Примеры решения типовых заданий по теории вероятностей и математической статистике

Предстоящая контрольная по теории вероятностей и математической статистике часто вызывает чувство неопределенности. Кажется, что нужно запомнить десятки формул, а каждая задача — это уникальный вызов. Но это обманчивое впечатление. На самом деле, большинство задач решаются с помощью нескольких ключевых и вполне логичных алгоритмов. Успех здесь — это не удача, а понимание структуры проблемы и выбор правильного инструмента для ее решения.

Эта статья — ваш практический помощник и наставник. Мы не будем погружаться в сложные теоретические дебри, а вместо этого сосредоточимся на главном: на пошаговом разборе типовых заданий, которые с большой вероятностью встретятся в вашей контрольной. Мы пройдем путь от простого к сложному, от подсчета вариантов до оценки вероятностей на основе новой информации. Давайте начнем с фундамента, без которого невозможно вычислить практически ни одну вероятность — с комбинаторики.

Раздел 1. С чего начинается вероятность, или задачи на комбинаторику

Прежде чем вычислять вероятность, нужно научиться считать количество всех возможных исходов. Этим и занимается комбинаторика. В ее основе лежат три ключевых понятия: перестановки, размещения и сочетания. Чтобы не путаться в них, всегда задавайте себе один главный вопрос: «Важен ли мне порядок элементов?».

• Если вы просто выбираете элементы в группу и порядок не имеет значения (выбрать 3 человека для дежурства) — это сочетания.
• Если порядок важен (выбрать 3 человека на должности капитана, штурмана и боцмана) — это размещения.
• Если вы переставляете местами все имеющиеся элементы (сколькими способами можно расставить 5 книг на полке) — это перестановки.

Рассмотрим это на классическом примере.

Разбор типовой задачи

Задача 1.1. Из пункта А в пункт В ведут 5 дорог. Колонну автомашин необходимо разделить на три части и направить по трем дорогам из имеющихся пяти. Сколькими способами можно выбрать эти три дороги?

Пошаговое решение:

1. Анализируем условие. Наше действие — выбор 3 дорог из 5 доступных.
2. Определяем тип соединения. Задаем ключевой вопрос: важен ли порядок, в котором мы выбираем дороги? В условии сказано, что по ним просто направят три части колонны. Не указано, что первая часть поедет по первой выбранной дороге, вторая — по второй и т.д. Нам важен лишь сам набор из трех дорог. Следовательно, порядок не важен, и это задача на сочетания.
3. Применяем формулу. Формула для числа сочетаний из n элементов по k выглядит так: C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!).
4. Подставляем значения и считаем. В нашем случае n=5 (всего дорог), k=3 (дорог нужно выбрать).
   C(5, 3) = 5! / (3! * (5-3)!) = 5! / (3! * 2!) = (5 * 4 * 3 * 2 * 1) / ((3 * 2 * 1) * (2 * 1)) = 120 / (6 * 2) = 120 / 12 = 10.
5. Формулируем ответ. Существует 10 способов выбрать 3 дороги из 5 имеющихся.

Теперь, когда мы научились считать количество возможных вариантов, мы можем перейти к вычислению самой вероятности события.

Раздел 2. Классическое определение вероятности как основа основ

В большинстве базовых задач используется классическое определение вероятности. Оно звучит просто: вероятность события P(A) равна отношению числа исходов, благоприятствующих этому событию (m), к общему числу всех равновозможных исходов (n). Формула: P(A) = m/n.

На практике самая сложная часть — это правильно посчитать m и n, используя методы комбинаторики, которые мы только что разобрали. Главное — не запутаться, где общее число, а где благоприятное.

Разбор типовой задачи

Задача 2.1. Для изучения процесса классификации объектов в эксперименте используются карточки белого, желтого и зеленого цветов. Испытуемый вытащил 5 карточек из 30 (по 10 каждого цвета). Найти вероятность того, что все 5 карточек только зеленого цвета.

Пошаговое решение:

1. Находим общее число исходов (n). Это число всех возможных способов вытащить 5 карточек из 30 имеющихся. Порядок, в котором мы их вытаскиваем, не важен, значит, это снова сочетания.
   n = C(30, 5) = 30! / (5! * 25!) = (30 * 29 * 28 * 27 * 26) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 142 506.
   Итак, существует 142 506 уникальных наборов из 5 карточек.
2. Находим число благоприятных исходов (m). Нас интересует ситуация, когда все 5 вытащенных карточек — зеленые. Это значит, что мы должны выбирать 5 карточек из 10 зеленых, которые есть в наборе.
   m = C(10, 5) = 10! / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 252.
   Существует 252 способа вытащить набор, состоящий только из 5 зеленых карточек.
3. Применяем формулу P(A) = m/n.
   P(A) = 252 / 142506.
4. Упрощаем дробь и даем ответ.
   P(A) ≈ 0.00177.
   Это очень маловероятное событие, что интуитивно понятно: шанс вытащить подряд 5 карточек одного конкретного цвета из такого большого набора невелик.

