2009

№ 2009 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ«НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ «МИСиС»Кафедра математикиТ.Н. СабуроваЕ.В. ШишковаТеория вероятностейВероятностное пространство.Условная вероятность. Независимость событийУчебное пособиеРекомендовано редакционно-издательскимсоветом университета Москва 2011 1

УДК 519.2 С12 Рецензент канд. физ.-мат. наук, доц. В.П. Григорьев Сабурова, Т.Н.С12 Теория вероятностей : Вероятностное пространство. Условная вероятность. Независимость событий : Учеб. пособие / Т.Н. Сабу- рова, Е.В. Шишкова. – М. : Изд. Дом МИСиС, 2011. – 68 с. ISBN 978-5-87623-475-9 В данном учебном пособии приводится краткое изложение теоретическо-го материала по первой части курса «Теория вероятностей», разобраны ре-шения большого количества типовых задач, приведены контрольные вопро-сы по данному курсу, дано более 100 упражнений для самостоятельного ре-шения с ответами, типовые варианты контрольной работы, предназначенныедля проверки усвоения пройденного материала, приведены таблицы значе-ний вероятности для распределения Пуассона, плотности вероятности ифункции распределения стандартного нормального распределения. Соответствует программе курса «Теория вероятностей». Предназначено для студентов всех специальностей МИСиС. УДК 519.2ISBN 978-5-87623-475-9 © Сабурова Т.Н.,2 Шишкова Е.В., 2011

ОГЛАВЛЕНИЕПредисловие ........................................................................................................................ 4Введение .............................................................................................................................. 51. Вероятностное пространство ......................................................................................... 61.1. Основные определения................................................................................................ 61.2. Элементы комбинаторики........................................................................................... 8 1.2.1. Перестановки........................................................................................................ 9 1.2.2. Размещения......................................................................................................... 12 1.2.3. Сочетания............................................................................................................ 141.3. Конечное вероятностное пространство. Классическая модель............................. 171.4. Геометрическая модель ............................................................................................. 21Упражнения для самостоятельной работы..................................................................... 222. Условные вероятности и независимые события........................................................ 262.1. Условные вероятности .............................................................................................. 262.2. Независимость событий ............................................................................................ 262.3. Теорема умножения ................................................................................................... 302.4. Формула полной вероятности................................................................................... 312.5. Формула байеса.......................................................................................................... 34Упражнения для самостоятельной работы..................................................................... 353. Повторные независимые испытания........................................................................... 443.1. Понятие независимых испытаний ............................................................................ 443.2. Формула Бернулли..................................................................................................... 443.3. Наиболее вероятное число успехов.......................................................................... 473.4. Формула Пуассона ..................................................................................................... 483.5. Локальная предельная теорема муавра – Лапласа.................................................. 493.6. Интегральная предельная теорема муавра – Лапласа ............................................ 50Упражнения для самостоятельной работы..................................................................... 52Контрольные вопросы ...................................................................................................... 56Варианты контрольной работы ....................................................................................... 57Ответы к вариантам контрольной работы ...................................................................... 61Ответы к упражнениям для самостоятельной работы................................................... 62Библиографический список ............................................................................................. 64Приложения....................................................................................................................... 65 3

ПРЕДИСЛОВИЕ Образовательные стандарты бакалавров всех специальностей со-держат курс теории вероятностей и математической статистики, по-этому данное пособие можно использовать студентам всех специаль-ностей нашего университета. В настоящем пособии дается краткое изложение основополагаю-щих понятий теории вероятностей, таких как вероятность, случайноесобытие и т.д. При этом авторы, опираясь на интуитивные представ-ления этих понятий, старались давать математически точные форму-лировки определений и теорем. Для лучшего восприятия материалаприводится большое количество задач с решениями. Трудность изучения теории вероятностей связана со спецификойэтой математической дисциплины. Решение задач по теории вероят-ностей требует определенного навыка, так как они формулируютсяне в математических терминах, а в бытовых. Таким образом, прихо-дится каждый раз выбирать соответствующую вероятностную мо-дель, которую следует применить для решения. Поэтому пособиенаряду с примерами решенных задач содержит более ста задач длясамостоятельного решения, а также типовые варианты контрольнойработы. Все задачи снабжены ответами.4

ВВЕДЕНИЕ Теория вероятностей – раздел математики, изучающий законо-мерности в случайных явлениях. Ее возникновение относится к сере-дине XVII века. Если случайное явление рассматривать отдельно,само по себе, то предсказать его исход невозможно (потому оно ислучайное, например, количество очков, выпавших при бросании иг-рального кубика). Однако если рассматривать серию однотипных слу-чайных явлений, то начинают просматриваться определенные законо-мерности. В то время уровень развития естествознания и техники недавал возможности наблюдать такие ситуации. Единственным источ-ником массовых случайных явлений были азартные игры. Именноанализ задач, связанных с азартными играми, привел к формированиюпонятия вероятности. Так, французский естествоиспытатель XVIII ве-ка Бюффон бросил монету 4040 раз (при этом герб выпал 2048) и под-считал относительную частоту выпадения герба: 2048/4040 = 0,507.Через полтора века английский статистик Пирсон повторил его опыт,бросив монету сначала 12 000 раз, а затем 24 000, при этом соответ-ствующие относительные частоты выпадения герба были равны0,5016 и 0,5005, т.е. с увеличением количества бросаний монеты час-тота выпадения герба приближалась к 0,5. Эти опыты наряду с другими привели к выводу, что если количе-ство испытаний n достаточно большое, то относительная частотаслучайного события А обладает свойством устойчивости: с увеличе-нием числа опытов n она принимает значения, близкие к некоторомунеслучайному числу Р(А). Устойчивость частот – это объективноесвойство массовых случайных явлений реального мира. Отсутствиеустойчивости частот в сериях испытаний свидетельствует о том, чтоусловия, при которых проводятся испытания, претерпевают значи-тельные изменения. Теория вероятностей – это математическая нау-ка, в которой рассматриваются математические модели случайныхявлений. При этом обнаруживаются такие связи между вероятностя-ми случайных событий, которые дают возможность вычислить веро-ятности более сложных событий, если известны вероятности соот-ветствующих более простых событий. Наиболее совершенное аксиоматическое построение теории веро-ятностей было сделано лишь в XX веке в работах выдающегося рус-ского математика А.Н. Колмогорова. Его модель позволяет описы-вать не только случайные явления, но и случайные процессы, проис-ходящие в самых различных сферах науки и техники. Поэтому имен-но эта математическая модель положена в основу настоящего курса. 5

