Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E слу­чай­ной дис­крет­ной ве­ли­чи­ны X, ко­то­рая может при­ни­мать че­ты­ре воз­мож­ных зна­че­ния, равно

По усло­вию:

Тогда

Ответ: 0,5.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E слу­чай­ной дис­крет­ной ве­ли­чи­ны X, ко­то­рая может при­ни­мать че­ты­ре воз­мож­ных зна­че­ния, равно

По усло­вию:

Тогда для ма­те­ма­ти­че­ско­го ожи­да­ния вы­иг­ры­ша по­лу­ча­ем:

что на рубля мень­ше сто­и­мо­сти би­ле­та.

Ответ: 34,5.

При­ме­ча­ние.

По­ня­тие ма­то­жи­да­ния яв­ля­ет­ся от­но­си­тель­но новым для рос­сий­ской школы, по­это­му сде­ла­ем не­боль­шое за­ме­ча­ние. Ма­то­жи­да­ние вы­иг­ры­ша это ха­рак­те­ри­сти­ка, по­ка­зы­ва­ю­щая сколь­ко в сред­нем по­лу­чит или по­те­ря­ет игрок, если при не­из­мен­ных усло­ви­ях будет иг­рать до­ста­точ­но долго. По­лу­чен­ный выше ре­зуль­тат го­во­рит о том, что каж­дый раз вы­иг­ры­вая (ло­те­рея  — бес­про­иг­рыш­ная) ку­пив­ший билет, тем не менее, в сред­нем будет те­рять 34,5 рубля за игру.

Ре­ше­ние. Пусть X  — дис­крет­ная слу­чай­ная ве­ли­чи­на, рав­ная числу ав­то­ма­тов, в ко­то­рых к ве­че­ру за­кон­чит­ся кофе. Она может при­ни­мать 3 зна­че­ния: 0, если кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, 1 (кофе оста­нет­ся ровно в одном ав­то­ма­те) или 2, если кофе кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах. Най­дем ве­ро­ят­но­сти этих со­бы­тий.

Ве­ро­ят­ность того, что кофе кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах, в силу не­за­ви­си­мо­сти этих со­бы­тий равна

В пер­вом ав­то­ма­те кофе оста­нет­ся с ве­ро­ят­но­стью 0,8, а во вто­ром  — с ве­ро­ят­но­стью 0,4. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, равна

Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся ровно в одном ав­то­ма­те, равна

По­стро­им закон рас­пре­де­ле­ния Х:

Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E слу­чай­ной дис­крет­ной ве­ли­чи­ны X, ко­то­рая может при­ни­мать три зна­че­ния, равно

Ответ: 0,8.

При­ме­ча­ние.

Ве­ли­чи­ну P(X  =  1) можно было найти не­по­сред­ствен­ным вы­чис­ле­ни­ем. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в пер­вом ав­то­ма­те равна 0,8 · 0,6  =  0,48. Ве­ро­ят­ность того, что кофе кон­чит­ся в пер­вом ав­то­ма­те, но оста­нет­ся во вто­ром равна 0,2 · 0,4  =  0,08. Эти со­бы­тия не­сов­мест­ные, по­это­му ровно в одном ав­то­ма­те кофе за­кон­чит­ся с ве­ро­ят­но­стью

Ре­ше­ние. Пусть X  — дис­крет­ная слу­чай­ная ве­ли­чи­на, рав­ная числу ав­то­ма­тов, в ко­то­рых к ве­че­ру оста­нет­ся кофе. Она может при­ни­мать 3 зна­че­ния: 0, если кофе за­кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах, 1, если кофе оста­нет­ся ровно в одном ав­то­ма­те или 2, если кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах. Най­дем ве­ро­ят­но­сти этих со­бы­тий.

Ве­ро­ят­ность того, что кофе за­кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах, в силу не­за­ви­си­мо­сти этих со­бы­тий равна

В пер­вом ав­то­ма­те кофе оста­нет­ся с ве­ро­ят­но­стью 0,2, а во вто­ром  — с ве­ро­ят­но­стью 0,7. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, равна

Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся хотя бы в одном ав­то­ма­те, равна

По­стро­им закон рас­пре­де­ле­ния Х:

Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E слу­чай­ной дис­крет­ной ве­ли­чи­ны X, ко­то­рая может при­ни­мать три зна­че­ния, равно

Ответ: 0,9.

При­ме­ча­ние.

