех троих). Чтобы не разбирать отдельно все эти случаи, удобно перейти к противоположному событию, т.е. подсчитать количество тех случаев, когда все три студента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет 10 способов выбора числа. Второй студент теперь имеет лишь 9 возможностей (поскольку ему приходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первого студента N2  N1. Третий студент еще более ограничен в выборе — у него всего 8 возможностей (из 10 возможных для N3 исключаются два числа: N3  N1 , N3  N2). Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нет совпадений, равно в силу той же основной теоремы m=10  9  8 = 720. Остальные случаи 1000 — 720 = 280 характеризуются наличием хотя бы одного совпадения. Следовательно, искомая вероятность совпадения равна Р=280/1000= 0,28.

Задача 3. Найти вероятность того, что в 8-значном числе ровно 4 цифры совпадают, а остальные различны.

Решение. Событие А=. Из условия задачи следует, что в числе 5 различных цифр, одна из них повторяется — число способов её выбора — любая из 10 цифр, и эта цифра занимает любые 4 места в числе – число способов . Оставшиеся 4 места занимают различные цифры из неиспользованных 9, и так как число зависит от порядка расположения цифр, то число способов выбора четырех цифр равно . Тогда число благоприятствующих исходов . Всего же способов составления 8-значных чисел равно ||=10 8 . Искомая вероятность равна .

Задача 4. Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится.

Решение. Рассмотрим обратное событие , состоящее в том, что в каждую из 5 фирм обратился клиент, тогда в какую-то из них обратились два человека, а в остальные 4 фирмы – по одному клиенту. Таких возможностей . А всего способов распределить 6 клиентов по 5 фирмам . Отсюда , следовательно .

Задача 5. Среди 25 экзаменационных билетов имеется 5 «счастливых» и 20 «несчастливых». Студенты подходят за билетами один за другим по очереди. У кого больше вероятность вытащить «счастливый» билет: у того, кто подошел первым, или у того, кто подошел вторым?

Решение. Пусть «счастливые» билеты имеют номера 1,2,3,4,5. Обозначим через i1 номер билета, взятого первым студентом, через i2 — номер билета, взятого вторым студентом, тогда элементарным исходом будет пара , а пространство элементарных исходов

здесь все элементарные исходы равновероятны. Событие А= имеет вид

Каждое из событий А и В содержит элементов, а все пространство  содержит элементов. Следовательно, Р(А)=Р(В)=1/5.

Задачи по теории вероятностей с решениями

Документ из архива «Задачи по теории вероятностей с решениями», который расположен в категории » «. Всё это находится в предмете «теория вероятностей и математическая статистика» из , которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе «остальное», в предмете «теория вероятности» в общих файлах.

Онлайн просмотр документа «Задачи по теории вероятностей с решениями»

Текст из документа «Задачи по теории вероятностей с решениями»

