Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы теории вероятностей. Что следует знать студенту-математику
.pdf
Решения некоторых задач
191
2.21.ПустьA— событие «вы выиграли джекпот в какой-то
момент после того, как купили лотерейный билет ровно один
раз». СобытиеAможет произойти, только если произойдет одно
из несовместных событий
но угадали шесть номеров на вашем первом билете», а
и
B
,где
B
1
2
—событие«выправиль
B
1
—собы
B
2
тие «вы угадали ровно два номера на вашем первом билете». Тогда
PA PAB PB PAB PB() (| )( ) (| )( )=+
11 22
раздела 1.1, и вы получите
Кроме того,
+
PA() /´
PAB(| )
6239445
æ
ö
æ
ç
ç
è
ö
÷
ç
÷
÷
ç
÷
ø
è
ø
1=иPAB PA(| ) ()
1
æ
ö
ç
÷
и, наконец,
ç
÷
6
è
ø
. Используйте урновую модель из
1
2
ç
è
=
æ
ç
1
=
PB() /
PA() .=´
45
ö
÷
и
PB() /
÷
6
ø
.Поэтому
1447 10
2
-
7
.
æ
ç
=
ç
è
PA() /=
6239445
ö
÷
÷
ø
æ
ö
æ
ç
÷
ç
ç
÷
ç
è
6
ø
è
45
æ
ö
ç
÷
1
ç
÷
6
è
ø
2.26. Пусть гипотезаH— это событие «из кармана вынули
обычную игральную кость», и пусть наблюдение
—событие
E
1
«при первом броске выбранной кости выпала 6». Априорные ве-
1
роятности равны
PH PH() ()==
, и отношение правдоподобия
2
дает
PE H(|)
=
1
1
и
6
PE H(|)
1
1
. Поэтому апостериорные шансы
=
3
для гипотезыHравны
PHE
(| )
PHE
(| )
что дает вам пересмотренное значение
/
/
/
16
/
1312
12
1
=´=
12
1
,
12
/
11213
=
/+
для вероят
ности того, что из кармана была вынута стандартная кость.
На второй вопрос можно ответить двумя способами. После того
как был сделан первый бросок, но до того, как сделать второй,
вы берете апостериорные вероятности
PH E(|)=
1
и
PH E(|)=
3
и рассматриваете их как априорные для
сделать и обозначить
событие «во втором броске выпала 6»,
E
2
PH()
и
. Если так
PH()
вы получите
-
-
ö
÷
.
÷
ø
+
-
2
3
PHE
(| )
PHE
(| )
/
/
/
16
/
1314
13
2
=´=
23
2
,
Решения некоторых задач
192
поэтому заново пересмотренное значение для вероятности того,
1
что из кармана вынули стандартную кость, равно
. Либо можно
5
вычислить эту вероятность, если считать наблюдение
E
12,
событи
ем «в каждом из двух первых бросков выбранной кости выпала 6».
Тогда, до того, как сделаны первые два броска, априорные
1
и
и
равны
PH()
PE H(|)
,12
что опять дает нам пересмотренное значение
, а отношение правдоподобия дает
2
131
. Это приводит к
=´
3
PHE
(| )
PHE
(| )
12
136
/
/
/
1914
/
,,12
=´ =
12
12
PE H(|)
,12
,
1
для вероятности
PH()
161
=´
5
того, что из кармана вынули обычную кость. Особенностью байесовского подхода является то, что вы можете постоянно обновлять
свои убеждения по мере накопления информации. Проверьте
сами, что после третьего броска с результатом 2 вероятность того,
1
что из кармана вынули обычную кость становится равна
. Приме-
9
чание: эта задача очень хорошо иллюстрирует байесовский взгляд
на случайность, состоящий в том, что вероятности отражают уровень знаний наблюдателя о состоянии наблюдаемого физического
объекта.