1. ВЕРОЯТНОСТНОЕ ПРОСТРАНСТВО 1.1. Основные определения Пусть проводится некоторый опыт со случайным исходом. Возможные исходы ω опыта называются элементарными собы-тиями (или элементарными исходами), если они являются взаимноисключающими (два разных элементарных события не могут про-изойти одновременно) и в результате опыта одно из них обязательнопроисходит. Множество Ω всех элементарных событий ω в опыте называетсяпространством элементарных событий. Например, опыт состоит в подбрасывании игральной кости и на-блюдении числа выпавших очков на верхней грани. Тогда пространст-во элементарных событий Ω = {ω1, ω2, …, ω6}, где элементарные со-бытия: ωi = {количество очков, выпавших на верхней грани, равно i}(i = 1, 2, …, 6). Зададим множество ℜ, элементами которого являются некоторыеподмножества пространства элементарных событий. Множество ℜназывается полем событий, а его элементы – событиями. Инымисловами, событие – это некоторая совокупность элементарных собы-тий, т.е. если А – событие: А∈ℜ, то A ⊆ Ω . При этом элементарныесобытия ωi∈Ω, входящие в событие А, называются благоприятными. Так, в предыдущем примере, если событие A состоит в том, чтовыпало четное число очков, то благоприятными являются событияω2, ω4, ω6. При построении поля событий ℜ требуется выполнение следую-щих условий: 1) само множество Ω является элементом поля событий ℜ и назы-вается достоверным событием; 2) пустое множество элементарных исходов тоже является эле-ментом поля событий ℜ и называется невозможным событием, обо-значается ∅; 3) если A – событие, то множество всех элементарных событий, невходящих в A, (т.е. Ω\A – дополнение А) тоже событие; его обозна-чают A и называют противоположным событию A (рис. 1.1, a); 4) если А1, А2, .., Аn, ... – события, то их объединение и пересече-ние тоже являются событиями.6

A Ω A Ω A ΩA Ω BB Bа бв г Рис. 1.1. Операции над событиями: а – A = Ω \ A ; б – A ∪ B ; в – A∩B ; г – A∩B = ∅ При этом объединение событий A и B (обозначается A ∪ B ) –множество элементарных исходов, входящих хотя бы в одно из двухсобытий A или B (рис. 1.1, б); пересечение событий A и B (обознача-ется A∩B) – множество элементарных исходов, входящих одновре-менно и в A, и в B (рис. 1.1, в). События A и B называются несовместными, если A∩B = ∅ (рис. 1.1, г). Если множество элементарных исходов Ω конечно или счетно, т.е.его элементы можно занумеровать, то обычно все элементарные ис-ходы считаются событиями и в качестве поля событий ℜ берутсявсевозможные подмножества Ω, при этом выполняются все перечис-ленные выше условия. На поле событий ℜ зададим числовую функцию P – вероятность,для которой справедливы следующие так называемые аксиомы веро-ятности: 1) для любого события A вероятность P( A) ≥ 0 (неотрицатель-ность Р(А)); 2) для достоверного события Ω вероятность P(Ω) = 1 (нормиро-ванность Р(А)); 3) для любой последовательности попарно несовместных событийА1, А2, ..., Аn, ... (т.е. Ai ∩ Aj = ∅ ) справедливо равенство i≠ j⎛∑P ∞ Ai ⎞ = ∞ P( Ai )⎜⎝ ⎟⎠ i =1 ∪ i =1(счетная аддитивность вероятности Р(А)). Из аксиом вероятности вытекает ряд свойств вероятности: 1) 0 ≤ P( A) ≤ 1; 2) P(∅) = 0; 7

3) P( A) = 1− P( A); (1.1)4) если A ⊆ B , то P( A) ≤ P(B) ;5) P( A ∪ B) = P( A) + P(B) − P( A ∩ B) ; (1.2) (1.3)6) P( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) = 1 − P( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An ). Пространством вероятностей или вероятностным простран-ством называется совокупность трех объектов: пространства эле-ментарных событий Ω, поля событий ℜ и заданной на поле событийвероятности Р(А), т.е. тройка (Ω, ℜ, P(A)). Изложенная выше общая математическая модель реализуется по-разному в зависимости от класса рассматриваемых задач. Например, задачи, приводящие к вероятностной модели, в кото-рой вероятностное пространство Ω конечно и все элементарные ис-ходы – равновероятные события, называются задачами на непосред-ственный подсчет вероятностей. В этом случае вероятность собы-тия А равна отношению количества благоприятных элементарныхисходов к количеству всех элементарных исходов: P( A) = количество благоприятных исходов . общее количество элементарных исходов Так, в нашем примере при бросании игральной кости вероятностьвыпадения четного числа очков Р(А) = 3/6 = 0,5. Решение таких задаччасто требует применения комбинаторных формул, в чем легко убе-диться при рассмотрении дальнейших примеров, поэтому напомнимнекоторые из них. 1.2. Элементы комбинаторики Комбинаторика – это часть математики, в которой изучается во-прос: сколько различных комбинаций, удовлетворяющих тем илииным условиям, можно составить из элементов данного конечногомножества. Она возникла в XVI веке. Толчок к ее развитию, как идля теории вероятностей, дал анализ азартных игр. Типична комби-наторная задача, например, такая: сколькими способами можно по-лучить данное число при бросании двух игральных костей? Впослед-ствии комбинаторными задачами занимались известные ученые:Паскаль, Ферма, Якоб Бернулли, Лейбниц, Эйлер. В наши дни ком-бинаторика получила дальнейшее развитие в работах современныхматематиков и нашла широкое применение при решении серьезных8