Механико-математический факультет МГУ имени М.В.Ломоносова, кафедра теории вероятностей Задачи по теории вероятностей с решениями Составитель – доцент А.В.Лебедев, 2010 1. Комбинаторика Задача 1. В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать? Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем — любой из оставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т.е. n1=30, n2=29, n3=28. По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя и профорга равно N=n1n2n3=302928=24360. Задача 2. Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу? Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т.д., т.е. n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно . Задача 3. В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта? Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50 способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта. Задача 5. Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно? Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т.е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно Задача 6. В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии? Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5: Задача 7. В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия? Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т.е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно Задача 8. В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы? Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день? Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов . Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5? Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел Задача 11. Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно? Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10. Согласно формуле, число таких разбиений равно Задача 12. Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которых цифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза? Решение. Каждое семизначное число отличается от другого порядком следования цифр, при этом фактически все семь мест в этом числе делятся на три группы: на одни места ставится цифра «4», на другие места – цифра «5», а на третьи места – цифра «6». Таким образом, множество состоит из 7 элементов (n=7), причем n1=3, n2=2, n3=2, и, следовательно, количество таких чисел равно 2. Классическая вероятностная модель. Геометрическая вероятность Задача 1. В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Какова вероятность, что все три фрукта – апельсины? Решение. Элементарными исходами здесь являются наборы, включающие 3 фрукта. Поскольку порядок фруктов безразличен, будем считать их выбор неупорядоченным (и бесповторным). Общее число элементарных исходов равно числу способов выбрать 3 фрукта из 9, т.е. числу сочетаний . Число благоприятствующих исходов равно числу способов выбора 3 апельсинов из имеющихся 5, т.е. . Тогда искомая вероятность . Задача 2. Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от 1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданных равновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманные числа совпадут. Решение. Вначале подсчитаем общее количество исходов. Первый из студентов выбирает одно из 10 чисел и имеет n1=10 возможностей, второй тоже имеет n2=10 возможностей, наконец, третий также имеет n3=10 возможностей. В силу правила умножения общее число способов равно: n= n1n2n3=10 3 = 1000, т.е. все пространство содержит 1000 элементарных исходов. Для вычисления вероятности события A удобно перейти к противоположному событию, т.е. подсчитать количество тех случаев, когда все три студента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет m1=10 способов выбора числа. Второй студент имеет теперь лишь m2=9 возможностей, поскольку ему приходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первого студента. Третий студент еще более ограничен в выборе — у него всего m3=8 возможностей. Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нет совпадений, равно m=1098=720. Случаев, в которых есть совпадения, остается 280. Следовательно, искомая вероятность равна Р=280/1000= 0,28. Задача 3. Найти вероятность того, что в 8-значном числе ровно 4 цифры совпадают, а остальные различны. Решение. Событие А=. Из условия задачи следует, что в числе пять различных цифр, одна из них повторяется. Число способов её выбора равно числу способов выбора одной цифры из 10 цифр. Эта цифра занимает любые 4 места в числе, что возможно сделать способами, так как порядок здесь не важен. Оставшиеся 4 места занимают различные цифры из неиспользованных девяти, и так как число зависит от порядка расположения цифр, то число способов выбора четырех цифр равно числу размещений . Тогда число благоприятствующих исходов . Всего же способов составления 8-значных чисел равно ||=10 8 . Искомая вероятность равна . Задача 4. Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится. Решение. Рассмотрим противоположное событие , состоящее в том, что в каждую из 5 фирм обратился клиент, тогда в какую-то из них обратились 2 клиента, а в остальные 4 фирмы – по одному клиенту. Таких возможностей . Общее количество способов распределить 6 клиентов по 5 фирмам . Отсюда . Следовательно, . Задача 5. Пусть в урне имеется N шаров, из них М белых и N–M черных. Из урны извлекается n шаров. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно m белых шаров. Решение. Так как порядок элементов здесь несущественен, то число всех возможных наборов объема n из N элементов равно числу сочетаний . Число испытаний, которые благоприятcтвуют событию А – «m белых шаров, n–m черных», равно , и, следовательно, искомая вероятность равна Р(А)= . Задача 6. Точку наудачу бросили на отрезок [0; 2]. Какова вероятность ее попадания в отрезок [0,5; 1,4]?

Научный форум dxdy

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе «Помогите решить/разобраться (М)».

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву , правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.

Элементарная теория вероятностей

На страницу 1 , 2 След.

Элементарная теория вероятностей
23.04.2007, 16:11

Здравствуйте!
Помогите решить пожалуйста следующую задачку. Понимаю что все просто, но ответ у меня не получается хоть убей. Итак:

Пять клиентов случайным образом обратились в 4 фирмы. Какова вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится? Ответ: 0,765

Приведу свое решение. Оно мне кстати нравится, уже начинаю думать об опечатке в учебнике

Поскольку не важно какой клиент в какую фирму обратится, можно использовать статистику Бозе — Эйнштейна. Имеем: n = 5 частиц, m = 4 ячейки, событие что в какой то ячейке ровно k = 0 частиц. По формуле получаем 7С2 / 8С3 = 0.375. До ответа далеко.