2.27. Пусть гипотезаH— событие «человек действительно болен
этой болезнью», а наблюдениеE— событие «анализ на эту бо
лезнь оказался положительным». Априорные вероятности равны
PH() ,= 0 001
PEH(| ) ,= 099
и
PH() ,= 0 999
и
PEH(| ) .= 001
то, что гипотезаHверна, равны
риорная вероятность истинности гипотезыHравна
. Отношение правдоподобия дает
. Поэтому апостериорные шансы на
0 001
0 999
099
,
´=
00111111
,
,
,отсюдаапосте
,
11 111
/
1 11 111
/+
= 0,0902. Другими словами, вероятность того, что человек дейст
вительно болен этой болезнью, равна всего 9.02%, если первый
анализ дал положительный результат. Столь низкая вероятность
может удивить, если не принять во внимание базовый процент:
-
6
-
-
=
-
Решения некоторых задач
193
большинство положительных результатов анализов получили
люди, у которых данной болезни не было. Если второй независи
мый анализ также окажется положительным, используйте апосте
риорные вероятности 0,0902 и
ные вероятности для
шансы
0 0902
,
09098
,
099
,
001
,
и
PH()
. Поэтому после второго положительно
9815
,´=
1 0 0902 0 9098-=,,
. Это даст новые апостериорные
PH()
как новые априор
го анализа вероятность того, что человек болен этой болезнью,
9815
равна
,
19815
,
+
100 90 75
´=
,%
.
Апостериорные вероятности также можно получить эвристи
чески как ожидаемые частоты. Пусть данное заболевание наблю
дается у 0,1% популяции. Вообразите себе большое количество
людей, например, 10 000. Из этих 10 000 в среднем у 10 будет
данное заболевание, а у 9 990 не будет. Из 10 больных в среднем
у
099 10 99,,´=
всреднему
будет положительный анализ, и из 9 990 здоровых
0 01 9990 99 9,,´=
человек анализ будет положительным.
Поэтому апостериорная вероятность того, что человек болен, равна
99 99 999 00902,/(, ,) ,+=
, если первый анализ оказался положительным. Аналогично, если второй анализ тоже положительный, вы получите апостериорную вероятность 892,98/(892,98 + 90,98) = 0,9075.
2.29. Пусть случайная величинаX— цена акции через две недели.
Элементарное пространство исходов состоит из четырех равновероятных исходовII,ID,
DIиDD
,гдеIобозначает увеличение
цены акции, аD— уменьшение цены. Для этих четырех исходов
случайная величинаXпринимает значения
105 0 96 100 100 80,, ,´´=,0 96 105 100 100 80,, ,´´=
= 92,16 соответственно. Поэтому
=0,50,и
PX(,),==92 16 0 25
PX(,),==110 25 0 25
.
105 105 100 110 25,, ,´´=
,и
0 96 0 96 100,,´´
, P(X = 100,80) =
2.37.ПустьX— число карт, которые нужно перевернуть. Есть
несколько способов вычислить
() /=
EX k
49
k
=å0
é
48
æ
ö
ç
÷
ê
ç
÷
1
-
kk
è
ø
ë
ù
52
æ
ö
ç
÷
´
ú
ç
÷
1
-
è
ø
û
.Прямойспособ(«влоб»):
EX()
52
-
4
()
k -=1
,есливоспользо
,
10 6
ваться результатом, который идет за примером 2.7. Альтернативный
48
способ: написать сумму индикаторов
=+
1
XI
å
j
=
1
,где
j
=1
I
j
еслиj-я карта, не являющаяся тузом, появилась до первого туза,
и
I
в противном случае. Для каждогоjполучается
= 0
j
PIj()=1
-
-
-
-
-
-
,
=
-
,
=
Решения некоторых задач
194
1451
´=!
=
, — это можно увидеть, рассмотрев положенияj-й кар
5
!
ты, не являющейся тузом, и четырех тузов относительно друг дру
га. Используя свойство линейности математического ожидания,
вы получите
EX() ,=+ ´ =148
1
. Альтернативный вывод так
10 6
5
i
!
´
4
æ
же можно использовать, чтобы показать, что
=
i ´10 6,
для
i = 14,,K
,где
— количество карт, которые нужно
X
i
EX i
()
=+
i
48
ö
ç
÷
!
5
è
ø
перевернуть до того, как туз появится вi-й раз.
2.38.