хозяйственных проблем. Например, при организации транспортныхперевозок, составлении планов производства и реализации продук-ции, декодировании шифров, прочтении древних рукописей на неиз-вестных языках и т.д. Мы рассмотрим очень небольшой раздел ком-бинаторики, который нам понадобится в дальнейшем при изучениитеории вероятностей. Пусть Wn – множество, состоящее из n различных элементов. За-метим, что элементы конечного множества всегда можно занумеро-вать, и оно станет упорядоченным (естественным образом). Упорядоченные множества считаются разными, если они отлича-ются либо своими элементами, либо их порядком, либо тем и другим. Далее мы будем рассматривать подмножества Wn (упорядоченныеи неупорядоченные), удовлетворяющие определенным условиям. 1.2.1. Перестановки Любое расположение в определенном порядке элементов множе-ства Wn называется перестановкой из n элементов этого множества,т.е. перестановки – это упорядоченные множества, состоящие извсех элементов данного множества Wn и отличающиеся друг от другатолько порядком их расположения. Например, для W3 = {2, 8, 17} (n = 3) имеют место перестановки:{2, 8, 17}, {8, 17, 2}, {17, 2, 8}, {8, 2, 17}, {17, 8, 2}, {2, 17, 8}. Из определения следует, что всевозможные перестановки элементовданного множества Wn состоят из одних и тех же n элементов, т.е. име-ют одинаковый «качественный» состав и, следовательно, равны какмножества, а отличаются друг от друга только порядком элементов. Посчитаем, сколько различных перестановок можно составить из nразличных элементов (обозначают это число обычно Pn). Первый эле-мент мы можем выбрать n способами, после чего у нас останется толькоn – 1 элемент, поэтому второй элементы мы можем выбрать n – 1 спосо-бом. Причем для каждого первого элемента у нас n − 1 вариант выборавторого элемента. Таким образом, первые два элемента перестановкиможно выбрать n(n − 1) способами. На каждую такую комбинациюпервых двух элементов приходится n − 2 вариантов выбора третьегоэлемента, т.е. первые три элемента можно выбрать n(n − 1)(n − 2)способами. Таким образом, мы получим, что все n элементов можновыбрать n(n − 1)(n − 2) … ⋅1 способами. Итак, из n элементов можносоставить n! перестановок, т.е. Pn = n! 9

Задача 1.1. Сколькими способами можно расставить на полке 5различных книг? Решение. Очевидно, что существует столько способов расставить5 книг, сколько существует перестановок из 5 элементов, т.е. количе-ство способов равно 5! = 1ּ2ּ3ּ4ּ5 = 120. Ответ. 120. Задача 1.2. Сколькими способами можно расставить на полке 5различных книг так, чтобы 2 данные книги стояли рядом? Решение. «Склеим» эти две книги. Тогда у нас получится 4 книги иих можно переставить 4! способами. Но склеить две книги можнодвумя способами, поэтому существует 2ּ 4! = 2ּ1ּ2ּ 3ּ4 = 48 способоврасстановки книг. Ответ. 48. Задача 1.3. Сколькими способами можно занумеровать числа 1, 2,3, 4, 5, 6, 7, 8 так, чтобы все нечетные числа имели четные номера? Решение. Среди данных чисел нечетных – 4. Их можно нумеро-вать только четными номерами (2, 4, 6, 8). А это можно сделатьстолькими способами, сколько можно составить перестановок из 4элементов, т.е. 4! способами. Аналогично остальные 4 числа мыдолжны нумеровать числами 1, 3, 5, 7. Здесь тоже будет 4! вариан-тов. А чтобы получить общее количество вариантов, надо взять про-изведение 4!ּ4! = 24ּ24 = 576. Ответ. 576. Задача 1.4. Пусть дана квадратная таблица чисел из n строк и nстолбцов (в доме n этажей и n подъездов). Требуется из этой таблицывыбрать n чисел так, чтобы все они были из разных строк и разныхстолбцов (требуется выбрать n делегатов от дома так, чтобы онипредставляли каждый подъезд и каждый этаж). Сколькими способа-ми это можно сделать? Решение. Чтобы ответить на этот вопрос, припишем каждому числуиз таблицы два номера: i – номер строки, в которой стоит данное чис-ло (номер этажа), и j – номер столбца (номер подъезда), которые опре-деляют положение числа в таблице, т.е. являются как бы его «таблич-ными координатами». Если теперь выстроить выбранные числа так,чтобы номера строк шли в естественном порядке: 1, 2, ..., n (у нас ведьприсутствуют номера всех строк), то номера столбцов окажутся пере-10

ставленными (согласно условию будут присутствовать номера всехстолбцов). Отсюда следует, что существует столько способов выбора nчисел из нашей таблицы по данному правилу, сколько существует пе-рестановок из номеров столбцов, т.е. перестановок из чисел 1, 2, ..., n.А как мы установили, это количество будет равно n! Ответ. n! Задача 1.5. Сколько существует способов расставить на шахмат-ной доске 8 ладей так, чтобы они не били друг друга? Решение. Очевидно, ладьи должны стоять по одной в каждой«строке» и по одной в каждом «столбце», т.е. эта задача такая же, какпредыдущая. Следовательно, их можно расставить 8! способами: 8! == 1ּ 2ּ 3ּ 4ּ 5ּ 6ּ 7ּ 8 = 40320. Ответ. 40320. Если во множестве, состоящем из п элементов, есть только k раз-личных элементов: первый элемент входит n1 раз, второй элемент −n2 раза, …, k-й элемент − пk раз (n1 + n2 +…+ пk = n), тогда число пе-рестановок с повторениями из п элементов равноPn (n1, n2 ,..., nk ) = n! ! . n1 !n2 !...nk Например, для множества {2, 8, 8} (n = 3, k = 2, n1 = 1, n2 = 2) имеютместо перестановки c повторениями {2, 8, 8}, {8, 8, 2}, {8, 2,8}. Задача 1.6. Сколько различных «слов» можно составить, пере-ставляя буквы в слове МАМА? Решение. Число различных слов равно числу перестановок с по-вторениями из n = 4 элементов, среди которых k = 2 различных. Одинэлемент («м») входит n1 = 2 раза, другой элемент (буква «а») − n2 = 2раза (n1 + n2 = n = 4). Следовательно, различных слов будет P4 (2, 2) = 4! = 6 . 2!⋅ 2!Это слова: ММАА, МАМА, МААМ, АММА, АМАМ», «ААММ.Ответ. 6. Задача 1.7. Сколько различных пятизначных чисел можно соста-вить из цифр 3, 3, 5, 7, 7? 11