Ве­ли­чи­ну P(X  =  1) можно было найти не­по­сред­ствен­ным вы­чис­ле­ни­ем. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в пер­вом ав­то­ма­те, но за­кон­чит­ся во вто­ром, равна 0,8 · 0,7  =  0,56. Ве­ро­ят­ность того, что кофе за­кон­чит­ся в пер­вом ав­то­ма­те, но оста­нет­ся во вто­ром равна 0,2 · 0,3  =  0,06. Эти со­бы­тия не­сов­мест­ные, по­это­му ровно в одном ав­то­ма­те кофе за­кон­чит­ся с ве­ро­ят­но­стью

Ре­ше­ние. Ниже мы до­ка­жем, что если не­ко­то­рое со­бы­тие на­сту­па­ет с ве­ро­ят­но­стью p, то в серии ис­пы­та­ний это со­бы­тие в сред­нем пер­вый раз будет на­сту­пать на шаге с но­ме­ром В дан­ной за­да­че ве­ро­ят­ность вы­па­де­ния орла равна 0,5, по­это­му при мно­го­крат­ных бро­са­ни­ях в сред­нем пер­вый раз орел будет вы­па­дать на вто­ром шаге. Вто­рой орел  — еще через два шага. Два орла в сред­нем будут вы­па­дать за 4  брос­ка.

Ответ: 4.

Вы­чис­ле­ние ма­те­ма­ти­че­ско­го ожи­да­ния ко­ли­че­ства ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха.

Про­ве­дем серию ис­пы­та­ний, ре­зуль­та­том каж­до­го из ко­то­рых яв­ля­ет­ся либо успех с ве­ро­ят­но­стью р, где 0 < p < 1, либо не­уда­ча с ве­ро­ят­но­стью При на­ступ­ле­нии успе­ха ис­пы­та­ния пре­кра­ща­ет­ся. Опре­де­лим при таких усло­ви­ях ма­то­жи­да­ние ко­ли­че­ства ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха.

Ве­ро­ят­ность того, что успех на­сту­пит при пер­вом ис­пы­та­нии равна р. Ве­ро­ят­ность успе­ха на вто­ром ис­пы­та­нии озна­ча­ет, что пер­вое долж­но окон­чить­ся не­уда­чей, а по­то­му она равна qр. На тре­тьем ис­пы­та­нии успех на­сту­па­ет с ве­ро­ят­но­стью q²р и так далее. Опи­сан­ные со­бы­тия не­сов­мест­ные, сле­до­ва­тель­но, ве­ро­ят­ность того, что успех на­сту­пит на каком-то шаге равна сумме най­ден­ных ве­ро­ят­но­стей:

Все сла­га­е­мые в по­лу­чен­ном вы­ра­же­нии по­ло­жи­тель­ны и не пре­вос­хо­дят еди­ни­цы, по­это­му она пред­став­ля­ет собой гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию с пер­вым чле­ном р и зна­ме­на­те­лем q. Сумма чле­нов этой про­грес­сии равна от­ку­да по­лу­ча­ем:

Будем счи­тать те­перь левую и пра­вую части най­ден­но­го тож­де­ства функ­ци­я­ми, за­ви­ся­щи­ми от q. Из тож­де­ствен­но­го ра­вен­ства вы­ра­же­ний сле­ду­ет ра­вен­ства их про­из­вод­ных, по­это­му, вы­чис­ляя про­из­вод­ную по q, по­лу­чим:

Оста­лось за­ме­тить, что левая часть по­след­не­го ра­вен­ства есть ма­то­жи­да­ние ко­ли­че­ства ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха. Тем самым для гео­мет­ри­че­ско­го рас­пре­де­ле­ния с ве­ро­ят­но­стью успе­ха р в каж­дом ис­пы­та­нии ма­то­жи­да­ние ко­ли­че­ства ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха равно

Таким об­ра­зом, если не­ко­то­рое со­бы­тие на­сту­па­ет с ве­ро­ят­но­стью p, то в серии ис­пы­та­ний это со­бы­тие в сред­нем пер­вый раз будет на­сту­пать на шаге с но­ме­ром Это мы и хо­те­ли до­ка­зать.

При­ме­ча­ние.

На пер­вый взгляд, ка­жет­ся есте­ствен­ным вы­чис­лить ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние по опре­де­ле­нию. Для этого по­сту­пим рас­смот­рим сле­ду­ю­щие слу­чаи.