EX m
() /=
ç
÷
ç
ç
÷
ç
mm
è
ø
è
ö
÷
будет максимально при m =4с
÷
ø
EX()=
56
33
10 12
æ
ö
æ
2.42. Эта задача — приложение модели шаров и ящиков c n =
42
æ
ö
ç
÷
=
ящиками (комбинациями из шести чисел) и
ç
÷
6
è
ø
b = 5000000
шара-
ми (лотерейными билетами). Рассуждая так же, как в примере 2.13,
вы найдете, что математическое ожидание числа пустых ящиков рав-
b
n
-
1
æ
ö
но
n
ков и
´
ç
÷
n
è
ø
b = 5000000
, и принимает значение 2 022 388 для
n = 5245786
шаров. Поэтому математическое ожидание количе-
ящи-
ства различных комбинаций из шести цифр на лотерейных билетах
равно
5245786 2022388 3223398-=
(среди заполненных билетов нео
жиданно много дубликатов; вероятность выпадения джекпота равна
всего
3223398 5245786 0 6145/,=
няется изящное и весьма точное приближение
). Примечание: для большихnприме
b
n
-
æ
n
´
ö
ç
÷
n
è
ø
bn
-1/
ne
»
.
2.43.ПустьX— самый большой из выпавших при розыгрыше
номеров. Тогда
PX k()].£- =142857
PX k
() /£=
÷
÷
ø
ö
ç
÷
ç
÷
6
è
ø
. Это дает
EX kPX k
() [( )=£
ç
ç
6
è
. Эта задача связана с так называемой «зада
49
k
=å6
k
49
æ
ö
æ
чей о немецких танках», в которой нужно оценить неизвестное
общее количество танков, если имеется выборка с небольшим ко
личеством танковых номеров.
2.44. По определениям математического ожидания и дисперсии,
EX p p p() ( )=´ - +´ =01 1
=
pp()1 -
,поэтому
s() ( )Xpp=-1
22 2
и
s
011()( )()()Xp ppp= - ´- +- ´
.
-
-
-
=
.
-
-
-
-
=
Решения некоторых задач
195
2.46.ПустьS— количество коробок, которые нужно купить,
чтобы собрать полный комплект карточек. ТогдаSможно запи
сать в виде
SY Y Y=+++
01 49
L
,где
— количество покупок,
Y
i
которые нужно сделать, чтобы перейти отiразличных карточек
к
но с параметром
=
различных карточек. Тогда
i +1
p
=
i
1
50
å
50
k =
1
= ,
k
224 96
.
i
-50
,поэтому
50
геометрически распределе
Y
i
EY
()=
i
, что дает E(S)=
i
-5050
2.48. Предположим, ваша стратегия состоит в том, чтобы оста
новиться, как только вы выберете число, больше или равное
. Число необходимых испытаний геометрически распределе
r()£ 25
но с вероятностью успеха
pr=
-+25 1
(и математическим ожида-
25
нием
). Каждое из значенийr,
,...,25 имеет
r +1
25
25 1-+r
одинаковую вероятность для получения вами выигрыша. Поэтому математическое ожидание выигрыша равно
25 1
-+
25
, что можно упростить до
1
´
r
1
25
()+-
2
å
r
25 1
ражение имеет максимальное значение 18.4286 при
25
kr=
25
-+
r = 19
k
´
25 1
.Этовы-
r
.
1
r
-+
2.49.Пустьa— выбранное вами число, аY— число, выбранное
случайным образом. Математическое ожидание вашего выигры
ша — это E[g(Y)], где
чае. Тогда
[()] ( )==
EgY a PY k
всехk,выполучите
симально при
a = 67
для
gy a()=
100
ka
=+
2
1
å
EgY aa[( )] ( ) /=-100 100
ya>иgy()= 0
.Таккак
2
и его (максимальное) значение равно 1481,37.
впротивномслу
PY k()/==1100
для
. Это выражение мак
2
2.53. Пусть случайная величинаSобозначает число бросков,
которые нужно сделать, чтобы получить все шесть возможных ис
ходов. Тогда
SX
но с параметром
зультатом задачи 2.45, вы получите
=
,поэтому
38 99,
5
=
i
=å0
66-i
,ивсе
s() ,S = 6 244
,гдекаждое
i
независимы. Воспользовавшись ре
X
i
.
геометрически распределе
X
i
2
6
5
æ
2
()S
s
=
å
i
=
0
ö
ç
÷
6
i
-
è
ø
6
i
-
æ
1
ç
è
ö
-
÷
6
ø
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
=
196
Решения некоторых задач
3.2. Вероятность равна
å
ö
42521
æ
÷
ç
÷
è
ø
k
ö
÷
ø
5
æ
5
ç
ç
3
k
=
k
è
-
5
k
ö
æ
ç
25
è
=
÷
ø
00318
,
.