Решение. Здесь n = 5, k = 3, n1 = 2, n2 = 1, n3 = 2 (n1 + n2 + n3 = n).Следовательно, число различных пятизначных чисел P5 (2, 1, 2) = 5! 2! = 30. 2!⋅1!⋅ Ответ. 30. 1.2.2. Размещения Упорядоченное подмножество из m элементов данного множестваWn из n элементов называется размещением из n элементов по m. Как и перестановка, размещение – это упорядоченное множество,но в отличие от перестановки в него входят, вообще говоря, не всеэлементы данного множества Wn. Размещения отличаются друг отдруга или «качественным» составом элементов, или их порядком,или и тем и другим. Так, например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8},{8,2}, {2, 17}, {17, 2}, {8, 17}, {17, 8} – все возможные размещенияиз трех элементов по два. Посчитаем, сколько будет различных размещений из n элементов поm (обозначают это число обычно Anm и читают: «а из n по m» или «чис-ло размещений из n по m»). Рассуждаем, как в предыдущем случае: пер-вый элемент можно выбрать n способами, второй – (n – 1) способами,таким образом, первые два элемента можно выбрать n(n–1) способами.Далее, три элемента можно выбрать n(n – 1)(n – 2) способами и т.д. Та-ким образом, m элементов можно выбрать n(n – 1)(n – 2) ⋅ … (n –(т –1)) способами, т.е. Anm = n(n − 1)(n − 2) ... (n − (m − 1)) = (n n! . − m)! Задача 1.8. В первенстве по футболу участвуют 15 команд. Ра-зыгрываются золотые, серебряные и бронзовые медали. Сколькимиспособами они могут быть распределены? Решение. Эта задача связана с размещениями, так как сначала мывыбираем трех призеров, а потом среди них распределяем 1, 2 и 3-еместа. Таким образом, всего вариантов A135 = 15 ⋅14 ⋅13 = 2730. Ответ. 2730.12

Задача 1.9. У англичан принято давать детям несколько имен.Сколькими способами можно назвать ребенка, если общее числоимен равно 300 и дают ему не более трех имен?Решение. Назвать ребенка с помощью трех имен, выбрав три различ-ных имени в определенном порядке, можно A3 = 300 ⋅ 299 ⋅ 298 спосо- 300бами; назвать ребенка, используя два имени, можно A2 = 300 ⋅ 299 300способами и, наконец, для одного имени будет 300 вариантов. Такимобразом, всего будет 300 + 300ּ299 + 300ּ299ּ298 = 26 820 600различных имен.Ответ. 26 820 600. Задача 1.10. Имеется 10 различных модулей первой группы и 7различных модулей второй группы. Их соединяют последовательнотак, чтобы никакие два модуля второй группы не стояли в этой це-почке рядом. Сколько можно составить таких (различных) цепочек? Решение. Только из модулей первой группы можно составить Р10 == 10! различных цепочек. При этом между модулями первой группы ипо краям будет 11 мест, куда нужно расставить модули второй груп-пы, т.е. модули второй группы можно расставить A171 = 11!/4! спосо-бами. Таким образом, всего способов будет 10!ּ11!/4! Ответ. 10!ּ11!/4! Размещением из п элементов по m с повторениями называетсяупорядоченное множество элементов множества Wn, состоящее из mэлементов, среди которых могут оказаться одинаковые элементы. Например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {8, 2}, {2, 17}, {17, 2},{8, 17}, {17, 8}, {2, 2}, {8, 8}, {17, 17} – все возможные размещенияиз трех элементов по два с повторениями. Посчитаем, сколько будет различных размещений из n элемен-тов по m с повторениями (обозначают Anm ). Первый элемент можновыбрать n способами, второй – n способами (так как элементы мо-гут повторяться), таким образом, первые два элемента можно вы-брать n·n способами. Далее, три элемента можно выбрать n·n·n спо-собами и т.д. Таким образом, m элементов можно выбрать nm спосо-бами, т.е. Anm = nm . 13

Задача 1.11. Сколько трехзначных чисел можно составить изцифр {1, 2, 3, 4, 5}, если: a) ни одна цифра не повторяется; б) цифрымогут повторяться? Решение. a) Если все цифры числа различные, тогда возможныхтрехзначных чисел, состоящих из пяти цифр, столько, сколько раз-мещений из пяти по три, т.е. A53 = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60. б) Если цифры в числе могут повторяться, тогда различных трех-значных чисел, состоящих из цифр множества {1, 2, 3, 4, 5}, столько,сколько размещений из пяти по три с повторениями, т.е.A53 = 5 ⋅ 5 ⋅ 5 = 125. Ответ. a) 60; б) 125. Задача 1.12. Сколько пятизначных чисел можно составить, ис-пользуя цифры 0, 1, 2? Решение. Если пятизначные числа состоят из цифр 0, 1, 2, то пер-вую цифру слева можно выбрать двумя способами (1 или 2, так какесли возьмем первой цифру 0, получим не пятизначное число). Каж-дую из оставшихся четырех цифр можно выбрать тремя способами.Следовательно, таких чисел будет 2·3·3·3·3 = 162 (или 2 ⋅ A34 = 162 ). Ответ. 162. 1.2.3. Сочетания Любое подмножество из k элементов множества Wn из n элемен-тов называется сочетанием из n элементов по k. Сочетание отлича-ется от размещения тем, что в нем не учитывается порядок элемен-тов. Два сочетания отличаются друг от друга только «качественным»составом. Например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {2, 17}, {8, 17} – все воз-можные сочетания из трех элементов по 2. Количество различных сочетаний из n элементов по k обозначаютСnk (читают: «ц из n по k», или «число сочетаний из n по k»). Оче-видно, что число сочетаний связано с числом размещений формулой Сnk ⋅ k ! = Ank ,так как элементы каждого сочетания можно переставить k способамии при этом получить различные размещения, состоящие из этих эле-ментов. Таким образом, число различных сочетаний из n элементовпо k равно14