Классическая формула отлично работает, когда все исходы равновероятны. Но что, если события зависят друг от друга? Для этого нам понадобятся теоремы о сложении и умножении вероятностей.

Раздел 3. Как работать со сложными событиями и их зависимостями

Часто нас интересует вероятность не одного, а комбинации нескольких событий. Здесь ключевым является понимание двух пар понятий. Для теоремы сложения — несовместные события (те, что не могут произойти одновременно: монета не может выпасть орлом и решкой сразу). Для теоремы умножения — независимые события (исход одного не влияет на исход другого: результат броска первой кости не влияет на результат броска второй).

Разбор типовой задачи

Задача 3.1. Имеется три пачки, содержащие по 100 листов цветной бумаги. В первой пачке 20, во второй 25, в третьей 50 листов красной бумаги. Из каждой пачки наудачу вынимают по одному листу. Найти вероятность того, что ровно два вынутых листа бумаги окажутся красными.

Пошаговое решение:

1. Декомпозиция сложного события. Назовем искомое событие А («ровно два листа красные»). Из чего оно состоит? Есть три варианта (исхода), которые удовлетворяют этому условию. Обозначим «К» — вытащили красный лист, «Н» — не красный.
   • Исход 1: Из первой и второй пачек вытащили красные, из третьей — нет (ККН).
   • Исход 2: Из первой и третьей — красные, из второй — нет (КНК).
   • Исход 3: Из второй и третьей — красные, из первой — нет (НКК).

   Эти три исхода являются несовместными (не могут произойти одновременно). Значит, итоговая вероятность P(A) будет суммой их вероятностей: P(A) = P(ККН) + P(КНК) + P(НКК).

2. Расчет вероятностей для каждой пачки. Вычислим базовые вероятности вытащить или не вытащить красный лист из каждой пачки:
   • Пачка 1: P1(К) = 20/100 = 0.2; P1(Н) = 1 — 0.2 = 0.8.
   • Пачка 2: P2(К) = 25/100 = 0.25; P2(Н) = 1 — 0.25 = 0.75.
   • Пачка 3: P3(К) = 50/100 = 0.5; P3(Н) = 1 — 0.5 = 0.5.
3. Расчет вероятности каждого исхода. Выбор листа из каждой пачки — независимое событие. Поэтому для нахождения вероятности совместного наступления этих событий мы используем теорему умножения:
   • P(ККН) = P1(К) * P2(К) * P3(Н) = 0.2 * 0.25 * 0.5 = 0.025.
   • P(КНК) = P1(К) * P2(Н) * P3(К) = 0.2 * 0.75 * 0.5 = 0.075.
   • P(НКК) = P1(Н) * P2(К) * P3(К) = 0.8 * 0.25 * 0.5 = 0.1.
4. Сложение вероятностей несовместных исходов. Теперь, используя теорему сложения, находим итоговую вероятность:
   
   P(A) = 0.025 + 0.075 + 0.1 = 0.2.

Мы рассмотрели ситуации, когда условия известны заранее. А теперь перейдем к самому интересному: как обновлять наши знания о вероятности события, когда у нас появляется новая информация. Это область формулы полной вероятности и теоремы Байеса.

Раздел 4. Формула полной вероятности и теорема Байеса, или сила новой информации

Эти два инструмента — вершина элементарной теории вероятностей, и их часто путают. Давайте разберемся в их сути.
Формула полной вероятности нужна, когда мы хотим найти «усредненную» вероятность некоторого события А, которое может произойти в разных условиях (гипотезах H1, H2, …). Мы как бы «собираем» общую вероятность по кусочкам, взвешивая вероятность события в каждой гипотезе на вероятность самой гипотезы.
Теорема Байеса работает в обратную сторону. Она нужна, когда событие А уже произошло, и мы хотим на основе этого нового факта переоценить вероятность одной из первоначальных гипотез. Это формула обновления наших убеждений.

Разбор задачи на полную вероятность

Задача 4.1. В исправительное учреждение поступает в среднем 50% осужденных по статье N, 30% — по статье M, 20% — по статье К. Вероятность того, что осужденный, отбывающий наказание по статье N, встанет на путь исправления, равна 0,7, для статей М и К эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,6. Найти вероятность того, что случайно выбранный осужденный, отбывающий наказание в этом ИУ, встанет на путь исправления.