3.7. Докажем здесь только второй ответ, воспользовавшись
неравенством Бонферрони
££
PA A PA
()()
или илиK
1
ni
å
n
i
n
PA PA A
ååå
i
==+=
111
.Длякаждогоiпусть
1
=
() ( )
-£
i
n
n
-
1
ji
i
i
A
и
—со
i
j
бытие «исходiпоявляется по меньшей мере три раза при броске
k
6
k
-
ö
æ
ç
è
=
03737
или ...
1
,
÷
6
ø
шести костей». Тогда
Кроме того,
0 0064 0 3737,,££Q
K или A
.
)
6
PA A
()и =
ij
()
PA
i
6
æ
ç
ç
3
è
для искомой вероятности Q = P(A
3.9. Пусть случайная величина
равняется
33
ö
161
æ
ö
æ
÷
ç
÷
ç
÷
ø
6
è
ø
è
6
æ
ö
6
å
k
=
ö
для
÷
165
ö
æ
ç
÷
÷
ç
ç
÷
3
k
ø
è
è
ø
. Это дает 0,3737
ij¹
ø
обозначает ваш капитал
G
вконцеигры,аX— количество выпадений орла за десять бросков монетки. Тогда
для
равна
x = 01 10,,K
() ,,==
PX x
. Вероятность того, чтоGпримет значение
10
æ
ö
ç
÷
ç
÷
x
è
ø
значениеxтакое, что
=
PX(),³=6 0 3770
можно тем, что
. Объяснить такое малое значение вероятности
17 05 1,.´<
GGX= ()
05 05
,гдефункция
xx
-
10
gx()> 100
(в самом вероятном случае выпадения
.Функция
,равно
x = 6
() , ,=´ ´
gx
gx()
.Поэтому
xx
17 05 100
возрастает, и первое
5 орлов и 5 решек ваш капитал уменьшится с $100 до $
-
10
gx()
PG()> 100
5
, ´=
085 100
= $44,37). Мораль: при оценке риска нельзя слепо полагаться на
средние значения, нужно учитывать распределение вероятностей!
3.16. Подходящая модель здесь это модель Пуассона. Искомую
вероятность можно оценить как
-»20 400
e
0951/,
.
3.20. Длительность периода вынашиванияXимеет распределе
2
ние
N(, )ms
с
m=280
задержатся на 15 дней, равна
оценить как
1
вавшись тем, что
дней и
28010295 280
-
X
æ
ç
è
X -m
имеет
дней. Вероятность того, что роды
s=10
1295-£PX()
-
ö
£
10
N(,)01
1 1 5 0 0668-
=- =P
÷
ø
распределение. Другими слова
. Эту вероятность можно
F(, ) ,
,воспользо
s
ми, доля рождений с задержкой более 15 дней составляет 6,68%.
-
.
,
=
-
-
-
Решения некоторых задач
197
3.23.ПустьXобозначает спрос на товар. Нормально распре
деленная случайная величинаXимеет математическое ожидание
m=100
и удовлетворяет
PX(),>=125 0 05
стандартное отклонениеsдляX, запишите
X -
100 125 100
æ
P
ç
ss s
è
центиль
x
F() ,x = 095
-
>
1645,,=
095
.Поэтому
ö
=-
÷
ø
æ
1
F ,
ç
è
25
ö
=
÷
ø
является единственным решением уравнения
25
= ,
1645
, что дает
. Чтобы найти неизвестное
PX(),>=125 0 05
25
æ
.Тогда
005
s=15 2,
ö
F
= ,
ç
÷
s
è
ø
.
095
ввиде
.Про
s
3.28.Пусть
с
()( ).== =-=1105
PX PX
ii
,,K
XX
можно представить в виде
для всехi, математическое ожидание и стандартное откло
=1
s()X
i
нение
++L
XX
равны 0 иnсоответственно. Согласно централь-
n1
ной предельной теореме, случайная величина
имеет для большихnраспределение приблизительно
вычислим
E V v e dv ve dv
при условии, чтоVимеет
EV(| | )
(| |) | | .