Cnk = n! (1.4) k !(n − k)! При решении задач рассматривают и такие крайние случаи, когдаk = n (таких сочетаний всего одно: Сnn = 1 ) и k = 0, т.е. в качестве со-четания берется пустое множество (такое сочетание тоже единствен-ное: Сn0 = 1). Чтобы формула (1.4) была справедлива и в этих крайнихслучаях, полагают по определению 0! = 1. Задача 1.13. Сколькими способами можно составить команду из 4человек для соревнований по бегу, если имеется 7 бегунов? Решение. Задача связана с подсчетом количества различных под-множеств из четырех элементов, которые можно выбрать из семиэлементов, следовательно, это количество равно C74 = 7! = 7⋅6⋅5 = 35. 4!⋅ 3! 1⋅ 2 ⋅ 3Ответ. 35. Замечание. Если бы команда выбиралась для эстафетного бега, точисло способов выбора было бы равно A74 = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 840, так какиграл бы роль порядок выбора спортсменов. Задача 1.14. В турнире принимали участие 10 шахматистов. Каж-дые два шахматиста сыграли по одной партии. Сколько всего былосыграно партий? Решение. Партий было сыграно столько, сколько можно выбратьпар шахматистов, т.е. С120 = 10! = 10 ⋅ 9 = 45. 2!⋅ 8! 2Ответ. 45. Задача 1.15. Сколькими способами можно разместить m одинако-вых шаров в n различных ящиках (m < n), если в каждый ящик мож-но положить только один шар? Решение. Количество способов размещения m шаров будет равноколичеству способов выбрать m ящиков, т.е. Cnm . Ответ. Cnm . 15

Задача 1.16. Прямоугольник разделен m – 1 горизонтальными иn – 1 вертикальными прямыми на mn одинаковых прямоугольников(рис. 1.2). Муравей может передвигаться только по этим прямым иползет кратчайшим путем из точки А – левого нижнего угла прямо-угольника в правый верхний угол – точку В. Сколько будет такихразличных «трасс»? B A Рис. 1.2. К задаче 1.16Решение. Чтобы добраться из точки А в точку В муравей долженпреодолеть m + n отрезков, из которых m вертикальных и n горизон-тальных, т.е. задача сводится к следующему: сколькими способамиможно выбрать m вертикальных отрезков из m + n. Следовательно,количество трасс равно C m . Заметим, что то же число можно по- n+mлучить, выбирая n горизонтальных прямых, так как непосредственновидно, что Cnm = Cnn−m .Ответ. Cnm = Cnn−m . Задача 1.17. Сколько различных диагоналей у пятнадцатиугольника? Решение. Если соединить все возможные пары вершин прямыми,то при этом получатся не только диагонали, но и стороны. Следова-тельно, количество диагоналей равно C125 − 15 = 15! − 15 = 15 ⋅14 − 15 = 90. 2!⋅13! 2Ответ. 90. Сочетанием с повторениями из п элементов по k называетсямножество элементов множества Wn, состоящее из k элементов, сре-ди которых могут оказаться одинаковые.16

Например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {2, 17}, {8, 17}, {2, 2},{8, 8}, {17, 17} – все возможные сочетания с повторениями из трехэлементов по два. Число сочетаний с повторениями из п элементов по k Cnk = Cnk+k −1. Задача 1.18. Сколькими способами можно составить букет из пя-ти цветов, если в наличии есть цветы трех сортов? Решение. Здесь множество Wn состоит из трех различных элемен-тов (n = 3). Поскольку порядок расположения цветов в букете не иг-рает роли, то искомое число букетов равно числу сочетаний с повто-рениями из трех элементов по пять, т.е. C5 = C75 = 7! = 21. 3+5−1 5!⋅ 2!Ответ. 21.1.3. Конечное вероятностное пространство. Классическая модель Напомним, что задачи, приводящие к вероятностной модели, вкоторой вероятностное пространство Ω конечно, и все элементарныеисходы – равновероятные события, называются задачами на непо-средственный подсчет вероятностей. В этом случае вероятностьсобытия А P( A) = m , (1.5) nгде m – количество благоприятных исходов, а n – количество всехэлементарных исходов. Подсчет числа благоприятных исходов и всех элементарных исходовоблегчается использованием комбинаторных формул пункта 1.2. Задача 1.19. Дано 6 карточек с буквами И, Л, М, Н, О, Я. Найтивероятность того, что а) получится слово ЛОМ, если наугад одна задругой выбираются три карточки и располагаются в ряд в порядкепоявления; б) получится слово МОЛНИЯ, если одна за другой выби-раются 5 карточек и располагаются в ряд в порядке появления. 17

Решение. а) Из шести данных букв можно составить A63 = 120трехбуквенных «слов» (НИЛ, ОЛЯ, ОНИ, ЛЯМ, МИЛ и т.д.). СловоЛОМ при этом появится лишь один раз. Поэтому вероятность появ-ления слова ЛОМ равна 1/120; б) Из шести данных букв можно составить 6! шестибуквенных«слов», при этом слово МОЛНИЯ появится лишь один раз. Поэтомувероятность появления слова МОЛНИЯ равна 1/6! Ответ. а) 1/120; б) 1/6! Задача 1.20. В урне находятся 8 белых и 10 черных шаров. Найтивероятность того, что среди наугад вынутых пяти шаров два будут бе-лыми и три – черными? Решение. Выбрать 5 шаров из 18 можно C158 различными способа-ми (все такие выборки – неупорядоченные подмножества, состоящиеиз 5 элементов), т.е. в (1.5) количество всех элементарных исходов правно C158 . Определим число случаев, благоприятных событию A = {среди 5 вы-нутых шаров 2 белых и 3 черных}. Число способов выбрать 2 белыхшара из 8, находящихся в урне, равно C82 . Каждому такому выборусоответствует C130 способов выбора трех черных шаров из 10 черных вурне. Следовательно, m = C82 ⋅ C130 и по формуле (1.5) находим P( A) = C82 ⋅ C130 = 20 . C158 51Ответ. 20/51. Задача 1.21. В коробке 5 синих, 4 красных и 3 зеленых каранда-ша. Наудачу вынимают 3 карандаша. Какова вероятность того, что:а) все они одного цвета; б) все они разных цветов? Решение. Заметим, что число элементарных исходов, т.е. число спо-собов выбрать 3 карандаша из 12 имеющихся в наличии, равно C132 . а) Выбрать 3 синих карандаша из 5 можно C53 способами; 3 крас-ных из имеющихся 4 можно выбрать C43 способами; 3 зеленых изтрех зеленых – C33 способами. Таким образом, общее число случаев,благоприятствующих событию А = {три карандаша, вынутых из ко-робки, одного цвета}, равно C53 + C43 + C33 . Отсюда18