Слу­чай двух бро­са­ний: воз­мож­ные ком­би­на­ции ОО, ОР, РО, РР. Ве­ро­ят­ность каж­дой из них равна Под­хо­дя­щей яв­ля­ет­ся лишь  ОО, ве­ро­ят­ность та­ко­го со­бы­тия равна

Слу­чай трех бро­са­ний: воз­мож­ные ком­би­на­ции ООО, ООР, ОРО, ОРР, РОО, РОР, РРО, РРР. Ве­ро­ят­ность каж­дой из них равна Ком­би­на­цию  ООО и ООР от­бра­сы­ва­ем, по­сколь­ку она вы­па­де­ние двух орлов под­ряд от­но­сит­ся к преды­ду­ще­му слу­чаю. Из остав­ших­ся под­хо­дя­щи­ми ком­би­на­ци­я­ми яв­ля­ют­ся ОРО, РОО ве­ро­ят­ность та­ко­го со­бы­тия равна

Слу­чай че­ты­рех бро­са­ний: воз­мож­ные ком­би­на­ции ОООО, ОООР, ООРО, ООРР, ОРОО, ОРОР, ОРРО, ОРРР, РООО, РООР, РОРО, РОРР, РРОО, РРОР, РРРО, РРРР. Ве­ро­ят­ность каж­дой из них равна Ком­би­на­ции, со­дер­жа­щие двух орлов до на­ступ­ле­ния чет­вер­то­го шага, от­бра­сы­ва­ем как учтен­ные ранее. Из остав­ших­ся под­хо­дя­щи­ми яв­ля­ют­ся ОРРО, РОРО, РРОО. ве­ро­ят­ность та­ко­го со­бы­тия равна

Видим за­ко­но­мер­ность: для n брос­ков ве­ро­ят­ность равна Тогда по опре­де­ле­нию ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно

Ком­пью­тер­ные вы­чис­ле­ния по­ка­зы­ва­ют, что при стрем­ле­нии ко­ли­че­ства брос­ков  n к бес­ко­неч­но­сти, най­ден­ная сумма не­огра­ни­чен­но при­бли­жа­ет­ся к числу  4. Этот пре­дел и можно счи­тать ис­ко­мым ма­те­ма­ти­че­ским ожи­да­ни­ем. Про­бле­ма лишь в том, как вы­чис­лить этот пре­дел без ис­поль­зо­ва­ния ком­пью­тер­ной тех­ни­ки.

При­ме­ча­ние ре­дак­ции Решу ЕГЭ.

При­ве­ден­ное за­да­ние взято нами из От­кры­то­го банка ма­те­ма­ти­че­ских задач, со­став­лен­но­го раз­ра­бот­чи­ка­ми ЕГЭ.

Ре­ше­ние. Ве­ро­ят­ность каж­до­го ис­хо­да (по­сле­до­ва­тель­ность вы­па­де­ния орлов и решек) в опи­сан­ном экс­пе­ри­мен­те со­став­ля­ет Ко­ли­че­ство ис­хо­дов, со­от­вет­ству­ю­щих со­бы­тию «Вы­па­ло ровно k орлов», равно а ве­ро­ят­ность этого со­бы­тия, равна

Тогда ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E ко­ли­че­ства вы­пав­ших орлов (X) равно

Учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем

Ответ: 3.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

В нашем слу­чае ве­ро­ят­ность вы­па­де­ния орла для каж­до­го бро­са­ния равна 0,5. По­это­му ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние ко­ли­че­ства вы­пав­ших орлов при 6 бро­са­ни­ях равно 6 · 0,5  =  3.

При­ме­ча­ние.

Под­хо­ды к ре­ше­нию задач этого типа по­дроб­но разо­бра­ны нами на при­ме­ре за­да­чи 509400.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой слу­чай­ных ве­ли­чин «число сде­лан­ных брос­ков до пер­вой ше­стер­ки» и «число сде­лан­ных брос­ков от пер­вой до вто­рой ше­стер­ки». Ше­стер­ка вы­па­да­ет с ве­ро­ят­но­стью по­это­му ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние каж­дой из этих двух слу­чай­ных ве­ли­чин равно 6. Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно 12.

Ответ: 12.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: ше­стер­ка вы­па­да­ет в сред­нем один раз из шести брос­ков, сле­до­ва­тель­но, в сред­нем до по­яв­ле­ния пер­вой ше­стер­ки по­тре­бу­ет­ся 6 брос­ков, а после этого еще столь­ко же до по­яв­ле­ния вто­рой ше­стер­ки.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой слу­чай­ных ве­ли­чин «число куп­лен­ных кин­дер-сюр­при­зов до пер­во­го бе­ге­мо­та в кепке» и «число куп­лен­ных кин­дер-сюр­при­зов от пер­во­го до вто­ро­го бе­ге­мо­та в кепке». Бе­ге­мот в кепке по­па­да­ет­ся с ве­ро­ят­но­стью по­это­му ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние каж­дой из этих двух слу­чай­ных ве­ли­чин равно 12. Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно 24.