1
==
spsp
2
Сделав замену переменной
интеграл для
EV(| | )
ввиде
нам искомый результат для
3.30. Пусть случайная величина
рую казино теряет наi-й ставке при
симые случайные величины с
85
Тогда
EXi()=
и
s()Xi=
37
которые потеряет казино, равна
— независимые случайные величины
n1
для всехi, тогда случайную величину
DX X
=++||
nn
1
-
¥
òò
-¥
vv
2
L
1
22 22
//
ss
wv= (/)s
EV e dw
(| | ) ==
s
p
.
()
ED
n
X
i
i = 1 2500,,K
PXi()==10
.Таккак
2
N(, )0
s
-
¥
2
0
2
2
, перепишем последний
1
w
-
¥
2
ò
0
EXi()= 0
++L
XX
Nn(, )0
распределение:
1
2
sp22
, что дает
2
— сумма в долларах, кото
18
.Все
и
— незави
X
i
PXi()=- =5
37
45
. Общая сумма денег (в долларах),
38
D
. Теперь
19
37
37
2500
. Согласно центральной
X
å
i
i =
1
предельной теореме, эта сумма распределена приблизительно как
N(, )ms
2
с
m= ´2500
85
и
s=´50
37
6 500 долларов с вероятностью примерно
45
. Казино потеряет не больше
38
37
6500
-
æ
F
ç
è
m
ö
÷
s
ø
0978
=
.
,
-
-
n
и
-
n1
-
.
Решения некоторых задач
198
3.33. Согласно свойству отсутствия памяти у экспоненциаль
ного распределения, время вашего ожидания на автобусной оста
1
s-
новке будет большеsминут с вероятностью
1
s-
ние
10
e
,выполучите
=
005,
s = 29 96,
. Поэтому вам нужно выйти
10
. Решив уравне
e
из дома за 35 минут до 7:45 a.m.
3.34. Количество рождений между двенадцатью ночи и шестью
утра имеет пуассоновское распределение с математическим ожи
5245
данием
6
´=
. Поэтому вероятность более чем двух рождений
4
k
54
равна
2
1
-=
å
k
=
(/)
/
54
-
e
0
k
!
01315
,
.
3.35. Вероятность вашего выигрыша есть вероятность того, что
в период времени
Ts--
ность равна
ll()
eTs
появится ровно один сигнал. Эта вероят-
(, )sT
, поскольку количество сигналов в лю-
-
()
бом временном интервале длиныtимеет пуассоновское распределение с математическим ожиданиемlt. Приравняв производную
Ts--
выражения
льное значениеsравно
ll()
eTs
-
()поs
1
. Максимальная вероятность выигры-
T -
к нулю, вы получите, что оптима-
l
ша равна
3.36. Пусть случайная величина
замен при
(a) Плотность
=
1
(б) Случайная величина
+
ms s rss
2122
=
1
(в) Случайная величина
ms s rss
æ
F
ç
ç
è
-1
e
i = 12,
80 75
-
æ
ç
12
è
æ
150 140
-
ç
ç
621
è
1122
ö
10
÷÷= ,
117
ø
.
.
X
ö
0 3385-
=F ,
÷
ø
2
2 140 621,)(,)++ =N
ö
0 3441-
÷÷=F ,
ø
2
2 10 117,)(,)+- =-N
.
01776
—это
1
12
12
.
.
NN(, ) (, )ms
2
11
+
XX
12
XX
-
21
обозначает оценку заi-эк-
X
i
. Это дает
75 12=
PX()
имеет распределение
.Поэтому
PX X()
12
имеет распределение
.Поэтому
PX X()
21
1
N(m
150+>
N(m
80³
1
2
1>=
-
-
-
-
=
+
=
Решения некоторых задач
199
(г) Условное распределение
деление
Поэтому
æ
NN65 0 7
ç
è
PX X X(|)
211
15
12
,если
X
2
80 75 225 1 0 49 69 375 1+´´- ´-
æ
-
,
80 69 375
80 1
ç
ç
è
,
114 75
X
,—этораспре
80=
1
ö
=,(),(,)(,,1475,)
÷
ø
ö
÷
=F
÷
ø
.
,
01606>==-
4.3.ПустьA— событие «вы получили свою контрольную»,
а B — событие «никто из остальных 14 учеников не получил свою
контрольную». Тогда искомая вероятность — это
вилу произведения,
1
на
, а условная вероятность
PA B PAPAB( ) ()(|)и =
PAB(|)
. Вероятность
есть не что иное, как вероят
PA B()и
.Попра
рав-
PA()
15
ность того, что ни один ребенок не получит собственный подарок
-1
в задаче Санта-Клауса для 14 детей. Поэтому
PAB e(|)=
,иверо-
ятность того, что вы единственный из класса получили свою конт-
-=1
рольную, равна
e
.
0 0245,
15
6.1. Вероятность получить штраф равна
pp
22
4
23
0625
,+=
.
() ()
4
6.2. Используйте модель марковской цепи с четырьмя состояниямиSS,SR,
RSиRR
, описывающими погоду вчера и сегодня
(где S — солнечно, R — дождь), и одношаговыми переходными
вероятностями
из/в SS SR RS
09 01 0 0
,,
SS
æ
ç
0 0 05 05
SR
ç
ç
RS
07 03 0 0
,,
ç
ç
RR
00045055
è
RR
ö
,,
,,
÷
÷
÷
÷
÷
ø
-
.
-
-
Вероятность того, что через пять дней будет солнечно, если
вчера и сегодня шел дождь, равна
0 7178 0 0977 0 0879 0 0966
,,,,
æ
ç
0 6151 01024 01325 0150
,,,,1
ç
5
P
=
ç
0 6837 0 0997 01024 01142
,,,,
ç
ç
0 6089 01028 01351 01532
,,,,
è
()
pp
RR SS RR RS,
вы найдете, что искомая вероятность равна
()55
+
.Вычислив
,
ö
÷
÷
,
÷
÷
÷
ø
0 6089 01351 0 7440,,,+=
.
200
Решения некоторых задач
6.3. Эта задача — пример модели шаров и ящиков. Это можно
увидеть, если представить себе, что пассажиры по очереди один за
одним говорят водителю автобуса, где им нужно сойти, перед тем,
как войти в автобус. Состояние — текущее число известных остано
i
вок. Переходные вероятности
для
16££i
лучите
,
()
25
p
( )(,,,,,,,,,,,,
j0
, в противном случае
p
1=
77
0 0 0000 0 0000 0 0000 0 0046 01392 0= 8562)
p
ij
равны
6.4. Пусть индикаторная переменная
p
01
pij= 0
1=,p
.Вычислив
I
k
и
=
p
ii,
7
ii, +
25
P
=-11
,выпо
.
равняется 1, если
черезkдней от сегодняшнего будет солнечно, и 0 в противном
k
случае. Тогда
7
() ()
EI EI p
åå å
k
1
== =
PI p
()
==1
k
7
==
k
k
1
()
.Таккак
CS
7
()
k
k
CS
1
k
EI PI
() ( )=´ =11
kk
. Из этого следует
, имеем
7
EI
()
k
k
=å1
=4,049.
6.6. Используйте марковскую цепь с пространством состояний
I = {,, ,}01 6K
, где состояние
означает, что последниеiбросков
i ¹ 0
дали результатом первыеiзнаков числа 123456, а состояние 0 —
некоторое произвольное состояние. Состояние 6 берется как поглощающее состояние. Эта марковская цепь имеет одношаговые
переходные вероятности
для
i = 15,,K,p
500
()
к
p
06
00106
,=
, остальные
1=
66
.
1
,
=
p
01
6
pij= 0
5
,
=
p
00
6
. Вычисление
pp
==
ii i, +
11
1
6
500
P
и
=
p
i 0
приводит
6.11. Пусть состояниеiозначает, что у драконаiголов для
i = 01 4,, ,K
, а состояние 5 означает, что у дракона 5 или 6 голов.
Состояния 0 и 5 берутся как поглощающие состояния. Одно
шаговые переходные вероятности равны
ii,,+=1
035иp
p
остальные
для
015
ii,,+=2
. Для любого начального состояния процесс
= 0
p
ij
13££i
,
pp
43 45
p
00
05==,,p
1=,p
55
ii,,-=1
, и все
1=
05
в конце концов будет поглощен либо состоянием 0, либо состоя
нием 5. Вероятности поглощения можно получить, вычислив
P
для достаточно большогоn. Попробовав несколько значенийn,
можно увидеть, что значение
n = 50
найти предельные значения всех
достаточно велико, чтобы
n()
с точностью до четырех
p
ij
знаков после запятой:
-
i
7
-
=
4
6
,
-
n
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]