P( A) = C53 + C43 + C33 = 3. C132 44 б) Число способов выбрать один синий карандаш из имеющихсяпяти равно C51 . Каждому такому выбору соответствует C41 способоввыбора одного красного карандаша из четырех в коробке, т.е. всегоC51 ⋅ C41 способов выбора одного синего и одного красного карандаша.Каждому такому выбору соответствует C31 способов выбора зеленогокарандаша из трех. Следовательно, число исходов, благоприятствую-щих наступлению события В = {три вынутых карандаша разных цве-тов}, равно C51 ⋅ C41 ⋅ C31 , а P(B) = C51 ⋅ C41 ⋅ C31 = 3 . C132 11Ответ. а) 3/44; б) 3/11.Задача 1.22. В почтовом отделении имеются открытки шести ви-дов. Какова вероятность того, что среди четырех проданных откры-ток все открытки: а) одинаковы; б) различны?Решение. Выбрать 4 открытки шести видов можно C4 = C94 = 126 6 + 4 −1способами (число сочетаний с повторениями из 6 по 4).a) Число исходов, благоприятствующих наступлению событияА = {продано 4 одинаковые открытки}, равно числу видов открыток,т.е. 6. Поэтому P(A) = 6/126 = 1/21.б) Пусть событие В = {проданы 4 различные открытки}. Выбрать4 открытки из 6 можно C64 = 15 способами. Следовательно, P(B) =15/126 = 5/42.Ответ. а) 1/21; б) 5/42. Задача 1.23. Наудачу из телефонной книги выбирают номер те-лефона. Считая, что телефонные номера состоят из семи цифр, при-чем все комбинации цифр равновероятны, найти вероятность собы-тия A = {номер содержит три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2}. Решение. Так как в телефонном номере важен порядок набора цифр,цифры могут повторяться, и на каждой позиции стоит цифра множества{0, 1, ..., 9}, телефонный номер – размещение с повторениями из 10 эле-ментов по 7. Следовательно, число всех исходов равно 107. 19

Число номеров, содержащих три цифры 5, две цифры 1 и двецифры 2, совпадает с числом перестановок с повторением из семиэлементов: 5, 5, 5, 1, 1, 2, 2 и равно P7 (3, 2, 2) = 3!⋅ 7! 2! = 210 . Значит, 2!⋅P(A) = 210/107 = 2,1·10–5.Ответ. 2,1·10–5.Задача 1.24. По n лункам случайным образом разбрасывают mодинаковых шариков. Найти вероятность того, что в первую лункупопадут k1 шариков, во вторую – k2 и т.д., в n-ю лунку попадут kn ша-риков: k1 + k2 + ... + kn = m. Решение. Общее число элементарных исходов равно nm. Число спо-собов выбрать k1 шарик для первой лунки равно C k1 , тогда для второй mлунки число способов выбрать k2 шарика равно C k2 и т.д. Перемножая m − k1все эти числа, получим m!/(k1!k2!...kn!). Таким образом, вероятность ⎛ m! ⎞ ⎜ ⎟ P = ⎝ k1 !k2 ! ... kn ! ⎠ = m! . nm nmk1 !k2 ! ... kn !Ответ. m! nmk1 !k2 ! ... kn ! Задача 1.25. В лифт шестиэтажного дома на первом этаже вошли3 человека. Каждый из них с одинаковой вероятностью выходит налюбом этаже, начиная со второго. Найти вероятности следующихсобытий: А = {на втором этаже сойдут два пассажира и на шестом –1}; В = {на каком-то одном этаже сойдут 2 пассажира и на каком-тодругом этаже выйдет 1 пассажир}. Решение. Общее число элементарных исходов равно 53. Эта зада-ча сводится к предыдущей: этажи, начиная со второго, – это лунки(их 5), пассажиры – это шарики (их 3). Событие А состоит в распре-делении по этажам (лункам) следующим образом: k1 = 2, k2 = k3 = k4 =0, k5 = 1. Вероятность события А будет равна 3!/(532!0!0!0!1!), т.е.P(A) = 3/125. Вероятность события В будет в 20 раз больше, чем ве-роятность события А, так как 2 пассажира могут выйти на одном изпяти этажей, а 1 пассажир может выйти на одном из четырех остав-шихся, следовательно, P(В) = 3·20/53 = 12/25. Ответ. 3/125; 12/25.20

1.4. Геометрическая модель Еще один важный класс задач – задачи, приводящие к так назы-ваемым геометрическим вероятностям. Эти задачи связаны с веро-ятностной моделью, в которой множество элементарных исходов –точки некоторой плоской фигуры D (отрезка, области, тела и т.д.),события – части фигуры D (отрезка, области, тела и т.д.); таким обра-зом, каждое событие А представляет собой множество точек Q ⊆ D ;вероятность P( A) = μ(Q) , μ(D)где μ(Q) и μ(D) – меры (длины, площади, объемы и т.д.) Q и D соот-ветственно. Задача 1.26. В круг радиусом R вписан правильный треугольник.Найти вероятность того, что точка, брошенная в этот круг, попадет вданный треугольник. Решение. Площадь круга равна πR2, а площадь правильного тре-угольника, вписанного в круг, – 3 3R2 / 4 . Следовательно, искомаявероятность равна 3 3R2 = 3 3 ≈ 0, 41. 4πR2 4π Ответ. 0,41. Задача 1.27. На пульт управления в течение минуты в случайныемоменты времени должны поступить 2 сигнала, причем они регист-рируются только в том случае, если между моментами их поступле-ния проходит не менее 5 с. Найти вероятность того, что сигналы бу-дут зарегистрированы. Решение. Пусть х – момент поступления одного сигнала, а у –другого, тогда по условию: 0 ≤ x ≤ 60, 0 ≤ y ≤ 60, т.е. множествоэлементарных исходов Ω представляет собой квадрат D плоскостиOxy со стороной 60 (рис. 1.3). Нашему событию А соответствует фигура Q, состоящая из тех то-чек этого квадрата, для которых x − y ≥ 5 (см. рис. 1.3). ТогдаP( A) = S (Q) = 602 − (60 − 5)2 = 0,16. S(D) 602 21