Решение:

• Событие А — «осужденный встанет на путь исправления».
• Гипотезы — это условия, в которых может оказаться осужденный.
  • H1: осужденный по ст. N. Вероятность этой гипотезы P(H1) = 0.5.
  • H2: осужденный по ст. M. Вероятность P(H2) = 0.3.
  • H3: осужденный по ст. К. Вероятность P(H3) = 0.2.
• Условные вероятности события А при каждой гипотезе (даны в условии): P(A|H1)=0.7; P(A|H2)=0.8; P(A|H3)=0.6.
• Применяем формулу полной вероятности: P(A) = P(H1)P(A|H1) + P(H2)P(A|H2) + P(H3)P(A|H3).
• Подставляем значения: P(A) = 0.5 * 0.7 + 0.3 * 0.8 + 0.2 * 0.6 = 0.35 + 0.24 + 0.12 = 0.71.

Ответ: Вероятность того, что случайно взятый осужденный встанет на путь исправления, равна 0.71 или 71%.

Разбор задачи на теорему Байеса

Задача 5.1. В пирамиде 10 винтовок, из которых 4 снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела эта вероятность равна 0,8. Стрелок поразил мишень из наудачу взятой винтовки. Что вероятнее: стрелок стрелял из винтовки с оптическим прицелом или без него?

Решение:

• Событие А — «мишень поражена». Это событие уже произошло.
• Гипотезы (что было до выстрела):
  • H1: стрелок взял винтовку с прицелом. P(H1) = 4/10 = 0.4.
  • H2: стрелок взял винтовку без прицела. P(H2) = 6/10 = 0.6.
• Условные вероятности (даны в условии): P(A|H1)=0.95; P(A|H2)=0.8.
• Сначала найдем полную вероятность события А (что мишень вообще будет поражена):
  P(A) = P(H1)P(A|H1) + P(H2)P(A|H2) = 0.4 * 0.95 + 0.6 * 0.8 = 0.38 + 0.48 = 0.86.
• Теперь применяем формулу Байеса, чтобы переоценить вероятности гипотез H1 и H2 после того, как мы узнали, что мишень поражена:
  • P(H1|A) = (P(H1) * P(A|H1)) / P(A) = (0.4 * 0.95) / 0.86 ≈ 0.44.
  • P(H2|A) = (P(H2) * P(A|H2)) / P(A) = (0.6 * 0.8) / 0.86 ≈ 0.56.
• Вывод: Сравниваем полученные вероятности. Так как 0.56 > 0.44, то вероятнее, что стрелок стрелял из винтовки без оптического прицела. Это может показаться контринтуитивным, но это произошло потому, что винтовок без прицела изначально было больше.

Теория вероятностей создает базу для ее практического применения в работе с данными. Перейдем к краткому обзору того, как эти принципы используются в математической статистике.

Раздел 5. От теории к практике, или краткое введение в математическую статистику

Если теория вероятностей по известным параметрам системы (например, «монета честная») предсказывает результат эксперимента (вероятность орла = 0.5), то математическая статистика решает обратную задачу. Она по результатам эксперимента (выборке данных) пытается оценить неизвестные параметры системы (например, после 100 бросков мы получили 70 орлов и пытаемся понять, честная ли монета).

Разбор типовой задачи

Задача: Дан ряд роста студентов в группе (выборка): 175, 180, 170, 185, 175. Найти выборочное среднее, моду и медиану.

Пошаговое решение:

1. Выборочное среднее. Это просто среднее арифметическое всех значений. Оно дает общую характеристику выборки.
   (175 + 180 + 170 + 185 + 175) / 5 = 885 / 5 = 177 см.
2. Мода. Это значение, которое встречается в выборке чаще всего. Мода показывает самое «популярное» значение.
   В нашем ряду значение 175 встречается дважды, а все остальные по одному разу. Следовательно, мода = 175 см.
3. Медиана. Это «середина» упорядоченного ряда. Она устойчива к случайным выбросам. Сначала обязательно нужно упорядочить ряд по возрастанию: 170, 175, 175, 180, 185.
   Центральным значением в этом ряду является 175. Медиана = 175 см. (Если бы число элементов было четным, медианой было бы среднее арифметическое двух центральных значений).

Заключение. Несколько советов перед контрольной

Мы разобрали основные типы задач, от базовой комбинаторики до мощной теоремы Байеса. Как вы могли заметить, решение почти любой задачи сводится к простому алгоритму: сначала внимательно прочитать и понять физический смысл происходящего, затем определить, к какому разделу теории относится задача, выбрать нужную формулу и, наконец, аккуратно провести вычисления.

Напоследок несколько практических советов:

• Не пытайтесь угадать. Всегда расписывайте свою логику, даже если задача кажется простой. Это поможет избежать глупых ошибок и покажет преподавателю ход ваших мыслей.
• Начинайте с простого. На контрольной сначала решите те задачи, в которых вы уверены на 100%. Это придаст вам уверенности и гарантирует начальные баллы.
• Проверяйте вычисления. Арифметическая ошибка может стоить вам целой задачи. Не поленитесь пересчитать результат на калькуляторе.

Теперь у вас есть не просто набор решений, а система подхода к задачам по теории вероятностей. Помните, что ключ к успеху — это не зубрежка, а понимание. Удачи на контрольной!