Ответ: 24.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: бе­ге­мот в кепке по­па­да­ет­ся в сред­нем один раз из 12 кин­дер-сюр­при­зов, сле­до­ва­тель­но, в сред­нем до по­яв­ле­ния пер­во­го бе­ге­мо­та в кепке по­тре­бу­ет­ся 12 кин­дер-сюр­при­зов, а после этого еще столь­ко же до по­яв­ле­ния вто­ро­го бе­ге­мо­та в кепке.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой слу­чай­ных ве­ли­чин «число вы­стре­лов до пер­во­го по­па­да­ния» и «число вы­стре­лов от пер­во­го до вто­ро­го по­па­да­ния». Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние каж­дой из этих двух слу­чай­ных ве­ли­чин равно то есть 20. Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно 40.

Ответ: 40.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: стре­лок по­па­да­ет в ми­шень в сред­нем один раз из 20 вы­стре­лов, сле­до­ва­тель­но, в сред­нем до по­яв­ле­ния пер­во­го по­па­да­ния по­тре­бу­ет­ся 20 вы­стре­лов, а после этого еще столь­ко же до вто­ро­го по­па­да­ния.

Ре­ше­ние. Без огра­ни­че­ния общ­но­сти пусть на пер­вом брос­ке вы­па­ла решка. Орёл вы­па­да­ет с ве­ро­ят­но­стью Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние числа ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха равно p. По­это­му в сред­нем по­тре­бу­ет­ся еще два брос­ка, чтобы выпал орёл.

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой четырёх слу­чай­ных ве­ли­чин «число брос­ков до вы­па­де­ния числа из на­бо­ра 1, 2, 3 и 4, ко­то­рое не вы­па­да­ло ранее». Ве­ро­ят­ность успе­ха для пер­вой такой слу­чай­ной ве­ли­чи­ны  — вто­рой  — (одно число уже вы­па­да­ло ранее, по­это­му бла­го­при­ят­ству­ют толь­ко 3 грани из 6), для тре­тьей  — а для по­след­ней  — Ма­те­ма­ти­че­ские ожи­да­ния со­от­вет­ствен­но равны Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно

Ответ: 12,5.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: пер­вое число из на­бо­ра 1, 2, 3 и 4 вы­па­да­ет в сред­нем в двух брос­ках из трех или в одном из по­лу­то­ра, по­это­му в сред­нем до пер­во­го та­ко­го числа по­тре­бу­ет­ся 1,5 брос­ка. Одно из остав­ших­ся трех чисел вы­па­да­ет в сред­нем в одном брос­ке из двух, по­это­му до оче­ред­но­го числа (ко­то­рое не вы­па­да­ло ранее) по­тре­бу­ет­ся в сред­нем два брос­ка, и так далее. Для по­лу­че­ния од­но­го из двух остав­ших­ся чисел по­тре­бу­ет­ся в сред­нем ещё три брос­ка, а для по­след­не­го  — 6 брос­ков.

Ре­ше­ние. Пусть Объем вы­бор­ки Най­дем сред­нее зна­че­ние вы­бор­ки:

Най­дем дис­пер­сию вы­бор­ки:

Не­сме­щен­ная оцен­ка дис­пер­сии ге­не­раль­ной со­во­куп­но­сти равна

Ответ: 0,01.

Ре­ше­ние. Со­бы­тию со­от­вет­ству­ют три эле­мен­тар­ных со­бы­тия (об­ве­де­ны на ри­сун­ке зелёным). Сумма ве­ро­ят­но­стей их на­ступ­ле­ния равна ве­ро­ят­но­сти на­ступ­ле­ния со­бы­тия :

Ответ: 0,4.

Ре­ше­ние. Со­бы­тию со­от­вет­ству­ют че­ты­ре эле­мен­тар­ных со­бы­тия (об­ве­де­ны на ри­сун­ке зелёным). Сумма ве­ро­ят­но­стей их на­ступ­ле­ния равна ве­ро­ят­но­сти на­ступ­ле­ния со­бы­тия Все 10 эле­мен­тар­ных со­бы­тий рав­но­воз­мож­ны, то есть ве­ро­ят­ность на­ступ­ле­ния каж­до­го из них равна 0,1. Зна­чит,

Ответ: 0,4.

Ре­ше­ние. Опре­де­лим объем вы­бор­ки, от­но­си­тель­ную ча­сто­ту от­ве­та «Да» и сред­не­квад­ра­тич­ное от­кло­не­ние:

Для двух стан­дарт­ных от­кло­не­ний ин­тер­валь­ная оцен­ка имеет вид

а по­то­му верх­няя гра­ни­ца до­ве­ри­тель­но­го ин­тер­ва­ла равна

Оце­ним най­ден­ное зна­че­ние:

Округ­ляя до де­ся­тых, по­лу­ча­ем 0,8.

Ответ: 0,8.