23.04.2007, 16:36

Заслуженный участник

Я думаю, ответ в задаче округлен. Правильный ответ: 49/64.

Добавлено спустя 14 минут 9 секунд:

newbie писал(а):

Поскольку не важно какой клиент в какую фирму обратится, можно использовать статистику Бозе — Эйнштейна

Кстати, почему это не важно? Очень даже важно!
23.04.2007, 21:50

Brukvalub
выложите пожалуйста решение.

Насчет не важности клиентов — собственно не спорю, даже не знаю почему так подумал.

23.04.2007, 22:11

Заслуженный участник

Каждый из клиентов, независимо от других, может выбрать любую фирму, поэтому общее число вариантов выбора равно \[4^5 \]Ясно, что требуемое условие не выполняется тогда и только тогда,когда какие-то 2 клиента пошли в одну фирму, а остальные — по одному в каждую из оставшихся фирм. «Склеим» пошедших вместе клиентов в один объект, разных таких склеек можно образовать \[C_5^2 \]штук, после чего каждый раз появляется 4! возможностей распределить объекты по фирмам. Итак,\[ P(A) = 1 - P(\bar A) = 1 - \frac<<4!C_5^2 >>> \]» /></p> <p>23.04.2007, 22:16</p> <table cellspacing= Супермодератор

Здесь не принято выкладывать готовые решения для простых задач, но принято помогать в них разбираться. Сформулируйте, как Вы пытаетесь ее решать, с чего начинаете, в какой момент возникают затруднения.

Для затравки можно сначала разобраться, что здесь представляет собой пространство элементарных исходов эксперимента, сколько их, является ли ситуация классической или неклассической. По какому принципу в данной задаче вообще находятся вероятности любых событий и к чему, стало быть, сводится конкретно данная задача.

Добавлено спустя 3 минуты 4 секунды:

Я бы решал чуть более длинно, по формуле включений-исключений.

23.04.2007, 23:10

Благодаря Вам разобрался с этой и еще с парочкой подобных задач.

PAV , хорошо, учту. Хотя надеюсь, больше не придется спрашивать помощи в решении простых задач

23.04.2007, 23:21

Супермодератор

Метод, который предложил Brukvalub , действительно достаточно простой и красивый, но он хорош именно для таких чисел. Если бы в задаче было больше клиентов, то он уже становится достаточно сложным, так как нужно учесть все возможные комбинации по фирмам. С помощью же формулы включений-исключений задача решается таким же образом.

26.04.2007, 11:03

Все таки мне снова нужна помощь. Чего-то тяжело теорвер дается

Задача: найти вероятность того, что в пятизначном числе имеются 2 четные цифры и 3 нечетные, при условии, что все они различны (считаем, что пятизначное число не может начинаться с нуля). Ответ: 0,73

$\Omega$ = 9*10^4

Мое решение.
Общее число элементарных исходов: .

Благоприятствующие исходы можно разбить на две группы: когда первая цифра — четная и когда первая цифра — нечетная.

Первая цифра четная.
Выбираем любую четную цифру из четырех: $C_4^1. Далее, выбираем три цифры из пяти нечетных: $A_5^3. В нашем числе их можно расставить $C_4^3способами. И наконец, берем еще одну четную цифру: $C_4^1. Итого: 3840 исходов.

Первая цифра нечетная
Берем любую нечетную цифру: $C_5^1. Берем еще две цифры и расставляем по числу: $A_4^2 $C_4^2. Берем два четных числа: $A_5^2. Итого: 7200.

Складываем полученные результаты и делим на общее число исходов: (3840+7200) / 90000 = 0,123. С ответом не сходится.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *