Федеральное агентство по образованию Российской федерации Филиал «CЕВМАШВТУЗ» государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования «Санкт- Петербургский государственный морской технический университет» в г. Северодвинске А.Д. Романов ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. ПРАКТИКУМ Учебное пособие для студентов кораблестроительных специальностей высших технических учебных заведений Северодвинск 2010
УДК 519.212 Романов А.Д. Теория вероятностей. Практикум: Учебное пособие/Сост. А.Д. Романов - Северодвинск: Севмашвтуз, 2010, - 98 с. Ответственный редактор к. ф.-м. н., доцент Романов А.Д. Рецензенты: к. ф.-м. н., профессор ПГУ им. М.В. Ломоносова Зеель Э.О. к. т. н., доцент Севмашвтуза Шибинский В.М. Учебное пособие предназначено для студентов, обучающихся по техни- ческим специальностям и изучающим в рамках курса высшей математики раз- дел «Теория вероятностей». Пособие охватывает те вопросы теории вероятно- стей, изучение которых предусмотрено образовательными стандартами ряда технических специальностей. В каждом из подразделов пособия приведены краткие теоретические сведения, приведены подробные решения нескольких задач и ряд задач для самостоятельного решения. Ответы к задачам для само- стоятельного решения приведены в конце учебного пособия. Печатается по решению редакционно-издательского совета Севмашвтуза. ISBN © Севмашвтуз, 2010 г. -1-
-2-
ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие 3 1. Случайные события 4 4 1.1. Пространство элементарных событий. Случайные со- бытия. Алгебра событий 8 18 1.2. Классическое определение вероятности 25 1.3. Геометрическое определение вероятности 31 1.4. Вероятность сложных событий 38 1.5. Формула полной вероятности. Формула Байеса 45 1.6. Последовательности независимых испытаний 46 2. Случайные величины 2.1. Функция распределения и плотность распределения 54 63 случайной величины 68 2.2. Числовые характеристики случайной величины 74 2.3. Нормальный закон распределения 87 2.4. Функции случайных величин 91 2.5. Системы случайных величин 95 96 Сводка формул 97 Ответы Приложение 1 Приложение 2 Список литературы Предисловие Настоящее пособие составлено на основе опыта длительного преподава- ния курса высшей математики и, в частности, теории вероятностей в Севма- швтузе, филиале СПбГМТУ. Решение задач по теории вероятностей вызывает у студентов определенные трудности, поскольку этот раздел курса высшей мате- матики несколько обособлен по отношению к математическому анализу, кото- рый изучается на протяжении нескольких предшествующих семестров. При решении задач по теории вероятностей, как правило, бывает недо- статочно знать набор определенных формул, а требуется проявить некоторую изобретательность. Поэтому в пособии особое внимание уделено подробному решению нескольких задач по каждой из рассматриваемых тем. Весь материал разбит на два больших раздела: случайные события и случайные величины. В разделе «случайные события» выделено шесть тем и в разделе «случайные ве- личины» - пять тем. По каждой теме приведены краткие теоретические сведе- ния и основные формулы, необходимые для решения предлагаемых задач. Предполагается, что на изучение каждой из тем требуется 2 – 4 часа учебных занятий. Общее число задач (с решениями и для самостоятельного решения) рассчитано на то, чтобы за время учебных занятий можно было разобрать и решить предлагаемые по данной теме задачи. -3-
Цель настоящего пособия помочь студенту при самостоятельной работе овладеть навыками решения задач по теории вероятностей, а также помочь преподавателю при подготовке и проведении практических учебных занятий. В конце пособия в виде таблицы приведена сводка формул с указанием номера формулы и страницы пособия, где даны краткие теоретические пояснения по соответствующему разделу. Это позволит при самостоятельной работе легко найти необходимые теоретические сведения и примеры решения задач по инте- ресующему разделу теории вероятностей. При подготовке пособия использованы источники, которые указаны в списке литературы, многие задачи составлены автором. 1. Случайные события 1.1. Пространство элементарных событий. Случайные события. Алгебра событий При построении математической модели опыта, в котором возможно осуществление различных случайных событий, необходимо указать, что явля- ется элементарным исходом опыта (то есть, что мы фиксируем в результате проведения опыта) и перечислить все возможные исходы данного опыта с тем, чтобы мы могли вычислять вероятности интересующих нас случайных собы- тий, связанных с этим опытом. Совокупность, множество всех элементарных исходов (событий) и называют пространством элементарных событий. Эле- ментарное событие обычно обозначают - (омега малое), а все множество - (омега большое). Если множество содержит конечное число элементов, то их число обозначают символом . При таком подходе к описанию опыта лю- бое случайное событие, которое может осуществиться в данном опыте, можно задать как подмножество множества . С другой стороны и всякое под- множество множества можно трактовать как случайное событие, которое может осуществиться в данном опыте. Таким образом, пространством элементарных событий называют вся- кое множество , а его элементы - элементарными событиями. Множество называют также достоверным событием, поскольку оно содержит все элементарные исходы опыта, следовательно, это событие осу- ществляется при проведении каждого испытания. Пустое множество называют невозможным событием (оно не может осуществиться ни при одном испытании, так как не содержит ни одного эле- мента или ни одного элементарного исхода опыта). Весьма полезной оказывается геометрическая интерпретация случайных событий, которые изображают в виде некоторых геометрических фигур. Каж- дая точка фигуры отождествляется с элементарным исходом опыта, который приводит к осуществлению данного случайного события. В частности, изобра- жая события в виде различных областей на плоскости, получим так называемые диаграммы Венна, рис. 1. -4-
Суммой двух случайных событий A B называют случайное событие C, которое заключается в том, что произошло либо событие A , либо событие B , либо оба события A и B произошли одновременно (объединение множеств). Произведением двух событий A B называют событие С, которое за- ключается в том, что оба события A и B произошли одновременно, то есть в одном испытании (пересечение множеств). Разностью двух событий A B называют событие С, которое заклю- чается в том, что событие A произошло, а событие B не произошло в данном испытании (разность множеств). Заштрихованные области на рис. 1(а, б, в) изображают события соответ- ственно (A B) , A B , (A B) . AB AB AB а) A B б) A B в) A B Рис. 1 Противоположным событию A называют событие A A, событие A означает, что событие A не произошло. Справедливы следующие равенства: 1) A B B A, A B B A 2) A B C A B C , AB C A BC 3) A B C AC B C 4) A A A, A , A A , A+ A 5) A A A, A A, A A , A 6) A B C A B C, A B C A B C . 1.1.1. Игральную кость бросают один раз. Задать пространство элемен- тарных исходов и случайные события: А={выпало 3 очка}, В={выпало чис- ло очков кратное 3}, С={выпало четное число очков}, D={выпало больше 4-х очков}. Решение: элементарным исходом, событием в данном опыте, очевидно является событие k выпало k очков, k 1, 2, ..., 6 . Таким образом, k, k 1, 2, ..., 6 6 . A 3 3 , B 3,6 3, 6, C 2,4,6 2, 4, 6 , D 5,6 5, 6. 1.1.2. Из множества чисел 1, 2,…, 9 последовательно выбирают три числа. Задать пространство элементарных событий и случайные события: А={выбрали числа 2, 7, 9 в произвольном порядке}, В={сумма выбранных чисел равна 9}, С={произведение выбранных чисел равно 18}. -5-
Решение: поскольку указанные события не зависят от порядка, в котором выбираются числа, то в качестве элементарного события можно выбрать неупорядоченный набор из трех чисел k, l, m , где числа k, l, m различны и принимают значения от 1 до 9. Тогда , А={(2, 7, 9)}, В={(1, 2, 6), (1, 3, 5), (2, 3, 4)}, C 1, 2, 9, 1, 3, 6. 1.1.3. Из множества цифр 1, 2,…, 9 последовательно выбирают три циф- ры. Задать пространство элементарных событий и случайные события: А={последовательно выбранные цифры образуют число 279}, В={первой вы- брана цифра 2, а третьей – 9}, С={произведение выбранных чисел равно 18}. Решение: в отличие от предыдущей задачи здесь важен порядок выбора цифр, поэтому в качестве элементарного события, надо взять упорядоченный набор из трех цифр: klm , где цифры k, l, m различны, принимают значе- ния от 1 до 9, то есть исходы klm и mkl kml ,... различны. Тогда , A 279, В={(219), (239), (249), (259), (269), (279), (289)}. С={(129), (192), (219), (291), (912), (921), (136), (163), (316), (361), (613), (631)}. 1.1.4. Монету подбрасывают три раза. Фиксируемый результат - выпаде- ние герба (г), либо решки (р). Задать пространство элементарных событий и случайные события: А={три раза выпал герб}, В={при первом подбрасывании выпал герб}, С={решка выпала только один раз}, D={решка выпала хотя бы один раз}. 1.1.5. Монету подбрасывают до первого появления герба. Фиксируемый результат - число подбрасываний. Задать пространство элементарных событий и случайные события: А={герб выпал при первом подбрасывании}, В={герб выпал не ранее 5-го подбрасывания}, С={герб выпал между 3-м и 6-м подбра- сываниями}. 1.1.6. Из колоды карт наудачу вытаскивают четыре карты. События: А={в числе выбранных карт один туз}, В={в числе выбранных карт хотя бы один туз}, С={выбрали карты бубновой масти}, D={выбрали карты одной масти}. В чем заключаются события: (А+В), ( А В ), В , ( А С ), (С+D), ( С D), С , D ? Решение: любой из элементарных исходов, при котором осуществляется событие А, приводит и к осуществлению события В, обратное неверно. Собы- тие В осуществляется при значительно большем числе элементарных исходов, поэтому (А+В)=В, ( А В )=А. Очевидно, что В ={в числе выбранных карт нет тузов}. Чтобы события А и С осуществились одновременно, из всех элементар- ных исходов, приводящих к осуществлению события С, надо выбрать только те исходы, когда среди выбранных карт есть туз, поэтому ( А С )={выбрали карты бубновой масти и, в том числе, туза}. Любой из элементарных исходов, при ко- тором осуществляется событие С, приводит и к осуществлению события D, об- ратное неверно, поэтому (С+D)=D, ( С D)=С, С ={хотя бы одна из выбранных карт не бубновой масти}, D ={выбранные карты не все одной масти}. 1.1.7. Пусть события Ak ={работает k -й элемент схемы}, k =1, 2, 3 могут осуществляться в данном эксперименте. Выразить в алгебре событий следую- -6-
щие события: А={работает только один элемент схемы}, В={работает хотя бы один элемент схемы}, С={работает только два элемента схемы}, D= {работает хотя бы два элемента схемы}, E={работают все элементы схемы}. Решение: A1 A2 A3 ={1-й элемент работает, 2-й и 3-й элементы не рабо- тают}, A1 A2 A3 ={2-й элемент работает, 1-й и 3-й элементы не работают}, A1 A2 A3 ={3-й элемент работает, 1-й и 2-й элементы не работают}. Так как пе- речисленные события попарно несовместны, то А= A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + + A1 A2 A3 . Непосредственно из определения суммы событий имеем В=А1+А2+А3. Далее - A1 A2 A3 ={1-й и 2-й элементы работают, 3-й элемент не работает}, A1 A2 A3 ={1-й и 3-й элементы работают, 2-й элемент не работает}, A1 A2 A3 ={2-й и 3-й элементы работают, 1-й элемент не работает}. Аналогично предыдущему имеем С= A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 . По определению име- ем A1 A2 ={1-й и 2-й элементы работают}, A1 A3 ={1-й и 3-й элементы работа- ют}, A2 A3 ={2-й и 3-й элементы работают}. Заметим, что A1 A2 = A1 A2 = = A1 A2 A3 A3 = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 , то есть событие {работает хотя бы два элемента} включает в себя и исход (работает три элемента). Тогда D= A1 A2 + A1 A3 + A2 A3 , Е= A1 A2 A3 . 1.1.8. Над изготовлением детали работают трое рабочих. Возможны со- бытия: А={1-й рабочий допустил брак}, В={2-й рабочий допустил брак}, С={3- й рабочий допустил брак}. Выразить в алгебре событий следующие события: D={изготовлена качественная деталь}, Е={деталь изготовлена с браком}, F={только один из рабочих допустил брак}. Решение: событие D означает, что ни один из рабочих не допустил брака, то есть события А , В , С произошли одновременно, следовательно, D= А В С . Событие Е означает, что хотя бы один из рабочих допустил брак, то есть либо произошло событие А, либо - событие В, либо – событие С, либо произошли любые два из них, либо произошли одновременно все три события, следова- тельно, Е=А+В+С. Событие F означает, что если 1-й рабочий допустил брак, то 2-й и 3-й рабочие не допустили брака ( А В С ), аналогично относительно 2-го и 3-го рабочих, потому F= А В С + А В С + А В С . 1.1.9. В коробке лежит два синих, два красных и два зеленых карандаша. Наудачу достают два карандаша. В чем заключаются события противополож- ные следующим событиям: А={достали два красных карандаша}, В={достали карандаши одного цвета}, С={достали карандаши разных цветов}. Что означа- ют события (А+В), А В , А С , (В+С), В С ? 1.1.10. Производится четыре выстрела по мишени. Случайные события Ак ={попадание при k -м выстреле}, k =1, 2, 3, 4. Выразить в алгебре событий следующие события: А={только одно попадание}, В={хотя бы одно попада- -7-
ние}, С={ровно два попадания}, D={хотя бы два попадания}, Е={не менее двух попаданий}, F={попадание не ранее, чем при третьем выстреле}. 1.2. Классическое определение вероятности Классическое определение вероятности применимо для вычисления веро- ятностей случайных событий, которые могут осуществляться в опытах с конеч- ным числом элементарных исходов. Причем есть основания считать все эле- ментарные исходы опыта равновозможными (как правило, в силу определенной симметрии). Пусть событие А возможно в данном опыте, тогда вероятность со- бытия A вычисляется по формуле P( A) m , (1) n где n – число всех мыслимых, элементарных, равновозможных исходов опы- та, m - число элементарных исходов, при которых происходит событие A (чис- ло исходов, благоприятствующих событию A ). Отметим, что P(A) 1 P(A) . Для нахождения числа возможных и благо- приятствующих событию А исходов полезны следующие правила и формулы. Правило суммы: если объект А можно выбрать из совокупности одно- родных объектов m способами, а объект В можно выбрать n способами, то вы- брать А либо В можно ( m n ) способами. Например: в коробке 10 красных, 5 синих и 8 зеленых карандашей, тогда выбрать красный либо синий карандаш можно (10+5)=15 способами, поскольку красный карандаш мы можем выбрать 10 способами (в коробке 10 красных ка- рандашей), а синий карандаш – 5 способами. Правило произведения: если объект А мы можем выбрать из совокуп- ности однородных объектов m способами и при каждом таком выборе объект В можно вы брать n способами, то пару объектов (АВ), в указанном прядке, можно выбрать ( m n ) способами. Например: из пункта А в пункт В можно доехать m способами, а из пункта В в пункт С – n способами, тогда из А в С можно доехать ( m n ) спосо- бами, поскольку объединяя каждый из способов проезда из А в В ( m способов) с каждым из способов проезда из В в С ( n способов) мы и получаем указанное число способов доехать из пункта А в пункт С. Пусть есть совокупность n однородных элементов. Комбинацией из m элементов будем называть любой набор из m элементов, выбранных из данных n элементов. Перестановками называются комбинации из n элементов, отличающие- ся одна от другой порядком расположения элементов. Число перестановок из n элементов определяется формулой Pn n!. (2) -8-
Если среди n элементов n1 – элементов 1-го вида, n2 - 2-го вида,…, nk - k - k го вида и ni n , то число перестановок (перестановки с повторениями) опре- i1 деляется формулой P(n1,n2 ,...,nk ) n! . (3) n1! n2 !... nk ! Сочетаниями называются комбинации из m ( m n ) элементов, отлича- ющиеся одна от другой хотя бы одним элементом. Число сочетаний из n эле- ментов по m элементов определяется формулой Cnm (n n! m! . (4) m)! Справедливы следующие формулы: Cnm C(nm) , Cnm Cm C m1 , n n1 n1 n nCnk 2 C2nn . Cnk 2n , k0 k0 Если при составлении сочетаний мы можем использовать каждый эле- мент сколько угодно раз, то число сочетаний (сочетания с повторениями) опре- деляется формулой m Cm . (5) nm1 Cn Размещениями называются комбинации из m ( m n ) элементов, отли- чающиеся одна от другой либо самими элементами (хотя бы одним), либо по- рядком их расположения. Число размещений из n элементов по m элементов определяется формулой Anm (n n! Cnm Pm . (6) m)! Если при составлении размещений мы можем использовать каждый эле- мент сколько угодно раз, то число размещений (размещения с повторениями) определяется формулой m nm . (7) An Задачи на перестановки 1.2.1. Сколько различных трехзначных чисел можно записать, используя цифры 1, 2, 3? -9-
Решение: чтобы записать трехзначное число надо использовать все циф- ры из нашего набора. Так как все цифры разные, то меняя местами любые две цифры (то есть меняя порядок расположения элементов) мы будем получать новое трехзначное число. Следовательно, мы можем записать столько чисел, сколько можно составить перестановок из трех элементов - N P3 3! 6 , (123, 132, 213, 231, 312, 321). 1.2.2. Каким числом способов можно упорядочить множество {1, 2, …, 2 n } так, чтобы четное число имело четный номер? Решение: поскольку в нашем множестве n четных чисел и в последова- тельности 2 n чисел n четных номеров, то число способов различного распо- ложения четных чисел на четных номерах равно числу перестановок из n эле- ментов, то есть Pn n!. Очевидно, что нечетные числа можно упорядочить так, чтобы они имели нечетные номера, также n! способами. Комбинируя, каждый способ упорядочивания четных чисел, с каждым способом упорядочивания не- четных чисел (правило произведения), получим искомое число способов - N n! n! (n!)2 . 1.2.3. Десять приезжих мужчин, среди которых Петров и Иванов, разме- щаются в гостинице в два трехместных и один четырехместный номер. 1) сколько способов их размещения? 2) сколько способов их размещения, при ко- торых Петров и Иванов попадут в четырехместный номер? Решение: 1) всего в гостинице 10 мест, но эти места неравноценны, а именно, 4 места 1-го вида (в четырехместном номере), 3 места 2-го вида и 3 ме- ста 3-го вида (в двух трехместных номерах). Поэтому число способов размеще- ния десяти мужчин на указанные места будет равно числу перестановок из де- сяти элементов с повторениями - N1 P(4,3,3) 10! 4200 . 4! 3! 3! 2) в этом случае в четырехместном номере останутся свободными два ме- ста (после заселения Петрова и Иванова). Оставшихся восемь мужчин надо разместить на восемь мест, среди которых 2 места 1-го вида, 3 места 2-го вида и 3 места 3-го вида. Следовательно, число способов размещения, при которых Петров и Иванов попадут в четырехместный номер, равно числу перестановок с повторениями из восьми элементов - N2 P(2,3,3) 8! 560 . 2! 3! 3! 1.2.4. Каким числом способов можно упорядочить n элементов так, что- бы данные два элемента не стояли рядом? 1.2.5. Сколько различных четырехзначных чисел можно записать исполь- зуя цифры (1, 1, 2, 2)? Задачи на сочетания 1.2.6. Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая после- дующая цифра больше предыдущей? Решение: Для записи четырехзначного числа надо четыре цифры. Всех цифр десять, но использовать «0» мы не можем, так как с нуля число не может начинаться. Таким образом, у нас в распоряжении цифры (1, 2, …, 9). Каждый набор из четырех цифр можно упорядочить единственным способом так, чтобы -10-
каждая последующая цифра была больше предыдущей. Заменив хотя бы одну из цифр, можем записать новое четырехзначное число, у которого каждая по- следующая цифра большее предыдущей. Следовательно, число искомых четы- рехзначных чисел будет равно числу наборов из четырех цифр, выбранных из девяти цифр, и различающихся хотя бы одной цифрой или числу сочетаний из девяти элементов по четыре - N C94 9! 126. 5! 4! 1.2.7. В скольких точках пересекаются диагонали выпуклого n - угольника, если никакие три из них не пересекаются в одной точке? Решение: каждой точке пресечения двух диагоналей соответствует четы- ре вершины n - угольника. Заменяя одну из вершин n - угольника, мы получим новую пару диагоналей, а, следовательно, и новую точку пересечения. Таким образом, каждым четырем вершинам соответствует одна точка пересечения диагоналей. Поэтому число всех точек пересечения диагоналей выпуклого n - угольника будет равно числу наборов по четыре вершины из n вершин n - угольника или числу сочетаний из n элементов по 4 элемента - N Cn4 n! n (n 1) (n 2) (n 3) . 4)! 4! 24 (n 1.2.8. В урне достаточное число белых и черных шаров, наудачу достают три шара. Какое число различных по цвету наборов шаров можно получить? Решение: в наборе могут быть шары только двух цветов, но каждый из трех шаров может быть либо белым, либо черным. Поэтому число различных по цвету наборов шаров будет равно числу сочетаний с повторениями из двух элементов (два цвета) по три элемента (выбираем три шара) - N C 3 C3 4! 4 (три белых, два белых и один черный, один белый и 2 231 1! 3! два черных, три черных). 1.2.9. Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая после- дующая цифра меньше предыдущей? 1.2.10. На плоскости проведено n – прямых так, что никакие две из них не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Найти: 1) коли- чество точек пересечения этих прямых, 2) сколько треугольников образуют эти прямые? 1.2.11. В библиотеке есть книги по литературе, математике, … всего по 15 разделам. Поступил заказ на три книги. Каким числом способов можно вы- полнить заказ (два заказа считаются различными, если хотя бы одна книга из другого раздела)? Задачи на размещения 1.2.12. Сколько различных трехзначных чисел можно записать, используя цифры 2, 3, 5, 8, 9 по одному разу? Решение: поскольку все цифры различны, то любому упорядоченному набору из трех цифр соответствует одно трехзначное число. Такие наборы, от- личающиеся либо самими цифрами, либо порядком их расположения являются -11-
размещениями. Потому число искомых трехзначных чисел будет равно числу размещений из 5 элементов (цифр) по три элемента - N A53 5! 60 . 2! 1.2.13. Каким числом способов можно распределить восемь вариантов контрольной работы среди пяти студентов (распределение считается новым, если хотя бы один из студентов получит другой вариант)? Решение: искомое число равно числу способов составить упорядоченные наборы из пяти вариантов, которые выбирают из восьми вариантов контроль- ной работы. Поскольку нас интересуют наборы, отличающиеся либо номерами вариантов, либо тем, кому из студентов попал определенный вариант, то такие наборы являются размещениями. Следовательно, искомое число равно числу размещений из 8-ми элементов по 5-ть элементов - N A85 8! 6720 . 3! 1.2.14. Пять шариков разбрасывают по восьми лункам. Каждый шарик может попасть в любую лунку. Сколько способов распределения шариков по лункам? Решение: пусть лунки имеют номера с 1-го по 8-й. Бросая шарик в какую то лунку, мы, тем самым, выбираем один из восьми номеров. Бросание пяти шариков равносильно составлению упорядоченных наборов по пять номеров из восьми (такие наборы являются размещениями), причем каждый из восьми но- меров может быть выбран (или не выбран) при любом бросании шарика. По- этому число способов распределения шариков по лункам будет равно числу размещений с повторениями из 8 элементов по 5 элементов - N 5 85 32768 . A8 1.2.15. Сколько различных четных трехзначных чисел можно записать используя цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6 по одному разу? 1.2.16. Каким числом способов можно распределить десять билетов в те- атр среди шести студентов (каждому студентов дают один билет, причем учи- тывается какой именно билет)? 1.2.17. Сколько различных шестизначных номеров можно набрать на те- лефонном диске? Схема выбора, приводящая к перестановкам 1.2.18. N человек, среди них Петров и Иванов, случайным образом рас- саживаются за круглый стол. Какова вероятность, что Петров и Иванов окажут- ся рядом? Решение: пусть места пронумерованы – 1-е, 2-е, …, N -е. Тогда элемен- тарным исходом опыта будет некоторая последовательность из N номеров (каждый из участвующих сел на определенное место), =(последовательность из N чисел) и . Число таких последовательностей, очевидно, равно числу перестановок из N элементов, n PN N!. Для подсчета числа ис- ходов, благоприятствующих событию А={Петров и Иванов сели рядом}, будем рассуждать так: пусть Петров сел на любое место ( N способов), Иванов может сесть либо слева, либо справа (2 способа). При каждом таком расположении -12-
Петрова и Иванова, оставшиеся ( N 2 ) человека, очевидно, могут занять места (N 2)! способами. С учетом правила произведения получим - m A 2 N (N 2)!. Таким образом, P(A) m 2 N (N 2)! 2 . n N! N 1 Можно рассуждать и так: поскольку нас интересуют только Петров и Иванов, то пусть один из них сел на любое место, тогда другой может сесть на (N – 1) место ( n (N 1) всех равновозможных исходов опыта). Число исходов, благоприятствующих событию А, очевидно – 2, следовательно, P(A) 2 . N 1 1.2.19. Карточки с цифрами 2, 3, 4, 5, 6 наудачу выкладывают в ряд. Найти вероятности событий: А={полученное пятизначное число делится на 5}, В={полученное пятизначное число делится на 2}, С={полученное пятизначное число делится на 9}. Решение: элементарный исход опыта - = (последовательность из пяти цифр). Поскольку все цифры разные, то, меняя местами любые две цифры, мы будем получать новое пятизначное число. Следовательно, общее число всех равновозможных исходов опыта будет равно числу перестановок из 5-ти эле- ментов, n P5 5!120 . Чтобы число делилось на 5, цифра 5 должна стоять на последнем месте (0 среди цифр нет), остальные четыре цифры можно выложить в любом порядке. Следовательно, число исходов благоприятствующих собы- тию А будет mA 4! и P( A) mA 4! 1 . Чтобы число делилось на 2, оно n 5! 5 должно заканчиваться цифрой 2, либо 4, либо 6 (3 способа), в каждом из этих случаев, оставшиеся четыре цифры можно расположить 4! способами, то есть, mB 3 4! и P(B) mB 3 4! 3 . Число делится на 9, если сумма цифр, вхо- n 5! 5 дящих в запись числа, делится на 9. В нашем случае – (2+3+4+5+6)=20, 20 не делится на 9. Следовательно, событие С не может осуществиться ни при одном элементарном исходе опыта, P(C) 0 . 1.2.20. Десять учебников, среди которых три учебника по химии, распре- деляют по школам: 4 учебника в школу № 1, 3 – в школу № 2, 3 – в школу № 3. Найти вероятности событий: А={учебники по химии попали в школу № 1}, В={учебники по химии попали в школу № 2}, С={в каждую школу попал один учебник по химии}. Решение: пусть =(некоторое распределение учебников по школам без учета порядка их поступления в данную школу), , тогда число таких распределений будет равно числу перестановок из десяти элементов с повторе- ниями (4 учебника в школе № 1; 3 – в школе № 2 и 3 – в школе № 3), то есть n P(4,3,3) 10! . Число распределений, при которых все три учебника 4! 3! 3! по химии попадут в школу № 1, очевидно, будет равно числу перестановок из 7 элементов с повторениями (1 в школу №1; 3 – в школу № 2 и 3 – в школу № 3), -13-
то есть mA A P(1,3,3) 7! и P(A) mA 4! 7! 1 . Число распределений, 1! 3! 3! n 10! 30 при которых все три учебника по химии попадут в школу № 2 , будет mB B P(4,3) 7! и P(B) mB 3! 7! 1 . Если в каждую школу попало 4! 3! n 10! 120 по одному учебнику химии, то их можно распределить P3 3! способами. Число распределений оставшихся 7-ми учебников будет равно числу перестановок из 7-ми элементов с повторениями (3 учебника в школу № 1, 2 учебника в школу № 2 и 2 учебника в школу № 3). Следовательно, - mC C 3!P(3,2,2) 3! 7! 7! и P(C) mC 7! 4! 3! 3! 3 . 2! 2! 3! 2! 2! n 2! 2!10! 10 Можно решить задачу так: пусть все учебники имеют номера с 1-го по 10-й. Мы наудачу раскладываем их в ряд и первые четыре передаем в школу № 1, следующие три – в школу № 2 и последние три - в школу № 3. В этом слу- чае - =(некоторая последовательность из чисел 1, 2, …, 10), и n P10 10!. Пусть учебники по химии имеют номера 1, 2, 3. Чтобы запол- нить первые четыре места надо добавить еще один из 7-ми учебников (7 спосо- бов) и эти четыре учебника (номера) можно упорядочить P4 4! способами. То- гда остальные 6 номеров можно упорядочить P6 6! способами. По правилу произведения получим - mA A 7 4! 6! 4! 7! и P( A) mA 4! 7! 1 . Три n 10! 30 учебника по химии можно упорядочить на 5-м, 6-м и 7-м местах P3 3! спосо- бами и при каждом таком расположении остальные 7 учебников можно упоря- дочить P7 7! способами. Следовательно, mB 3! 7! и P(B) mB 3! 7! 1 . Учебник № 1 можем расположить на первых четырех n 10! 120 местах 4-мя способами, учебник № 2 на следующих 3-х местах – 3-мя способа- ми и учебник № 3 - также 3-мя способами. Меняя местами номера 1, 2, 3 полу- чим еще P3 3! способов, в каждом из этих случаев остальные 7 номеров мож- но упорядочить P7 7! способами. По правилу произведения имеем - mC C 4 3 3 3! 7! 4! 3 3 7! и P(C) mC 4! 3 3 7! 3 . n 10! 10 1.2.21. Колоду из 32 карт тщательно тасуют. Найти вероятности событий: А={четыре туза оказались в конце колоды}, В={четыре туза оказались рядом}, С={за каждой «черной» картой следует «красная» карта}. 1.2.22. Среди 25 экзаменационных билетов 15 «хороших». Последова- тельно вытаскивают по одному все билеты. Какова вероятность, что k-м (1 k 25) по счету вытянут «хороший» билет? 1.2.23. Абонент наудачу набирает телефонный номер, зная только, что в нем есть цифра 1, две цифры 2 и три цифры 3 (номер шестизначный). Какова вероятность, что номер будет набран правильно? -14-
Схема выбора, приводящая к сочетаниям. 1.2.24. В группе 25 студентов, в том числе Петров и Иванов. Какова веро- ятность, что Петров и Иванов будут выбраны делегатами на конференцию (вы- бирают двух делегатов и выбор случаен)? Решение: элементарный исход данного опыта (выбор двух делегатов) - =(группа из двух студентов), причем имеет значение только состав группы, порядок выбора неважен, . Тогда число способов выбрать двух студен- тов из 25 равно числу сочетаний из 25 элементов по 2, то есть n C225 25! 25 24 300 . Cобытию А={Петров и Иванов выбраны де- 23! 2! 2 легатами}, очевидно, благоприятствует один исход опыта, m A 1 и P(A) m 1 . n 300 1.2.25. В студенческой группе 10 девушек и 15 юношей. На конференцию выбирают 5 делегатов. Найти вероятности событий: А={все делегаты юноши}, В={в числе делегатов три девушки и двое юношей}, С={в числе делегатов хотя бы один юноша}. Решение: элементарное событие - =(группа из пяти студентов), причем важен только состав группы, . Поскольку, заменяя хотя бы одного деле- гата на другого, мы получаем новую группу из пяти студентов, то число таких групп будет равно числу сочетаний из 25 элементов (всего студентов 10+15=25) по 5 элементов. Следовательно, n C255 . Очевидно, что mA A C155 и P( A) mA C155 0,057 . Чтобы составить группу из трех девушек и двух юно- n C255 шей, надо выбрать три девушки из десяти и это можно сделать C130 способами. Выбрать двух юношей из пятнадцати можно C125 способами. По правилу произ- ведения получим mB B C130 C125 и P(B) mB C130 C125 0,237 . Для вычис- n C255 ления вероятности события С удобнее перейти к противоположному событию - C ={в числе делегатов ни одного юноши}={все делегаты – девушки}. Число элементарных событий, благоприятствующих событию C равно m C150 и C учитывая, что P(C) 1 P(C) , получим P(C) 1 C150 0,995. C255 1.2.26. Каждому из трех игроков сдано по 10 карт и две карты оставлены в прикупе. Один из игроков видит, что у него на руках 6 карт бубновой масти и 4 – не бубновой. Он сбрасывает 2 карты и берет прикуп. Найти вероятность со- бытия А={в прикупе обе карты бубновой масти}. Решение: из 32 карт игроку известно 10, а остальные 22 неизвестны. Взять две карты из прикупа, это все равно, что взять их из 22. Среди 22 карт две бубновые (всего карт бубновой масти 8). Число способов выбрать две карты из -15-
22 равно n C222 22! 231 , а mA A 1. Следовательно, 2! 20! P( A) mA 1 . n 231 1.2.27. В магазине есть в наличии телевизоры десяти видов. Случайным образом выбирают четыре телевизора. Найти вероятности событий: А={выбраны телевизоры одного вида}, В ={выбраны телевизоры разных ви- дов}, С={выбраны телевизоры одного определенного вида}. Решение: элементарное событие в данном случае будет - =(набор из че- тырех телевизоров любого вида). Так как, телевизор любого вида можно выби- рать сколько угодно раз, то число способов выбрать четыре телевизора будет равно числу перестановок с повторениями из 10 элементов по 4 элемента. Сле- довательно, n 4 C4 C143 . Всего в наличии 10 видов телевизоров, 1041 C10 поэтому mA A 10 и P(A) mA 10 0,014 . Число способов выбрать четы- n C143 ре вида телевизоров из десяти видов равно числу перестановок из 10 элементов по 4 элемента, то есть mB C140 и P(B) mB C140 0,294 . Очевидно, что n C143 mC C 1 и P(C) mC 1 0,0014. n C143 1.2.28. В урне 5 белых и 3 черных шара. Наудачу вытаскивают два шара. Найти вероятности событий: А={выбрали шары одного цвета}, В={выбрали шары разных цветов}. 1.2.29. Из колоды в 52 карты вынимают сразу несколько карт. Сколько нужно вынуть карт, чтобы с вероятность большей, чем 0.5 утверждать, что сре- ди них будут карты одной и той же масти (хотя бы две)? 1.2.30. Из чисел: 2, 4, 5, 7, 11, 12, 13 выбирают наудачу два числа и запи- сывают в виде дроби. Какова вероятность, что дробь окажется сократимой? 1.2.31. Есть 7 тетрадей в линейку и 8 в клетку. Наудачу выбирают 5 тет- радей. Найти вероятности событий: А={выбрали все тетради в клетку}, В={выбрали хотя бы одну тетрадь в клетку}, С={выбрали две тетради в клетку и три в линейку}. Схема выбора, приводящая к размещениям 1.2.32. На пяти карточках написаны цифры 1, 2, 3, 4, 5. Случайно выби- рают три карточки и выкладывают их в ряд. Найти вероятности событий: А={получили число 123}, В={число не содержит цифры 4}, С={получили чет- ное число}, D={число содержит хотя бы одну из цифр 1 или 2}. Решение: элементарным событием в этом опыте будет - =(некоторый упорядоченный набор из трех цифр), . Следовательно, общее число ис- ходов опыта равно числу размещений из 5 элементов по три элемента, то есть n A53 5! 60 . Очевидно, mA A 1 и P( A) mA 1. Чтобы число не 2! n 60 -16-
содержало цифры 4, нам надо выбирать только из карточек с цифрами 1, 2, 3, 5, тогда mB A43 4! 24 и P(B) mB 24 2 . Чтобы число оказалось четным, 1! n 60 5 последней должна стоять цифра 2 или 4 (2 способа). В каждом из этих случаев первые две цифры мы можем выбирать из 4-х цифр (1, 3, 4, 5 или 1, 2, 3, 5). Та- ким образом, mC C 2 A42 2 4! 24 и P(C) mC 2. Событием, противо- 2! n 5 положным событию D, является событие D ={число содержит только цифры 3, 4, 5}. Это означает, что выбирать можно только из карточек с цифрами 3, 4, 5. Следовательно, m D A33 3! 6 и P(D) 1 P(D) 1 m 1 6 9 . D D 60 10 n 1.2.33. Преподаватель выдает Иванову, Петрову и Сидорову по одному варианту контрольной работы, из имеющихся шести с номерами 1, 2,…, 6. найти вероятности событий: А={Иванов, Петров и Сидоров получили варианты 2, 3, 5, в указанном порядке}, В={распределены варианты с номерами 2, 3, 5}, С={варианты с номерами 5 и 6 не выданы}, D={хотя бы один из студентов по- лучил вариант № 1}. Решение: фиксируемый результат в данном опыте или элементарное со- бытие - =(некоторый упорядоченный набор из трех номеров), . Следо- вательно, общее число равновозможных элементарных событий равно числу размещений из 6 элементов по 3 элемента, n A63 6! 120 . Очевидно, что 3! mA A 1 и P(A) mA 1. Событие В означает, что студенты получили ва- n 120 рианты с номерами 2, 3, 5, причем неважно, какой из вариантов получил каж- дый из студентов, поэтому mB B P3 3! 6 и P(B) mB 6 1. Собы- n 120 20 тие С означает, что распределены варианты с номерами 1, 2, 3, 4. Следователь- но, mC C A43 4! 24 и P(C) mC 24 1 . Событие, противоположное 1! n 120 5 событию D, есть - D ={распределены варианты с номерами 2, 3, 4, 5, 6}, поэто- му m D A53 5! 60 и m 1 60 1 . D 2! P(D) 1 P(D) 1 D 120 2 n 1.2.34. Имеется N лунок, по которым случайным образом разбрасывают M шариков. Найти вероятность события, А={в данную (вполне определен- ную, например, первую) лунку попадет ровно k шариков}. Решение: пусть лунки имеют номера с 1-го по N -й. Бросая шарик в лун- ку, мы тем самым выбираем некоторый номер. Тогда элементарным равновоз- можным событием в этом опыте будет =(упорядоченная последовательность из M номеров, выбранных из N номеров). Так как, каждый из номеров этой последовательности мы можем выбирать M раз, то число таких последова- тельностей или общее число элементарных событий, возможных в этом опыте, -17-
будет равно числу размещений с повторениями из N элементов по M элемен- тов. То есть, n M NM . Число способов набора k шариков в данную AN лунку, равно числу сочетаний из M элементов по k элементов - CMk . Для каж- дого такого набора, мы можем разместить ( M k ) шариков в ( N 1) лунке, или, что тоже самое, составить упорядоченную последовательность из ( N 1) номера (с возможностью выбора каждого номера ( M k ) - раз) M k спосо- AN 1 - бами. По правилу произведения получим, что mA A CMk M k и AN 1 P(A) mA CMk M k M ! (N 1)M k . n k! (M k)! N M AN 1 M AN 1.2.35. Монету подбрасывают три раза. Найти вероятности событий: А={три раза выпал герб}, В={при первом подбрасывании выпал герб}, С={хотя бы один раз выпал герб}, D={решка выпала два раза}. 1.2.36. Игральную кость подбрасывают четыре раза. Найти вероятности событий: А={сумма выпавших очков равна 4}, В={5 и 6 очков не выпали ни ра- зу}, С={хотя бы один раз выпало 6 очков}, D={произведение выпавших очков - четно}. Разные задачи 1.2.37. На шахматную доску ставят две ладьи, белую и черную. Какова вероятность, что ладьи не бьют друг друга? 1.2.38. В одной урне а-белых и b-черных шаров, в другой – c-белых и d- черных шаров. Из каждой урны, наудачу, берут по два шара. Найти вероятно- сти событий: А={выбрали только белые шары}, В={выбрали шары одного цве- та}, С={выбрали два белых и два черных шара}. 1.2.39. Из букв разрезной азбуки составлено слово «олово». Буквы пере- мешивают и вновь выкладывают в ряд в случайном порядке. Какова вероят- ность того, что снова получат слово «олово»? 1.2.40. Пять шариков разбрасывают по шести лункам (в каждую лунку может попасть любое число шариков). Найти вероятности событий: А={в первую лунку попало два шарика}, В={все шарики попали в одну лунку}, С={в первые пять лунок попало по одному шарику}. 1.3. Геометрическое определение вероятности Геометрическое определение вероятности является распространением классического определения на задачи с бесконечным числом исходов. Множе- ство элементарных событий и возможные события в этих случаях будут не- прерывными множествами. Их характеристикой является мера множества (дли- на, площадь, объем и т. д. в зависимости от размерности того пространства, в котором рассматриваются данные множества). Если вероятность попадания в любое подмножество A множества пропорциональна мере множества A ( мера A) и не зависит от местоположения A в , то справедлива формула геометрической вероятности -18-
P( A) мера А . (8) мера 1.3.1. На отрезок AD длины l наудачу ставится точка. Какова вероят- ность, что длина одного из полученных отрезков будет вдвое больше длины другого (событие A )? Решение: пусть x координата случайной точки (отрезок лежит на оси Ox ), рис. 2. Тогда все исходы опыта можно задать так: x : 0 x l. Чтобы один из отрезков был вдвое больше друго- AB CD го, случайная точка должна попасть на 0 l 2l l x один из отрезков AB или CD (поскольку 33 Рис. 2 AB CD l ). Поэтому 3 A x : 0 x l или 2l x l . Имеем 3 3 мера l (длина отрезка AD ), мера А 2 l (сумма длин отрезков AB и 3 CD ) и P( A) мера А 2 l 2 . мера 3 3 l 1.3.2. Плоскость разграфлена параллельными прямыми отстоящими друг от друга на расстоянии попеременно 1 см и 9 см. На плоскость бросают монету радиуса 2 см. Какова вероятность, что монета не пересечет ни одной прямой (событие А)? x Решение: будем фиксировать в результате опыта координату x - центра монеты (ось Ox 10 перпендикулярна проведенным прямым). Тогда 8C все множество элементарных исходов можно за- дать так: x : 0 x 10 (поскольку располо- 3B жение прямых периодически повторяется через 1 каждые 10см), рис. 3. Чтобы монета не пересекла 0 прямую проекция центра монеты должна попасть на отрезок BC (точки B и C отстоят от ближай- Рис. 3 ших прямых на 2 см). Следовательно, A x : 3 x 8. Мера 10 (см), мера А 5(см) (длина отрезка BC ) и P( A) мера А 5 1 . мера 10 2 1.3.3. На плоскости нанесена квадратная сетка со стороной квадрата 10 см. На плоскость бросают монету радиуса 1 см. Какова вероятность, что монета не пересечет ни одной прямой (событие А)? -19-
Решение: пусть (x, y) - координаты y центра монеты, которые мы фиксируем в результате опыта (оси координат совпада- ют с парой взаимно перпендикулярных прямых, начало координат с узлом сетки 10 того квадрата, в который попал центр мо- 9 неты), рис. 4. Тогда все равновозможные исходы опыта будут: {(x, y) : А 1 0 x 10, 0 y 10}, а элементарные со- 0 1 9 10 x бытия, при которых осуществляется собы- тие A , будут A (x, y) :1 x 9, 1 y 9 (центр монеты должен отстоять от каждой Рис. 4 из сторон квадрата не менее, чем на 1 см). Имеем, мера 100 (см2) (площадь квад- рата со стороной 10 см), мера А 64 (см2 ) (площадь квадрата со стороной 8 см) и P( A) мера А 64 16 . мера 100 25 1.3.4. К причалу в течение суток в случайные моменты времени приходят два судна. Одному судну ( X ) требуется для разгрузки 4 часа, другому (Y ) – 6 часов. Какова вероятность, что ни одному из судов не придется ожидать начала разгрузки (событие А)? Решение: пусть x - время прихода судна X , y - время прихода судна Y . Тогда все равновозможные исходы опыта будут: (x, y) : 0 x 24, 0 y 24 (оба судна приходят в промежутке времени от 0 до 24 часов), рис. 5 а). Пусть судно X пришло первым тогда, чтобы судну Y y y 24 24 А 18 4А 0 а) 24 x 0 6 б) 20 24 x Рис. 5 не пришлось ожидать начала разгрузки, оно должно подойти к причалу не ра- нее, чем через 4 часа после прихода судна Y (время разгрузки судна X ), то есть должно выполняться условие: y x 4. Аналогично, если первым пришло судно Y , то должно выполняться условие: x y 6 . Следовательно, -20-
A (x, y) : y x 4, x y 6 . Уравнение y x 4, это - уравнение прямой, проходящей через точки (0, 4) и (20, 24). Неравенству y x 4 будут удовле- творять координаты точек, которые расположены левее и выше прямой y x 4. Уравнение x y 6, уравнение прямой, проходящей через точки (6, 0) и (24, 18). Неравенству x y 6 будут удовлетворять координаты точек, которые расположены правее и ниже прямой x y 6 . Область A заштрихова- на на рис. 5 б). Имеем, мера 242 576 (площадь квадрата со стороной 24), мера А 1 202 182 362 (сумма площадей двух прямоугольных треуголь- 2 ников) и P(A) 362 181 . 576 288 1.3.5. Отрезок длины l наудачу разбивают на три отрезка (1-й, 2-й, 3-й). Какова вероятность, что из полученных трех отрезков можно составить тре- угольник? Решение: обозначим длину первого отрезка через x , второго - y . Длина каждого из отрезков может быть от 0 до l , а сумма их длин не может превы- шать l . Тогда все исходы опыта можно задать так: (x, y) : 0 x l, 0 y l, x y l , рис. 6 а). Чтобы из трех отрезков мож- yy ll l 2A 0 lx 0 ll x а) Рис. 6 2 б) но было составить треугольник, сумма длин каждых двух отрезков должна быть больше длины третьего (сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны). Поэтому должны выполняться условия: 1) x y l (x y) (l (x y) - длина третьего отрезка) или x y l ; 2) x (l (x y)) y или 2 y l; 3) y (l (x y)) x или x l. Тогда A (x, y) : x l, y l, x y l . 2 2 2 2 2 Неравенству x l удовлетворяют координаты точек, лежащих левее прямой 2 x l . Неравенству y l удовлетворяют координаты точек, лежащих ниже 22 -21-
прямой y l . Неравенству x y l , удовлетворяют координаты точек, лежа- 22 щих правее и выше прямой x y l (прямая проходит через точки (0, l ) и 22 ( l , 0 ). Всем трем неравенствам удовлетворяют координаты точек области A 2 (заштрихована на рис. 6 б)). Имеем, мера 1 l2 , мера А 1 l 2 l2 и 2 2 2 8 l2 1. P( A) l2 8 4 2 1.3.6. От каждого из трех стержней длины l случайным образом отреза- ют его часть. Какова вероятность, что из полученных частей можно сложить остроугольный треугольник (событие A )? Решение: обозначим через x, y, z длины полученных частей. По усло- вию задачи длина каждой из частей может лежать в пределах от 0 до l . Тогда все исходы опыта можно задать так: (x, y, z) : 0 x l, 0 y l, 0 z l, рис.7. Чтобы из трех отрезков можно было сложить остроугольный треуголь- z l x2 y2 z2 A x2 z2 y2 y2 z2 x2 l y l x Рис. 7 ник, квадрат длины каждого из них должен быть меньше суммы квадратов длин двух других отрезков. Это следует из того, что квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними, а для остроугольного треугольника коси- нусы всех его углов положительны. Таким образом, событию A будут благо- приятствовать следующие элементарные исходы: A (x, y, z) : x2 y2 z2, x2 z2 y2, y2 z2 x2, (x, y, z) . Уравнение y2 z2 x2 определяет в пространстве круговой конус с осью Ox , на рис. 7 часть этой поверхности за- -22-
штрихована. Неравенству y2 z2 x2 будут удовлетворять координаты точек, лежащих вне конуса. Аналогичные рассуждения справедливы и относительно двух других неравенств. Таким образом, исходы, благоприятствующие собы- тию A , это точки лежащие внутри куба со стороной l и вне трех конических поверхностей. Тогда, мера l3 (объем куба со стороной l ). С учетом того, что объем V , кругового конуса с радиусом основания R и высотой h , равен V 1 R2h получим мера A l3 3 1 l2 l l3 (1 ) и 3 43 4 P( A) l3 (1 4) 1 0, 2146 . l3 4 1.3.7. Из отрезка [-1, 1] наудачу взяты два числа. Найти вероятность со- бытия A ={сумма этих чисел больше 1, сумма квадратов чисел меньше едини- цы}. Решение: пусть взяты числа x и y . Тогда, очевидно, (x, y) :0 x 1, 0 y 1 и A (x, y) : x y 1, x2 y2 1 , рис. 8. Неравенству x y 1 удо- влетворяют координаты точек, которые лежат правее и выше прямой x y 1, а y 1 A x y 1 1 0 1x x2 y2 1 1 Рис. 8 неравенству x2 y2 1 - координаты точек, лежащих внутри окружности x2 y2 1. Область A на рис. 8 заштрихована. Имеем, мера 22 4 (пло- щадь квадрата со стороной 2), мера А 1 (площадь четверти круга радиу- 42 са 1 минус площадь треугольника) и P( A) 1 2 0, 071. 4 2 4 16 1.3.8. На сфере единичного радиуса с центром в точке O наудачу выби- рается точка M . Найти вероятности следующих событий: A ={длина проекции радиус-вектора OM на ось Ox меньше a , 0 a 1}, B ={длина проекции OM на плоскость Oxy не меньше a , 0 a 1}. -23-
Решение: пусть (x, y, z) координаты точки M . Тогда, (x, y, z) : x2 y2 z2 1, z 0 и мера 4 (площадь поверхности сфе- a 1y x a x2 y2 1 0 x2 y2 1 x2 y2 a2 xa 0 a1 y a Axy 1 Рис. 9 a Bxy 1 x x а) б) ры радиуса R равна 4R2 , в нашем случае, сфера радиуса 1). Чтобы произошло событие A , координата точки M по оси Ox должна быть по модулю меньше a . Следовательно, A (x, y, z) : (x, y, z) , x a. Проекция области A на плоскость Oxy обозначена Axy и изображена на рис. 9 а) (область Axy заштри- хована). Напомним, что если поверхность S : z f (x, y), (x, y) D ( D - проек- ция поверхности S на плоскость Oxy ), то площадь поверхности S вычисляется по формуле: QS 1 zx2 zy2 dx . В нашем случае, z 1 x2 y2 (уравне- D 1. 1 Мера dxdy = 1 x2 y2 2 1 x2 y2 ние полусферы) и 1 zx2 zy2 = А QS Axy a 1x2 1 x2 = dx a 1x2 dy a y dx x a 2 a и P( A) 4a = arcsin 1 x2 1x2 a 4 1 x2 y2 a a . Чтобы произошло событие B , должно выполняться условие x2 y2 a2 , то есть B (x, y, z) : (x, y, z) , x2 y2 a2 . Проекция области B обозначена и изображена на рис. 9 б). Тогда, мера B dxdy 2 1 d 1 x2 y2 = d 2 Bxy Bxy = 0 a 1 2 = 2 ( 1 1 a2 и P(B) 4 1 a2 1 a2 . 1 2 ) 2 a 4 1.3.9. Луч локатора перемещается в горизонтальной плоскости с постоян- ной угловой скоростью. Какова вероятность того, что цель будет обнаружена в угловом секторе радиан, если ее появление по любому направлению одина- ково возможно? -24-
1.3.10. Расстояние межу пунктами А и В 80 км. Разрыв телефонного кабе- ля, соединяющего эти пункты одинаково возможен на любом расстоянии от пункта А. Какова вероятность того, что разрыв кабеля произошел между 10-м и 30-м километрами? 1.3.11. Какова вероятность, не целясь, попасть бесконечно малой пулей в прутья решетки, если толщина прутьев равна a , расстояние между их осями равно l (l a )? 1.3.12. Из отрезка [0, 2] наудачу выбирают два числа. Какова вероятность того, что сумма этих чисел будет больше единицы, а произведение – меньше единицы? 1.3.13. Наудачу берут три отрезка, длина каждого из которых не превос- ходит l . Найти вероятности событий: A ={сумма длин трех отрезков больше l }, B ={из взятых отрезков можно сложить треугольник}. 1.4. Вероятности сложных событий Сложным событием называют наблюдаемое в опыте событие, которое может быть выражено через другие наблюдаемые в том же опыте события с помощью допустимых алгебраических операций. Вероятности сложных собы- тий вычисляют с помощью формул умножения и сложения вероятностей: P(A B) P(A) P(B A) P(B) P(A B) , (9), P(A B) P(A) P(B) P(A B) . (10). Число P(B A) P(A B) называют условной вероятностью события B P( A) при условии, что событие A произошло, то есть это вероятность события B , вычисленная в предположении, что событие A произошло (аналогично опреде- ляется P(A B) ). Формулы (3) и (4) можно обобщить на большее число событий, в частности: P(A B C) P(A) P(B A) P(C A B) , (11), P(A B C) P(A) P(B) P(C) (12). . P(A B) P(AC) P(B C) P(A B C) Отметим, что формула (6) дает вероятность осуществления хотя бы одно- го из событий A , B или C . Однако вероятность этого события проще вычис- лять по формуле P(A B C) 1 P(A B C) 1 P(A B C) . Два события A и B называются независимыми, если их условные и без- условные вероятности совпадают, то есть P(A B) P(A) или, что равносильно, если вероятность их произведения равна произведению их вероятностей, то -25-
есть P(A B) P(A) P(B) . События A1, A2,..., An называются независимыми в совокупности, если они попарно независимы и независимы любое из них и все возможные произведения остальных. Если события A1, A2,..., An независимы в совокупности, то и противоположные им события A1, A2,..., An также независи- мы в совокупности. События A и B называются несовместными, если они не могут про- изойти одновременно в одном опыте, то есть, если A B (невозможное со- бытие). При использовании формул умножения и сложения вероятностей важно учитывать независимость событий (при применении формулы умножения) и несовместность событий (при применении формулы сложения). Если события A и B независимы, то P(A B) P(A) P(B) , (13) если события A1, A2,..., An независимы в совокупности, то (14) P(A1 A2 ... An) P(A1) P(A2) ... P(An) . Если события A и B несовместны, то P(A B) P(A) P(B) . (15) Если события A1, A2,..., An попарно несовместны, то P(A1 A2 ... An) P(A1) P(A2) ... P(An) . (16) При вычислении вероятности события A ={произошло хотя бы одно из событий A1, A2,..., An независимых в совокупности} удобно пользоваться фор- мулой P(A) 1 P(A1) P(A2) ... P(An) . (17) 1.4.1. На рис. 10 приведены схемы соединения элементов. Предполагает- ся, что для работы схемы при последовательном соединении элементов необхо- дима работа каждого из элементов, при параллельном соединении – работа хотя бы одного из элементов. Известна надежность pk k -го элемента (соответствен- но qk 1 pk - вероятность его отказа). Отказы элементов являются независи- мыми в совокупности событиями. Вычислить вероятность работы каждой из схем. -26-
Решение: обозначим Ak ={ k -й элемент работает}, k 1, 2,..., соответ- ственно, Ak ={ k -й элемент отказал}, A ={схема работает}. По условию задачи P(Ak ) pk и P( Ak ) qk . 1 1 14 A C3 B A 2 BA 3 B 2 3 25 а) б) в) Рис. 10 а). Чтобы сигнал прошел от точки A до точки C достаточно, чтобы рабо- тал один из элементов A1 или A2 , то есть произошло событие ( A1 A2 ). Чтобы сигнал прошел от точки C до точки B , должен работать элемент 3, событие A3 . Чтобы схема работала, оба названных события должны произойти одновремен- но, то есть A (A1 A2) A3. Так как события A1, A2, A3 независимы в совокупно- сти, то вероятность произведения событий равна произведению вероятностей этих событий. Так как события A1 и A2 совместны, то вероятность события ( A1 A2 ) надо вычислять по формуле (10). Таким образом, P(A) P((A1 A2) A3) P(A1 A2) P(A3) (P(A1) P(A2) P(A1 A2)) P(A3) ( p1 p2 p1 p2) p3. Отметим, что можно воспользоваться формулой (17): P(A1 A2) 1 P(A1) P(A2) 1 q1q2 и P( A) (1 q1q2 ) p3 . б). В этом случае мы имеем параллельное соединение трех элементов, то есть для работы схемы достаточно того, чтобы работал хотя бы один из элемен- тов, A (A1 A2 A3) . По формуле (17) получим P(A) P(A1 A2 A3) 1 P( A1) P( A2) P( A3) 1 q1q2q3 . в). Пусть элемент 3 отказал, тогда, чтобы схема работала, должны рабо- тать одновременно элементы 1 и 4 или 2 и 5 (событие A3 (A1 A4 A2 A5) ). Пусть элемент 3 работает, чтобы схема работала достаточно, чтобы работал хо- тя бы один из элементов 1 и 2 и, одновременно, хотя бы один из элементов 4 и 5, (событие A3 (A1 A2) (A4 A5) ). Следовательно, A A3 (A1 A4 A2 A5) + A3 (A1 A2) (A4 A5) и, так как, в правой части равенства стоят несовместные события, то P(A) P(A3 (A1 A4 A2 A5)) P(A3 (A1 A2) (A4 A5)) . Применяя формулы (10), (13), (17) (и учитывая, что события A1,..., A5 совместны!) полу- чим P(A) q3( p1 p4 p2 p5 p1 p2 p4 p5) p3(1 q1q2)(1 q4q5) . 1.4.2. Изготовлением детали последовательно и независимо заняты двое рабочих. Первый рабочий может допустить брак с вероятностью 0,1, второй – с -27-
вероятностью 0,2. Найти вероятности событий: A ={изготовлена качественная деталь}, B ={только один из рабочих допустил брак}. Решение: пусть C ={1-й рабочий допустил брак}, D ={2-й рабочий допу- стил брак}. Тогда A C D (ни один из рабочих не допустил брак). По условию задачи события C и D независимы, следовательно, P(A) P(C D) = P(C) P(D) = (1 P(C)) (1 P(D)) = 0,9 0,8 0,18 . B C D C D (1-й рабо- чий допустил брак, 2-й рабочий не допустил брак либо 1-й рабочий не допустил брак, 2-й – допустил брак). В правой части равенства записана сумма несов- местных событий и, поскольку, события C и D независимы, следовательно, P(B) P(C D C D) (1 P(C)) P(D) P(C) (1 P(D)) 0,9 0,2 0,1 0,8 0,26 . 1.4.3. Известно, что на встречу выпускников Дедов придет с вероятно- стью p1, Ефимов – с вероятностью p2 и Федоров – с вероятностью p3 . Вы- пускники приходят на встречу независимо друг от друга. Найти вероятности событий: A ={пришли только двое из названных лиц}, B ={Дедов и Ефимов пришли на встречу}, C ={хотя бы один из названных лиц пришел на встречу}. Решение: пусть D ={Дедов пришел на встречу} ( P(D) p1, P(D) q1 =1 p1); E = {Ефимов пришел на встречу} ( P(E) p2 , P(E) q2 1 p2 ); F = ={Федоров пришел на встречу} ( P(F) p3 , P(F) q3 1 p3 ). Тогда A D E F D E F D E F (пришли Дедов и Ефимов, Федоров не пришел, либо пришли Дедов и Федоров, Ефимов не пришел, либо пришли Ефимов и Федоров, Дедов не пришел). В правой части равенства стоят попарно несов- местные события, D, E, F - независимые события, следовательно, P(A) p1 p2q3 p1q2 p3 q1 p2 p3 . Событие B D E (пришел ли на встречу Федо- ров не имеет значения) и P(B) P(D E) p1p2 . Событием противоположным событию C будет - C = {никто из названных лиц не пришел на встречу}. Оче- видно, что C D E F . P(C) 1 P(C) 1 q1q2q3 . 1.4.4. Производится стрельба по самолету. При попадании одного снаряда он с вероятностью p1 попадает в кабину самолета, с вероятностью p2 - в топ- ливные баки и с вероятностью p3 - в планер ( p1 p2 p3 1). Попадание сна- ряда в ту или иную часть самолета независимо от попаданий других снарядов. Для поражения самолета достаточно одного попадания в кабину, двух попада- ний в топливные баки или трех в планер. События: Dk ={в самолет попало k снарядов}, E ={самолет поражен}. Найти условную вероятность P(E Dk ) при k = 2, 3, 4. Решение: обозначим Ai ={i -й снаряд попал в кабину}, Bi ={i -й снаряд попал в топливные баки}, Ci ={i -й снаряд попал в планер}, i 1, k . При k 2 имеем: (E D2) = B1 C2 C1 B2 C1 C2 ( (E D2) ={самолет не поражен при попа- -28-
дании двух снарядов}, B1 C2 ={1-й снаряд попал в топливные баки, 2-й – в планер}, C1 B2 ={1-й снаряд попал в планер, 2-й – в топливные баки}, C1 C2 ={оба снаряда попали в планер}, попадание хотя бы одного снаряда в ка- бину приведет к поражению самолета). События, стоящие в правой части ра- венства попарно несовместные, поэтому P(E D2) P(B1 C2) P(C1 B2) P(C1 C2) и, так как, события Ai , Bi ,Ci независимы, то P(E D2) 2 p2 p3 p32 . P(E D2) 1 P(E D2) 1 2 p2 p3 p32 (отметим, что 1 2 p2 p3 p32 ( p1 p2 p3)2 2 p2 p3 p32) p12 p22 2 p1 p2 2 p1 p3 . Рассуждая аналогично, получим при k 3 : (E D3) = B1 C2 C3 C1 B2 C3 C1 C2 B3 и P(E D3) 1 3p2 p32 , при k 4 (E D4) (если ни один снаряд не попал в ка- бину, никакие два не попали в топливные баки, тогда по крайней мере три сна- ряда попадут в планер и самолет будет поражен) и P(E D4) 1. 1.4.5. Из колоды в 52 карты наудачу извлекается одна карта. События: A ={вынутая карта – туз}, B ={вынутая карта черной масти}, C ={вынутая кар- та бубновой масти}. Являются ли события A, B,C независимыми в совокупно- сти? Решение: установим сначала попарную независимость событий. Очевид- но, что P(A) 4 1 (среди 52 карт 4 туза), P(B) 1 и P(C) 1 . Найдем ве- 52 13 24 роятность события (A B) ={из карт черной масти извлекли туза}, P(A B) 2 1 . Имеем P(A B) P(A), следовательно, события A и B независимы. 26 13 Найдем вероятность события (A C) = {из карт бубной масти вынули туза}, P(A C) 1 . Имеем P(A C) P(A) , следовательно, события A и C независи- 13 мы. Найдем вероятность события (B C) ={из карт бубновой масти вынули карт черной масти}, очевидно, что P(B C) 0 . Имеем P(B C) P(B) , следователь- но, события B и C зависимы. Таким образом, события A, B,C не являются не- зависимыми в совокупности событиями. 1.4.6. Из колоды в 32 карты последовательно извлекают четыре карты. Какова вероятность того, что вытащат четыре туза (событие E )? Решение: пусть A ={1-я вынутая карта туз}, B ={2-я вынутая карта туз}, C ={3-я вынутая карта туз}, D ={4-я вынутая карта туз}. Тогда E A B C D и, поскольку события A, B,C, D зависимые, то P(E) P(A B C D) P(A) P(B A) P(C A B) P(D A B C) . В колоде 32 карты и среди них 4 туза, поэтому P(A) 4 . Перед извлечением 2-й карты в колоде осталась 31 карта и 32 -29-
среди них 3 туза, поэтому P(B A) 3 . Аналогично: P(C A B) 2 , 31 30 P(D A B C) 1 . Следовательно, P(E) 4 3 2 1 2,78 105 . 29 32 31 30 29 1.4.7. Иванов и Сидоров по очереди бросают игральную кость. Выигры- вает тот, у кого раньше выпадет 5 или 6 очков. Иванов бросает первым. Найти вероятности событий: I ={выиграл Иванов}, S ={выиграл Сидоров}. Решение: обозначим Ak ={при k -м бросании у Иванова выпало 5 или 6 очков}, Bk ={при k -м бросании у Сидорова выпало 5 или 6 очков}, P(Ak ) P(Bk ) p , P(Ak ) P(Bk ) q ( p q 1). Вероятность того, что при бросании игральной кости выпадет 5 или 6 очков очевидно равна p 1 . Иванов выигра- 3 ет, если I A1 A1 B1 A2 A1 B1 A2 B2 A3 .... Поскольку в правой части ра- венства события попарно несовместны, то P(I ) p qqp qqqqp ... p(1 q2 q4 ...) p 0,6 . Сидоров выиграет, если S A1B1 1 q2 A1 B1 A2 B2 A1 B1 A2 B2 A3B3 ... . Поскольку в правой части равенства со- бытия попарно несовместны, то P(S) qp qqqp qqqqqp ... pq(1 q2 q4 ...) pq 0,4 . 1 q2 1.4.8. По каналу связи передаются три сообщения. Каждое из них незави- симо от других искажается с вероятностью 0,2. найти вероятности событий: A ={все сообщения переданы без искажений}, B ={все сообщения искажены}, C ={хотя бы одно сообщение искажено}, D ={ровно одно сообщение передано без искажений}, E ={ровно два сообщения переданы без искажений}. 1.4.9. Вычислить вероятность работы каждой из схем, приведенных на рис.11 (условия в задаче 1.4.1.). 23 2 1 13 41 4 23 45 5 а) б) в) Рис. 11 1.4.10. Вероятность обнаружения самолета за один обзор локатора равна 0,3. Найти вероятности событий: A ={за три обзора локатора самолет будет об- наружен}, B ={самолет обнаружен ровно при третьем обзоре локатора}, C ={за -30-
три обзора локатора самолет будет обнаружен ровно два раза}, D ={за три об- зора локатора самолет обнаружат хотя бы один раз}, E = {за три обзора локато- ра самолет не будет обнаружен}. 1.4.11. Производится залп по цели из двух орудий. Вероятность попада- ния в цель первым орудием равна 0,8. Найти вероятность попадания в цель вто- рым орудием, если известно, что вероятность только одного попадания в цель равна 0,38. 1.4.12. Вероятность попадания стрелком в мишень при одном выстреле равна 0,8. Каково наибольшее число выстрелов, которые может произвести стрелок, чтобы, с вероятностью больше 0,5, можно было ожидать, что не будет ни одного промаха? 1.5. Формула полной вероятности. Формула Байеса Пусть некоторое событие A может произойти одновременно с одним из событий (гипотез) B1, B2,..., Bn , которые удовлетворяют условиям: 1) гипотезы попарно несовместны, то есть Bi Bj при i j , i, j 1, 2,..., n ; 2) в резуль- n тате опыта обязательно осуществляется одна из гипотез, то есть Bi и как i1 n следствие P(Bi ) 1 (при решении задач целесообразно проверять выполне- i1 ние этого равенства). Пусть далее нам известны вероятности осуществления каждой из гипотез P(Bi ) , i 1, 2,..., n (априорные вероятности гипотез) и условные вероятности P(A Bi ) , i 1, 2,..., n события A при осуществлении каждой из гипотез. Тогда вероятность события A может быть найдена по фор- муле P(A) P(B1) P(A B1) P(B2) P(A B2) ... P(Bn) P(A Bn) , (18) которая носит название формула полной вероятности. Пусть опыт произведен и известно, что событие A произошло. На осно- ве полученной дополнительной информации можно переоценить вероятности гипотез, то есть найти апостериорные вероятности гипотез (вероятности после опыта) или условные вероятности P(Bi A) каждой из гипотез, при условии осуществления события A , по формуле P(Bi A) P(Bi ) P( A Bi ) P(Bi ) P( A Bi ) , i 1,n , (19) P( A) P(B1) P( A B1) ... P(Bn) P( A Bn) которая носит название формула Байеса. 1.5.1. В ящике находятся однотипные детали, из которых 20 деталей изго- товлено на заводе № 1, 30 деталей изготовлено на заводе № 2, 50 деталей изго- товлено на заводе № 1. Процент дефектных деталей, изготовленных на заводе -31-
№ 1, составляет 5%, на заводе № 2 – 3% и на заводе № 3 – 2%. Какова вероят- ность того, что извлеченная наудачу из ящика деталь будет качественной? Решение: пусть событие A ={из ящика извлечена качественная деталь}. Выскажем следующие гипотезы: B1 ={извлеченная деталь изготовлена на заводе № 1}; B2 ={извлеченная деталь изготовлена на заводе № 2}; B3 ={извлеченная деталь изготовлена на заводе № 3}. Легко убедиться, что B1 B2 B1 B3 B2 B3 (действительно, например, если деталь изготов- лена на заводе № 1, то она не может быть изготовлена на другом заводе) и B1 B2 B3 , поскольку в ящике находятся детали, изготовленные только на указанных заводах. P(B1) 0,2 (всего в ящике 100 деталей и 20 из них изготов- лены на заводе № 1), аналогично P(B2) 0,3 и P(B3) 0,5 . Проверяем, что сумма вероятностей всех гипотез равна единице: P(B1) P(B2) P(B3) 0,2 0,3 0,5 1. Вычисляем условные вероятности события A : P(A B1) 0,95 (для завода № 1 процент брака составляет 5%, следовательно, ка- чественных деталей 95%), аналогично P(A B2) 0,97 и P(A B3) 0,98 . По формуле полной вероятности (18) найдем: P(A) 0,2 0,95 0,3 0,97 0,5 0,98 0,971. 1.5.2. Имеется две партии приборов: первая состоит из 100 приборов, сре- ди которых 4 дефектных, вторая состоит из 80 приборов, среди которых 2 де- фектных. Из первой партии берется 10 приборов, а из второй – 15 приборов. Из новой партии берут один прибор. Какова вероятность того, что он будет де- фектным? Решение: пусть событие A ={из новой партии взяли дефектный прибор}. Выскажем следующие гипотезы: B1 ={взятый из новой партии прибор, первоначально находился в первой партии}; B2 ={взятый из новой партии прибор, первоначально находился во второй партии}. Очевидно, что выполнены условия: B1 B2 и B1 B2 . Вычислим вероятности гипотез: P(B1) 0,4 и P(B2) 0,6 (в новой партии 25 приборов, из них 10 из первой и 15 из второй партии). Проверим, что P(B1) P(B2) 1. Вы- числим условные вероятности события A : P(A B1) 0,04 (так как мы вычисля- ем вероятность события A , считая, что прибор взят из первой партии, а в этой партии всего 100 приборов и среди них 4 дефектных), аналогично P(A B2) 0,025. По формуле полной вероятности (18) найдем: P(A) 0,4 0,04 0,6 0,025 0,031. 1.5.3. В урну, содержащую n шаров, опущен белый шар. После чего наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлечен белый шар, -32-
если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров по цвету. Решение: пусть событие A ={извлечен белый шар}. Выскажем следую- щие гипотезы: B1 ={первоначально в урне не было белых шаров}; B2 ={первоначально в урне был 1 белый шар}; B3 ={первоначально в урне было 2 белых шара}; ……………………………………………………… Bn1={первоначально в урне было n белых шаров}. Очевидно, что собы- тия B1, B2,..., Bn1 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Поскольку все предположения о составе шаров равновоз- можны, то вероятности осуществления каждой из гипотез одинаковы. Так как всего гипотез (n 1) , сумма вероятностей всех гипотез равна 1, то P(Bi ) 1 n 1 i 1, 2,..., (n 1) . Условные вероятности события A очевидно будут: P( A Bi ) i , i 1, 2,..., (n 1) . По формуле полной вероятности (18) найдем: n 1 P(A) 1 n1 i 1 2 ... (n 1) (1 (n 1))(n 1) n2 . 1 i1 1 (n 1)2 2(n 1)2 2(n 1) n n 1.5.4. В ящике лежат 20 теннисных мячей, в том числе 15 новых и 5 иг- ранных. Для игры наудачу выбираются два мяча и после игры возвращаются обратно. Какова вероятность того, что на вторую игру выберут наудачу новые мячи? Решение: пусть событие A ={на вторую игру взяли два новых мяча}. Вы- скажем следующие гипотезы: B1 ={на первую игру взяли два новых мяча}; B2 ={на первую игру взяли 1 новый и 1 игранный мяч}; B3 ={на первую игру взяли два игранных мяча}. Очевидно, что события B1, B2, B3 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно про- изойти. Вычислим вероятности гипотез. Два мяча из 20 можно выбрать C220 способами, два новых мяча из 5 - C52 способами и выбрать 1 новый и 1 играный мяч - C51 C115 способами. По формуле (1) найдем: P(B1) C52 1 , C220 19 P(B2 ) C51 C115 15 и P( B3 ) C125 21 . Проверим, что P(B1) P(B2) C220 38 C220 38 P(B3) 1. Вычислим условные вероятности события A , также с использова- нием классического определения вероятности: P( A B1) C123 39 , C220 95 -33-
P( A B2 ) C124 91 , P( A B3 ) C125 21 . По формуле полной вероятности (18) C220 190 C220 38 найдем: P(A) 1 39 15 91 21 21 0,516 . 19 95 38 190 38 38 1.5.5. Производится n независимых выстрелов по резервуару с горючим. Каждый снаряд попадает в резервуар с вероятностью p . Если в резервуар по- пал один снаряд, то горючее воспламеняется с вероятностью p1 , если два сна- ряда, - с полной достоверностью. Найти вероятность того, что при n выстрелах горючее воспламенится. Решение: пусть событие A ={горючее воспламенилось}. Выскажем сле- дующие гипотезы: B1 ={при n выстрелах ни один снаряд не попал в резервуар}; B2 ={при n выстрелах только один снаряд попал в резервуар}; B3 ={при n выстрелах больше одного снаряда попало в резервуар}. Оче- видно, что события B1, B2, B3 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Для вычисления вероятностей гипотез рассмотрим события: Ck ={ k -й по счету снаряд попал в резервуар}, k 1, 2,..., n, P(Ck ) p и P(Ck ) 1 p q . Тогда B1 C1 C2 ... Cn , события C1,C2,...,Cn независимы в совокупности, поэтому P(B1) qn . B2 C1 C2 ... Cn C1 C2 C3 ... Cn ... C1 ... Cn1 Cn . События, стоящие в правой части равенства, попарно несов- местны. Вероятность каждого из них (так как они независимы в совокупности) равна pqn1, следовательно, P(B2) npqn1. Вероятность гипотезы B3 найдем из условия: P(B1) P(B2) P(B3) 1, то есть P(B3) 1 npqn1 qn . Условные ве- роятности события A будут: P(A B1) 0 , P(A B2) p1 , P(A B3) 1. Тогда P( A) p1npqn1 1 npqn1 qn 1 nq1 pqn1 qn ( q1 1 p1 ). 1.5.6. Три орудия производят стрельбу по трем целям. Каждое орудие вы- бирает себе цель случайным образом и независимо от других. Цель обстрелян- ная одним орудием, поражается с вероятностью p . Найти вероятность того, что из трех целей две будут поражены, а третья нет. Решение: пусть событие A ={поражены только две цели из трех}. Выска- жем следующие гипотезы: B1 ={обстреляны все три цели}; B2 ={обстреляна только одна цель}={все орудия стреляли по одной цели}; B3 ={две цели обстреляны, а третья нет}. Очевидно, что события B1, B2, B3 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Для вычисления вероятностей гипотез рассмотрим события: C1={одно из ору- дий выбирает любую цель}, C2 ={другое орудие выбирает одну из двух необ- стрелянных целей}, C3 ={третье орудие выбирает оставшуюся необстрелянную -34-
цель}. Тогда, B1 C1 C2 C3 и P(B1) P(C1) P(C2 C1) P(C3 C1 C2 ) 1 2 1 2 . 3 3 9 Далее, рассуждая аналогично, получим, что P(B2 ) 1 1 1 1 и 3 3 9 P( B3 ) 11 2 2 (первые два орудия выбирают любую цель. Если первые 3 3 два орудия выбрали одну и ту же цель, то третье орудие должно обстрелять од- ну из двух оставшихся целей. Если первые два орудия выбрали разные цели, то третье орудие должно обстрелять одну из двух, но уже обстрелянных целей, то есть будет обстреляно ровно две цели). Убеждаемся, что P(B1) P(B2) P(B3) 1. Чтобы вычислить условную вероятность события (A B1) , надо вычислить вероятность того, что будет поражено ровно две цели при условии, что каждое орудие стреляло по своей, отличной от других, цели. Это означает, что два орудия поразили свои цели, а третье орудие нет. Обозна- чим: Dk ={ k -е орудие поразило цель}, k 1, 2, 3 . Тогда имеем: (A B1) = = D1 D2 D3 D1 D2 D3 D1 D2 D3 . События, стоящие в правой части равен- ства, попарно несовместны. Вероятность каждого из них (так как они незави- симы в совокупности) равна p2(1 p) , следовательно, P(A B1) 3p2(1 p) . Очевидно, что P(A B2) 0 . В предположении гипотезы B3 , два орудия стреля- ют по одной цели. Тогда вероятность ее поражения будет (1 (1 p)2) . Третье орудие поражает свою цель с вероятностью p . Следовательно, вероятность осуществления события (A B3) будет P(A B3) (1 (1 p)2) p = (2 p) p2 . По формуле полной вероятности (18) найдем: P(A) 2 3p2(1 p) 2 (2 p) p2 93 = 2 p2(3 2 p) . 3 1.5.7. Число грузовых автомашин, проезжающих по шоссе, на котором стоит бензоколонка, относится к числу легковых автомашин, проезжающих по тому же шоссе как 3:2. Вероятность того, что будет заправляться грузовая ав- томашина равна 0,1, для легковой автомашины эта вероятность 0,2. К бензоко- лонке подъехала для заправки автомашина. Найти вероятность, что это грузо- вая автомашина. Решение: пусть событие A ={к бензоколонке подъехала для заправки ав- томашина}. Выскажем следующие гипотезы: B1 ={по шоссе едет грузовая автомашина}; B2 ={по шоссе едет легковая автомашина}. Очевидно, что события B1, B2 несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Число про- езжающих грузовых автомашин относится к числу проезжающих легковых ав- томашин как 3:2, то есть из каждых 5 автомашин 3 - грузовые и 2 - легковые. -35-
Следовательно, P(B1) 3 и P(B2 ) 2 . По условию задачи P(A B1) 0,1 и 5 5 P(A B2) 0,2 . По формуле полной вероятности (18) найдем: P(A) 0,6 0,1 0,4 0,2 0,14 . Вероятность искомого события (B1 A) найдем по формуле Байеса (19): P(B1 A) 0,6 0,1 3 0,429 . 0,14 7 1.5.8. Изделие проверяется на стандартность одним из двух контролеров. Вероятность того, что изделие попадет к первому контролеру равна 0,55, а ко второму – 0,45. Вероятность того, что стандартное изделие будет признано стандартным первым контролером равна 0,9, а вторым – 0,95. Стандартное из- делие было признано стандартным. Найти вероятность того, что его проверил второй контролер. Решение: пусть событие A ={стандартное изделие было признано стан- дартным}. Выскажем следующие гипотезы: B1 ={изделие проверил первый контролер}; B2 ={изделие проверил второй контролер}. Очевидно, что события B1, B2 несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. По условию задачи P(B1) 0,55 , P(A B1) 0,9 и P(B2) 0,45 , P(A B2) 0,95 . По формуле полной вероятности (18) найдем: P(A) 0,55 0,9 0,45 0,95 0,9225 . Вероят- ность искомого события (B1 A) найдем по формуле Байеса (19): P(B2 A) 0,45 0,95 0,463 . 0,9225 1.5.9. В группе спортсменов 5 мастеров спорта, 3 кандидата в мастера спорта и 2 спортсмена 1-го разряда. Вероятность того, что при одном выстреле мастер спорта попадет в мишень, равна 0,95, для кандидата в мастера эта веро- ятность – 0,9 и для спортсмена 1-го разряда – 0,8. Случайно выбранный спортсмен произвел выстрел и зафиксировано попадание в мишень. Найти ве- роятность того, что стрелял мастер спорта. Решение: пусть событие A ={после выстрела зафиксировано попадание в мишень}. Выскажем следующие гипотезы: B1 ={стрелял мастер спорта}; B2 ={стрелял кандидат в мастера спорта}; B3 ={стрелял спортсмен 1-го разряда}. Очевидно, что события B1, B2, B3 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Поскольку в группе всего 10 спортсменов, то пользуясь классическим опреде- лением вероятности (формула (1)) найдем: P(B1) 0,5 , P(B2) 0,3 и P(B3) 0,2 . По условию задачи P(A B1) 0,95 , P(A B2) 0,9 и P(A B3) 0,8. По формуле полной вероятности (18) найдем: P(A) 0,5 0,95 0,3 0,9 -36-
0,2 0,8 0,905. Вероятность искомого события (B1 A) найдем по формуле Байеса (19): P(B1 A) 0,5 0,95 0,525. 0,905 1.5.10. Проверяют партию из n изделий, среди которых с равной вероят- ностью может быть 0, 1, 2, …, m ( m n ) бракованных. Наудачу взятое для кон- троля изделие оказалось качественным. Вычислить вероятности следующих со- бытий: Sk ={в партии ровно k бракованных изделий}, S ={число бракованных изделий в партии меньше m }. Решение: пусть событие A ={взятое на контроль изделие оказалось каче- ственным}. Выскажем следующие гипотезы: B1 ={в партии нет бракованных изделий}; B2 ={ в партии 1 бракованное изделие}; B3 ={ в партии 2 бракованных изделия}; ………………………………………….. Bm1={в партии m бракованных изделий}. Очевидно, что события B1, B2,..., Bm1 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Поскольку, по условию задачи, вероятности всех гипотез одинаковы и так как всего гипотез (m 1) , сумма вероятностей всех гипотез равна 1, то P(Bk ) 1 , k 1, 2,..., (m 1) . Условные вероятности события A очевидно m 1 будут: P( A Bk ) n (k 1) , k 1, 2,..., (m 1) . По формуле полной вероятно- n сти (18) найдем: P(A) 1 m1 n (k 1) n (n 1) ... (n m) m 1 k1 n (m 1)n (n (n m))(m 1) 2n m . Условные вероятности гипотез, при условии 2(m 1)n 2n осуществления события A , найдем по формуле Байеса (19): 1 n (k 1) m1 n P(Bk A) = 2(n k 1) . Событие Sk совпадает с событием 2n m (m 1)(2n m) 2n (Bk1 A) , следовательно, P(Sk ) P( Bk 1 A) 2(n k) . Событие S проти- (m 1)(2n m) воположно событию (Bm1 A) ={в партии ровно m бракованных изделий при условии, что взятое на контроль изделие оказалось качественным}. Поэтому, P(S) 1 P(Bm1 A) 1 (m 2(n m) m) m(2n m 1) . 1)(2n (m 1)(2n m) 1.5.11. В первой урне находится 10 шаров, из них 8 белых, во второй урне – 20 шаров, из них 4 белых. Из каждой урны наудачу извлекают по одному ша- -37-
ру, а затем из этих двух шаров берут один. Найти вероятность того, что взят бе- лый шар. 1.5.12. В каждой из трех урн находится по 6 черных и 4 белых шара. Из первой урны извлечен один шар и переложен во вторую урну; после чего из второй урны извлечен один шар и переложен в третью. Найти вероятность того, что наудачу извлеченный из третьей урны шар окажется белым. 1.5.13. В бригаде 8 рабочих и 2 ученика. Вероятность изготовить брако- ванное изделие для рабочего составляет 0,05, для ученика 0,2. Производитель- ность рабочего в два раза выше, чем ученика. Какова вероятность, что некото- рое изделие, изготовленное одним из членов бригады, окажется бракованным? 1.5.14. Однотипные приборы выпускаются тремя заводами в количе- ственном отношении: n1 : n2 : n3. Вероятности брака для этих заводов соответ- ственно равны p1, p2, p3 . Прибор, купленный лабораторией, оказался бракован- ным. Какова вероятность того, что этот прибор изготовлен первым заводом? 1.5.15. В группе из 10 студентов, пришедших на экзамен, 3 студента мо- гут ответить на все 20 экзаменационных вопросов, 4 студента могут ответить на 16 вопросов из 20, 2 студента – на 10 вопросов и 1 студент – на 5 вопросов. Вы- званный наугад студент ответил на все три заданных преподавателем вопроса. Найти вероятность того, что этот студент: а) знал ответы на все 20 вопросов; б) знал ответы только на 5 вопросов. 1.6. Последовательности независимых испытаний Пусть опыт заключается в проведении n испытаний. Если вероятность исхода каждого испытания не зависит от того, какие вероятности имели исходы предыдущих испытаний (в этом случае вероятность фиксируемого результата опыта вычисляется как произведение вероятностей исходов отдельных испыта- ний), то такие последовательности испытаний называются последовательно- стями независимых испытаний. Если в каждом из испытаний некоторое фиксируемое событие A проис- ходит с вероятностью p , либо не происходит с вероятностью q 1 p , то веро- ятность появления события A в n испытаниях ровно m раз находится по фор- муле Бернулли Pn (m) Cnm pmqnm, m 1,2,...,n. (20) Наивероятнейшее число m0 появлений события A ( Pn(m0) Pn(m) ) опре- деляется из двойного неравенства (n 1) p 1 m0 (n 1) p. (21) Если (n 1) p целое число, то наивероятнейшее число m0 будет иметь два зна- чения. -38-
1.6.1. Игральную кость бросают 6 раз. Найти вероятности следующих со- бытий: A ={3 очка выпало ровно два раза}, B ={3 очка выпало не менее двух раз}, C ={3 очка выпало хотя бы один раз}. Решение: пусть событие D ={при однократном бросании кости выпало 3 очка}. Очевидно, что P(D) 1 и эта вероятность постоянна в каждом испыта- 6 нии. Используя формулу Бернулли (20), получим: P(A) P6(2) 2 4 6 5 0,201, 6 C62 15 5 1 5 6 6 P(B) 1 P6(0) P6(1) 1 6 6 6 0,2632 , P(C) 1 P(C) 1 P6(0) 1 5 6 0,6651. 6 1.6.2. В квадрат со стороной 2a вписан круг. В квадрат наудачу бросают 4 точки. Найти вероятности следующих событий: A ={только одна точка попа- ла в круг}, B ={три точки попали в круг}, C ={хотя бы три точки попали в круг}. Решение: пусть событие D ={случайно брошенная в квадрат точка попала в круг}. По условию задачи случайная точка с равной вероятностью может по- пасть в любую часть квадрата, поэтому для вычисления вероятности события D можем воспользоваться формулой (2) (геометрическое определение вероят- ности). Площадь квадрата равно 4a2 , радиус вписанного круга, очевидно, - a и его площадь равна a2 . Тогда, P(D) a2 . Применяя формулу Бернулли 4a2 4 (20), найдем: P( A) P4 (1) C41 1 3 1 3 0, 031 , P(B) P4(3) 4 4 4 = C43 3 1 3(4 ) 0, 416 , P(C) P4 (3) P4 (4) 3(4 ) 4 4 4 43 43 4 = 3(16 3) 0, 796 . 44 1.6.3. По N лункам наудачу разбрасывают M шариков (в каждую лунку может попасть несколько шариков). Найти вероятность события A , заключаю- щегося в том, что в первую лунку попадет k1 шариков, а во вторую - k2 шари- ков ( k1 k2 M ). Решение: общее число способов распределить M шариков по N лункам равно числу размещений с повторениями из N элементов (лунок) по M эле- ментов (шариков), то есть n M NM . Число исходов, благоприятствующих AN событию A найдем следующим образом: набрать k1 шариков в первую лунку можно C k1 способами, при каждом таком наборе выбрать k2 шариков во вто- M рую лунку можно C k2 способами, оставшиеся (M k1 k2) шариков можно M k1 распределить по (N 2) лункам (N 2)Mk1k2 способами. Тогда, число исходов, -39-
благоприятствующих событию A , будет равно m C k1 C k2 k1 ( N 2)M k1k2 . Веро- M M ятность осуществления события A будет равна P( A) C k1 C k2 k1 ( N 2)M k1k2 . M M NM 1.6.4. При одном выстреле стрелок попадает в мишень с вероятностью 0,8. Какова вероятность, что из 9 выстрелов 5 будут точными (событие A )? Ка- ково наиболее вероятное число попаданий при 9 выстрелах? Решение: по формуле Бернулли P(A) P9(5) C95 (0,8)5 (0,2)4 0,066 . Наиболее вероятное число попаданий m0 найдем по формуле (21): (9 1) 0,8 1 m0 (9 1) 0,8, 7 m0 8 , то есть при 9 выстрелах наиболее ве- роятными будут события: 7 попаданий, либо 8 попаданий. 1.6.5. На отрезок АВ поставлена точка С так, что АС : ВС 1: 3. На отре- зок АВ случайно ставят 5 точек. Найти вероятности событий: A ={на отрезок АС попало ровно три точки}, B ={на отрезок АС попало не менее трех точек}, C ={на отрезок АС попало хотя бы три точки}. Найти наиболее вероятное чис- ло точек, которые попадут на отрезок ВС. 1.6.6. В круг радиуса R вписан правильный шестиугольник. В круг наудачу брошены пять точек. Найти вероятность того, что хотя бы две из них попадут в шестиугольник. 1.6.7. Два равносильных противника играют в шахматы. Каждая игра за- канчивается выигрышем одного из них. Что вероятнее: а) выиграть одну пар- тию из двух или две из четырех? б) выиграть не менее двух партий из четырех или не менее трех из пяти? 1.6.8. Проверочный тест состоит из пяти вопросов. На каждый вопрос те- ста приведено четыре ответа. Чтобы получить зачет надо правильно ответить хотя бы на три вопроса. Какова вероятность получить зачет, если ответы на во- просы теста выбирать наудачу? Формулы Пуассона и Муавра – Лапласа Непосредственное применение формулы Бернулли при большом числе испытаний связано с громоздкими вычислениями. В этих случаях используют приближенные формулы. Если число испытаний n достаточно велико, а вероятность p достаточна мала и выполнены условия: n m2 , np2 1, np2 1, mp 1, то применима формула Пуассона Pn (m) Cnm pmqnm m e, np . (22) m! Если число испытаний n достаточно велико, а вероятности p и q не очень близки к нулю и выполнены условия: npq 1, m np , то можно приме- нять локальную формулу Муавра-Лапласа -40-
Pn (m) Cnm pmqnm 1 (x), x m np (23) npq npq и интегральную формулу Муавра-Лапласа Pn (m1 m m2) (x2) (x1), x1 m1 np , x2 m2 np . (24) npq npq Значения функции Гаусса (x) 1 x2 и функции Лапласа x e2 (x) (t)dt 2 0 1 x t2 табулированы (приложения 1, 2). e 2 dt 2 0 1.6.9. Вероятность изготовления дефектной детали 0,002. В партии 1000 деталей. Найти вероятности событий: A ={в партии 2 бракованных детали}, B ={в партии не более трех бракованных деталей}. Решение: точные значения искомых вероятностей можно найти по фор- муле Бернулли (20). Но поскольку число испытаний велико и выполнены усло- вия применения формулы Пуассона (22) ( n 1000 m2 9 , np2 0,004 1, mp 0,006 1), то ее можно использовать. np 2 и P( A) P1000 (2) 22 e2 0,2707 , P(B) P1000(0) P1000(1) P1000(2) P1000(3) 2! 20 e2 21 e2 22 e2 23 e2 0,8571. 0! 1! 2! 3! 1.6.10. Среди юношей призывного возраста в среднем четверо имеют рост выше 190 см. Призыву в ряды вооруженных сил в некотором призывном пункте подлежит 500 юношей. Найти вероятности событий: A ={среди призывников рост 25 юношей больше 190 см}, B ={число призывников, имеющих рост выше 190 см, заключено в пределах от 20 до 30 человек}. Решение: вероятность того, что юноша призывного возраста выше 190 см равна p = 0,04 (каждые четверо из ста), q 1 p =0,96. Вычисление точных зна- 30 чений и вероятностей P( A) C 25 0, 0425 0,96475 P(B) Cm 0, 04m 0, 96500m 500 500 m20 весьма трудоемко. Так как, npq 700 0,04 0,96 26,88 1 и np 700 0,04 =28 близко к m ( 20 m 30), то можно воспользоваться локальной (23) и инте- гральной (24) формулами Муавра-Лапласа. А именно, P(A) 1 (x), npq x m np и, в нашем случае, x 25 28 0,5786, (0,5786) (0,5786) npq 26,88 -41-
0,3372 (находим по таблице, приложение 1) и P(A) 0,3372 26,88 0,3372 0,065. P(B) Pn(m1 m m2) (x2) (x1), x1 m1 np , 5,1845 npq x2 m2 np . В нашем случае, x1 20 28 1,543 , x2 30 28 0,386 , npq 5,1845 5,1845 (1,543) (1,543) 0,4386, (0,386) 0,1498 (находим по таблице, при- ложение 2) и P(B) 0,1498 + 0,4386 0,5884. 1.6.11. Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету p =0,01. Покупатель приобрел 300 лотерейных билетов. Найти вероятности следующих событий: A ={три приобретенных билета окажутся выигрышными}, B ={хотя бы три билета окажутся выигрышными}. 1.6.12. Вероятность допустить опечатку при наборе одной страницы кни- ги равна 0,005, всего в книге 400 страниц. Найти вероятности следующих собы- тий: A ={в книге допущено 4 опечатки}, B ={в книге допущено не более 4 опе- чаток}. 1.6.13. Вероятность допустить брак при изготовлении одной детали равна 0,001. Какова вероятность того, что число бракованных деталей в партии из 30000 штук будет заключено в пределах от 20 до 30 деталей? 1.6.14. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятности следующих событий: A ={при 100 выстрелах будет 82 по- падания}, B ={при 100 выстрелах число попаданий будет от 70 до 85}. Вероятности исходов отдельных испытаний различны, либо число исходов отдельных испытания больше двух Если каждое k -е из независимых испытаний заканчивается одним из двух возможных исходов (фиксируемое событие A произошло с вероятностью pk , либо не произошло с вероятностью qk 1 pk ), то вероятность того, что в n испытаниях событие A произойдет ровно m раз, равна коэффициенту при zm в разложении по степеням z производящей функции n (25) Gn (z) ( pmz qm ) . m1 Если каждое k -е из независимых испытаний заканчивается одним из не- скольких взаимоисключающих исходов (фиксируемое событие Ai произошло с вероятностью pi , либо не произошло с вероятностью qi 1 pi , i 1, 2,..., s ), то вероятность того, что при n испытаниях событие A1 произойдет m1 раз, со- s бытие A2 - m2 раз, …, событие As - ms раз ( mi n ) находится по формуле i1 -42-
Pn (m1, m2,..., ms ) n! ! pm1 p m2 ... p ms . (26) m1!m2 !...ms 1 2 s Если вероятности каждого исхода различны в разных испытаниях и pik - вероятность i -го исхода в k -м испытании, i 1, 2,..., s , k 1, 2,..., n, то веро- ятность Pn(m1,m2,...,ms ) вычисляется как коэффициент при члене, содержащем z m1 , z m2 , ..., z ms в разложении по степеням z1, z2,..., zs производящей функции 1 2 s n (27) Gn (z1, z2,...zs ) ( p1k z1 p2k z2 ... psk zs ) . k 1 1.6.15. Первый стрелок попадает в мишень с вероятностью 0,9, второй – с вероятностью 0,8, третий – с вероятностью 0,7. Стрелки произвели по одному выстрелу в одну и ту же мишень. Найти вероятности следующих событий: A ={два попадания в мишень}, B ={в мишени не менее двух попаданий}. Решение: в данном случае произведена серия из трех испытаний, но веро- ятность осуществления фиксируемого события (попадание в мишень) различна в разных испытаниях. Поэтому надо воспользоваться формулой (25): n Gn (z) ( pmz qm) (0,9z 0,1) (0,8z 0,2) (0,7z 0,3) = 0,504z3 0,398z2 + m1 + 0,092z 0,006 . Следовательно: P(A) 0,398 (коэффициент при z2 ) и P(B) = 0,504 + 0,398 = 0,902 (либо два, либо три попадания). 1.6.16. Игральную кость бросают пять раз. Найти вероятность того, что 3 раза выпадет четное число очков, 1 раз выпадет одно очко и один раз выпадет три либо пять очков (событие A ). Решение: при одном бросании игральной кости возможны три взаимоис- ключающих исхода: A1 ={выпало четное число очков}, P( A1) 1 ; A2 ={выпало 2 одно очко}, P( A2 ) 1 ; A3 ={выпало три либо пять очков}, P( A3 ) 1 . По фор- 6 3 муле (26) получим: P(A) P5 (3,1,1) 5! 1 3 1 1 5. 3!1!1! 2 6 3 36 1.6.17. Стрелок производит четыре выстрела по мишени. При каждом вы- стреле возможны три взаимоисключающих исхода: A1k ={при k -м выстреле стрелок попал в мишень, но не в «десятку»}, A2k = {при k -м выстреле стрелок попал в «десятку»}, A3k ={при k -м залпе мишень не поражена}. При первом выстреле вероятности исходов следующие: P(A11) 0,2, P(A21) 0,1, P(A31) 0,7 . После каждого выстрела производится корректировка прицелива- ния, в результате чего вероятности первого и второго исходов увеличиваются на 0,1 и, соответственно, вероятность того, что мишень не будет поражена -43-
уменьшается на 0,2. Найти вероятности событий: A ={стрелок один раз попал в мишень, но не в «десятку», один раз - в «десятку» и дважды мишень не была поражена}, B ={стрелок три раза попал в «десятку» и один раз не попал в ми- шень}, C = {стрелок четыре раза попал в «десятку»}, D ={ стрелок один раз попал в «десятку», два раза – «не в десятку» и один раз мишень не была пора- жена}. Решение: в данном случае производится четыре испытания, в каждом из которых возможны три исхода, причем вероятность каждого исхода различна для разных испытаний. По формуле (27) имеем: 4 G4 (z1, z2, z3) ( p1k z1 p2k z2 p3k z3) = (0,2z1 0,1z2 0,7z3) k 1 (0,3z1 0,2z2 0,5z3) (0,4z1 0,3z2 0,3z3) (0,5z1 0,4z2 0,1z3) = = 0,012z14 0,0326z13z2 0,0734z13z3 0,0329z12z22 0,1307z12z32 0,1564z12z2z3 0,0146z1z23 0,0758z1z33 0,1932z1z2z32 0,1104z1z22z3 0,0024z24 0,0258z23z3 0,0711z22z32 0,0582z2z33 0,0105z34 . Следовательно, P(A) 0,1932 (коэффици- ент при z1z2z32 ), P(B) 0,0258 (коэффициент при z23z3 ), P(C) 0,0024 (коэффи- циент при z24 ), P(D) 0,1564 (коэффициент при z12z2z3 ). -44-
2. Случайные величины Случайной величиной называют такую величину, которая в результате опыта может принимать то или иное значение, заранее до опыта неизвестно ка- кое (но в данном опыте только одно). Случайные величины обозначают, как правило, заглавными буквами конца латинского алфавита: X , Y, Z , а их возможные значения (то есть те зна- чения, которые они могут принимать) соответствующими малыми буквами: x, y, z . Дискретной случайной величиной (Д.С.В.) называют случайную вели- чину, множество возможных значений которой - конечное или счетное множе- ство. Непрерывной случайной величиной (Н.С.В.) называют случайную ве- личину, множество возможных значений которой непрерывно заполняет неко- торый интервал числовой оси или всю числовую ось. Законом распределения случайной величины называют всякое соот- ношение, устанавливающее связь между возможными значениями случайной величины и вероятностями, с которыми она принимает эти значения. В случае Д.С.В. закон распределения можно задать в виде таблицы: xi x1 x2 … xn P(X xi ) pi p1 p2 … pn n такую таблицу ( x1 x2 ... xn и pi 1) называют рядом распределения i1 случайной величины, или задать графически, рис. 12. Точки Mi (xi, pi ) , i 1, 2,..., n на рис. 12 соединяют отрезками ломаной для наглядности, полу- ченную фигуру называют многоугольником распределения случайной вели- чины. pi p3 Mi (xi , pi ) p2 xn xi p1 pn x1 x2 x3 Рис. 12 Наиболее общей формой закона распределения случайной величины яв- ляется функция распределения или интегральный закон распределения случай- ной величины. Функция распределения может быть определена как для Д.С.В. так и для Н.С.В. -45-
2.1. Функция распределения и плотность распределения случайной величины Функцией распределения случайной величины X называется числовая функция F(x) , определяемая формулой F(x) P(X x) . (28) То есть значение функции распределения, соответствующее значению аргумента x , равно вероятности осуществления события X x , которое за- ключается в том, что случайная величина X приняла значение меньшее x . Удобна геометрическая интерпретации функции распределения: пусть X - случайная точка, которая может попасть в любую часть числовой оси. Тогда F(x0) есть вероятность того, что случайная точка попала на интервал числовой оси, расположенный левее точки с абсциссой x0 , рис. 13. F(x0) P(X x0) x x0 X Рис. 13 Свойства функции распределения: 1) 0 F(x) 1; 2) если x1 x2 , то F(x1) F(x2) ; 3) P(a X b) F(b) F(a) ; 4) lim F(x) 0 и lim F(x) 1. x x Если Д.С.В. задана рядом распределения, то есть перечислены все веро- ятности P(X xi ) pi , i 1, 2,..., n , то F(x) P(X xi ) (суммирование рас- xi x пространяется на все xi меньшие x ). Для Н.С.В. применяют еще одну форму закона распределения - плот- ность распределения или дифференциальный закон распределения случайной величины. Плотностью распределения Н.С.В. X называют числовую функцию f (x) , определяемую равенством f (x) lim P(x X x x) . (29) x0 x x Свойства плотности распределения: 1) f (x) F(x) и F(x) f (t)dt ; b 2) f (x) 0 ; 3) P(a X b) f (x)dx , отметим, что для Н.С.В. F(x) непрерыв- a ная функция и P(X x0) 0 , то есть в случае Н.С.В. имеет смысл говорить лишь о вероятности попадания случайной величины в некоторый, пусть сколь -46-
угодно малый, интервал; 4) f (x)dx 1 - условие нормировки Н.С.В. (геомет- рически это условие означает, что площадь фигуры, ограниченной кривой рас- пределения y f (x) и осью абсцисс равна 1). 2.1.1. Случайная величина X задана рядом распределения: xi 1 3 46 pi 0,25 0,3 0,3 0,15 Найти функцию распределения и вероятность того, что случайная величина примет значение в промежутке [2, 5). Построить многоугольник распределения и график функции распределения случайной величины. Решение: так как минимальное, возможное значение случайной величины X равно 1, то при x (, 1] F(x) P(X 1) 0. При x (1, 3] F(x) P(X 3) 0,25, поскольку только одно возможное значение случайной величины X 1 меньше 3 и P(X 3) 0,25. При x (3, 4] случайная величина X уже может принимать два возможных значения: X 1, X 3 и F(x) P(X 4) P(X 1) P(X 3) 0,55 . Аналогично, при x (4, 6] F(x) P(X 6) P(X 1) P(X 3) P(X 4) 0,85 и при x (6, ) F(x) P(X ) P(X 1) P(X 3) P(X 4) P(X 6) 1. Таким обра- 0, если x (,1] зом, F (x) 00,,5255,, если x (1,3] если x (3,4] . 0,85, если x (4,6] 1, если x (6,) pi 35 F ( x) 24 6 x а) 1 б) 0,3 0, 2 0,8 0,1 0, 6 0, 4 01 0, 2 xi 0 Рис. 14 Вероятность того, что Д.С.В. примет значение из промежутка [a, b) равно приращению функции распределения на этом промежутке. Поэтому P(2 X 5) F(5) F(2) 0,85 0,25 0,6 . Чтобы построить многоугольник -47-
распределения надо точки Mi (xi, pi ) соединить отрезками ломаной (рис. 14 а)). График функции распределения строим по вычисленным значениям F(x) на отдельных промежутках (рис. 14 б)). 2.1.2. Стоимость одного билета мгновенной лотереи 50 руб., вероятность выигрыша – 0,2. Игрок покупает по одному билету до выигрыша, но не более пяти билетов. Случайная величина X - сумма потраченных денег. Построить многоугольник распределения Д.С.В. X и график функции распределения. Найти вероятность того, что сумма потраченных средств меньше 200 руб. (со- бытие C ). Решение: возможные значения (в рублях) случайной величины, очевид- но, будут: x1 50, x2 100 , x3 150, x4 200, x5 250 . Для вычисления веро- ятностей обозначим: Ak ={ k -й приобретенный билет выигрышный}, k 1, 2, 3, 4 , P(Ak ) 0,2 и P(Ak ) 0,8. Тогда, (X x1) A1 , (X x2) A1 A2 , ( X x3) A1 A2 A3 , ( X x4) A1 A2 A3 A4 , ( X x5) A1 A2 A3 A4 (будет ли 5-й билет с выигрышем или без выигрыша неважно, поскольку больше билетов игрок не приобретает). Так как события Ak независимы в совокупности, то p1 P(X x1) 0,2 , p2 P(X x2) 0,8 0,2 0,16 , p3 P(X x3) (0,8)2 0,2 0,128, p4 P(X x4) (0,8)3 0,2 0,1024 , p5 P(X x5) (0,8)4 0,4096. Многоугольник распределения представлен на рис. 15 а). Ес- ли x 50 , то F(x) P(X 50) 0; если 50 x 100 , то pi F(x) 0,4 1 0,2 0,6 0, 2 0 100 200 xi 0 100 200 x а) Рис. 15 б) F(x) P(X 100) p1 0,2; если 100 x 150 , то F(x) P(X 150) p1 p2 0,36 ; если 150 x 200, то F(x) P(X 200) p1 p2 p3 0,488; если 200 x 250 , то F(x) P(X 250) p1 p2 p3 p4 0,5904 ; если x 250, то F(x) 1. Таким образом, x x 50 50 x 100 100 x 150 150 x 200 200 x 250 x 250 F(x) 0 0,2 0,36 0,488 0,5904 1 -48-
График функции распределения представлен на рис. 15 б). P(C) F(200) =0,488. Замечание: если возможными значениями Д.С.В. являются числа n 1, 2, …, а P(X n) pqn1 , ( p q 1), то закон распределения Д.С.В. X называется геометрическим. 2.1.3. Два спортсмена залпом стреляют по мишени. Вероятность попада- ния в мишень для первого спортсмена 0,8, для второго – 0,5. Произведено три залпа. Случайная величина X - число попаданий в мишень. Построить много- угольник распределения, график функции распределения Д.С.В. X . Найти ве- роятность того, что после трех залпов будет не менее двух попаданий в мишень (событие D ). Решение: возможными значениями случайной величины X , очевидно, будут числа: xi (i 1) , i 1, 2,..., 7 . Для вычисления вероятностей pi P(X xi ) рассмотрим события: Ak ={два промаха при k -м залпе}, Bk ={только одно попадание при k -м залпе}, Ck ={два попадания при k -м зал- пе}, k 1, 2, 3 . Очевидно, что P(Ak ) 0,2 0,5 0,1 (оба спортсмена не попали в мишень) ; P(Bk ) 0,8 0,5 0,2 0,5 0,5 (первый попал в мишень, второй промахнулся, либо первый промахнулся, второй попал); P(Ck ) 0,8 0,5 0,4 (оба спортсмена попали в мишень). Далее: событие (X 0) A1 A2 A3 ; (X 1) B1 A2 A3 A1 B2 A3 A1 A2 B3 ; (X 2) C1 A2 A3 A1 C2 A3 A1 A2 C3 B1 B2 A3 B1 A2 B3 A1 B2 B3 ; (X 3) C1 B2 A3 C1 A2 B3 B1 C2 A3 A1 C2 B3 B1 A2 C3 A1 B2 C3 B1 B2 B3 ; ( X 4) C1 C2 A3 C1 A2 C3 A1 C2 C3 C1 B2 B3 B1 C2 B3 B1 B2 C3 ; ( X 5) C1 C2 B3 C1 B2 C3 B1 C2 C3 ; (X 6) C1 C2 C3 . Так как события Ak , Bk ,Ck незави- симы и в правых частях равенств (где несколько слагаемых) события попарно несовместны, то p1 (0,1)3 0,001, p2 3 0,5 (0,1)2 0,015 , p3 3 0,4 (0,1)2 3 (0,5)2 0,1 0,087 , p4 6 0,1 0,5 0,4 (0,5)3 0,245 , p5 3 (0,4)2 0,1 3 0,4 (0,5)2 0,348 , p6 3 (0,4)2 0,5 0,24 , p7 (0,4)3 0,064 . Таким образом ряд распределения Д.С.В. X есть: xi 0 1 2 3 4 5 6 pi 0,001 0,015 0,087 0,245 0,348 0,24 0,064 Поскольку F(x) P(X xi ) , то получим: xi x -49-
Search