y 60 5 0 5 60 x Рис. 1.3. К задаче 1.27 Ответ. 0,16. Упражнения для самостоятельной работы 1.1. На шахматную доску случайным образом ставят две ладьи –белую и черную. Какова вероятность того, что ладьи не побьют другдруга? 1.2. Из полного набора домино (28 штук) наудачу выбирают 7костей. Какова вероятность того, что среди них окажется по крайнеймере одна кость с шестью очками? 1.3. Наудачу выбирается пятизначное число. Какова вероятность,что оно: а) одинаково читается как слева направо, так и справа нале-во; б) состоит из нечетных цифр; в) четное? 1.4. Среди кандидатов на предстоящую конференцию студентов 3первокурсника, 5 второкурсников и 7 третьекурсников. Из этого со-става наудачу выбирают 5 человек. Какова вероятность того, что: а)будут выбраны одни третьекурсники; б) все первокурсники попадутна конференцию; в) не будет выбрано ни одного второкурсника? 1.5. Из колоды в 36 карт наугад вынимают 2 карты. Найти вероят-ность, что среди них окажется хотя бы одна дама. 1.6. Из колоды в 36 карт наудачу вынимают 5 карт. Найти вероят-ность того, что будут вытащены 2 туза и 3 шестерки? 1.7. Из колоды в 52 карты извлекаются наудачу 4 карты. Найтивероятность того, что: а) в полученной выборке все карты бубновоймасти; б) окажется хотя бы один туз. 1.8. Из пяти карточек, на которых написаны цифры от 1 до 5, слу-чайно выбирают три карточки и раскладывают их в порядке поступ-ления в ряд слева направо. Найти вероятность того, что появится:а) число 123; б) число, не содержащее цифры 5; в) число, состоящее22

из последовательных цифр; г) четное число; д) число, содержащеехотя бы одну из цифр 2 или 3. 1.9. Колоду из 36 карт поделили случайным образом на две рав-ные части. Найти вероятность того, что: а) в каждой половине по 2дамы; б) в одной половине одна дама, а в другой – 3; в) все 4 дамыв одной части колоды. 1.10. За круглый стол случайным образом рассаживают 10 чело-век. Найти вероятность того, что два фиксированных лица окажут-ся рядом. 1.11. 7 человек рассаживаются наудачу на скамейке. Какова веро-ятность того, что два определенных человека будут сидеть рядом? 1.12. 5 мужчин и 5 женщин случайным образом рассаживаются вряд на 10 мест. Найти вероятность того, что: а) никакие два мужчиныне будут сидеть рядом; б) все женщины будут сидеть рядом. 1.13. Регистр калькулятора содержит 8 разрядов. Считая, что по-явление любого числа на регистре равновероятно, найти вероятностьтого, что: а) во всех разрядах стоят нули; б) во всех разрядах стоят однии те же числа; в) регистр содержит ровно две одинаковые цифры. 1.14. Парадокс де Мере. Подбрасывают три игральные кости иподсчитывают сумму выпавших очков. Де Мере заметил, чтопоявление одиннадцати очков возможно при шести комбинаци-ях (6-4-1, 6-3-2, 5-5-1, 5-4-2, 5-3-3, 4-4-3) и появление двенадцатиочков возможно при шести комбинациях (6-5-1, 6-4-2, 6-3-3, 5-5-2,5-4-3, 4-4-4). Объяснить парадоксальность ситуации, которая со-стоит в том, что вероятности появления в сумме 11 и 12 очков неравны. 1.15. В лифт 9-этажного дома вошли 4 человека. Каждый из нихнезависимо друг от друга может выйти на любом (начиная со второ-го) этаже. Какова вероятность того, что: а) все выйдут на разных эта-жах; б) все выйдут на одном этаже; в) все выйдут на девятом этаже;г) на втором, третьем и четвертом этажах не выйдет ни одного чело-века; д) двое выйдут на восьмом этаже? 1.16. Двенадцать студентов, среди которых Иванов и Петров, слу-чайным образом занимают очередь в столовой. Какова вероятность,что между Ивановым и Петровым в образовавшейся очереди окажут-ся ровно 5 человек? 1.17. Числа 1, 2, 3, …, 9 записаны в случайном порядке. Найти веро-ятности того, что: а) числа записаны в порядке возрастания; б) числа 1 и9 стоят рядом и в порядке возрастания; в) на четных местах стоят 23

четные числа; г) сумма каждых двух чисел, стоящих на одинаковомрасстоянии от концов, равна 10. 1.18. На пяти карточках разрезной азбуки изображены буквы Е, Е,Л, П, П. Какова вероятность того, что при случайном выкладыванииэтих букв в ряд получится слово ПЕПЕЛ? 1.19. Из разрезной азбуки выкладывается слово МАТЕМАТИКА.Затем все буквы этого слова тщательно перемешиваются и снова вы-кладываются в случайном порядке. Какова вероятность того, чтоснова получится слово МАТЕМАТИКА? 1.20. Бросается 6 игральных костей. Найти вероятность того, что:а) выпадут три единицы, две тройки и одна пятерка; б) выпадут раз-личные цифры; в) выпадут три одинаковые цифры. 1.21. Из 60 вопросов, входящих в экзаменационные билеты, сту-дент знает 50. Найти вероятность того, что среди трех наугад вы-бранных вопросов студент знает: а) все вопросы; б) два вопроса. 1.22. В кондитерской имеется 7 видов пирожков. Покупатель вы-бил чек на 4 пирожка. Считая, что любой заказываемый набор пи-рожков равновероятен, вычислить вероятность того, что покупательзаказал: а) пирожки одного вида; б) пирожки разных видов; в) по двапирожка различных видов. 1.23. Бросается 10 одинаковых игральных костей. Вычислить ве-роятность того, что ровно на двух костях выпадет 6 очков. 1.24. При проведении фуршета на стол поставили 5 бокаловшампанского, 3 бокала белого вина и 2 бокала красного вина. Кстолу подошли 7 человек и взяли по одному бокалу. Найти вероят-ность того, что на столе осталось по одному бокалу каждого на-питка. (Будем предполагать, что для каждого из гостей все напиткиодинаково привлекательны). 1.25. На заводе работает 30 000 рабочих и служащих. Показать,что на данном заводе обязательно найдутся хотя бы два человека содинаковыми инициалами фамилии, имени и отчества. 1.26. В коробке 6 синих, 4 красных и 3 зеленых карандаша. Нау-дачу вынимают 2 карандаша. Какова вероятность того, что все ониразных цветов? 1.27. Из множества чисел {1, 2, …, 100} выбирается два числа.Какова вероятность того, что второе число больше первого, если вы-бор осуществляется без возвращения? 1.28. На отрезке [0, 5] случайно выбирается точка. Найти вероят-ность того, что расстояние от нее до правого конца отрезка не пре-восходит 1,6 единицы.24

1.29. Стержень длиной l разломан в двух наугад выбранных точ-ках. Найти вероятность того, что из полученных отрезков можно со-ставить треугольник. 1.30. (Задача о встрече). Два студента условились встретиться вопределенном месте между 14 и 15 часами дня. Пришедший пер-вым ждет второго в течение 10 мин, после чего уходит. Какова ве-роятность, что встреча состоится, если каждый студент наудачувыбирает момент своего прихода? 25

2. УСЛОВНЫЕ ВЕРОЯТНОСТИ И НЕЗАВИСИМЫЕ СОБЫТИЯ 2.1. Условные вероятности Если вероятность P(B) > 0, то условной вероятностью P(A|B) со-бытия А при условии В называется отношение P(A | B) = P(A ∩ B) . (2.1) P(B) Если обычная вероятность показывает, какую «долю» событие Асоставляет от достоверного события Ω, то условная вероятность по-казывает, какую «долю» событие А (точнее, общая часть А и В ) со-ставляет от события В. Условная вероятность обладает теми же свойствами, что и обыч-ная вероятность, только для Р(А|В) роль достоверного события игра-ет событие В. Таким образом, условная вероятность соответствуетситуации, когда событие В уже произошло. Задача 2.1. Один раз подбрасывается игральная кость. Найти ве-роятность того, что выпало число 2 при условии, что выпало четноечисло. Решение. Пусть A = {выпало число 2}, B = {выпало четное число}. 1-й способ. A ∩ B = {выпало число 2}. Очевидно, P(B) = 3/6 = 1/2,P( A ∩ B ) = 1/6. Следовательно, по формуле (2.1) P(A | B) = P(A ∩ B) = 1/ 6 = 1. P(B) 1/ 2 3 2-й способ. Так как событие B произошло, то множество равнове-роятных элементарных исходов Ω = {число 2, число 4, число 6}, а{число 2} – исход, благоприятный событию A|B. Поэтому P(A|B) = 1/3. Ответ. 1/3. 2.2. Независимость событий События А и В называются независимыми, если P ( A ∩ B) = P( A)P(B).26

Для независимых событий Р(A|B) = Р(A), т.е. условная вероят-ность равна обычной (безусловной) вероятности. Это равенство от-ражает наше обыденное представление о независимости событий. Можно показать, что если события A и B независимы, то незави-симы события A и B, A и B , A и B . Задача 2.2. При изготовлении изделия необходимо выполнить двеоперации. Вероятность появления брака при первой равна 0,01, а привторой – 0,02, причем появление брака при каждой из операции –независимые события. Найти вероятность того, что в итоге будет по-лучено качественное изделие. Решение. Рассмотрим события: А = {брак не появился при первой операции}, Р(А) = 0,99; В = {брак не появился при второй операции}, Р(В) = 0,98. Изделие будет качественным, если брак не произойдет при обеихоперациях, т.е. при пересечении событий А и В: A ∩ B = {получено качественное изделие}. Так как событий А и В независимые, то P ( A ∩ B) = P( A)P(B) = 0,99 ⋅ 0,98 = 0,9702. Ответ. 0,9702. Система событий А1, А2, ..., Аn называется независимой, если длялюбой ее подсистемы Ai1 , Ai2 , ..., Aik выполняется равенство P( Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik ) = P( Ai1 )P( Ai2 ) ... P( Aik ) . Так, например, система из трех элементов А, В, С называется не-зависимой, если выполняются четыре равенства: P( A ∩ B) = P( A)P(B), P(B ∩ C) = P(B)P(C), P( A ∩ C) = P( A)P(C), P( A ∩ B ∩ C) = P( A)P(B)P(C). Следует отметить, что попарная независимость событий не влечетнезависимости всей системы. Это можно проиллюстрировать на сле-дующем примере. 27

Задача 2.3. Из четырех студентов студент S1 владеет английскимязыком, студент S2 – немецким, S3 – французским, а S4 – всеми этимитремя языками (полиглот). События: А = {выбранный наудачу сту-дент владеет английским языком}, В = {выбранный наудачу студентвладеет немецким языком}, С = {выбранный наудачу студент владе-ет французским языком}. Выяснить, зависимы или нет события А иВ, A и С, B и C, события А, В, С в совокупности. Решение. Число возможных равновероятных исходов при выборестудента 4: S1, S2, S3, S4. Имеем следующие благоприятные исходыдля событий: А = {S1, S4}, В = {S2, S4}, С = {S3, S4}, A ∩ B = A ∩ C == B ∩ C = A ∩ B ∩ C = {S4}. Следовательно, события А, В, С попарно независимы, так как P( A ∩ B) = 1 = 2 ⋅ 2 = P( A)P(B), 4 44 P( A ∩ C) = 1 = 2 ⋅ 2 = P( A)P(C), 4 44 P(B ∩ C) = 1 = 2 ⋅ 2 = P(B)P(C), 4 44но вся система А, В, С не является независимой, так как P( A ∩ B ∩ C) = 1 ≠ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = P( A)P(B)P(C). 4 444 Ответ. События А, В, С попарно независимы, но вся система А,В, С не является независимой. Задача 2.4. Релейная схема состоит из трех последовательно со-единенных элементов (рис. 2.1). Выразить событие A = {отказ схе-мы} через события Ai = {отказ i-го элемента} (i = 1, 2, 3) и найти ве-роятность события A при условии, что отказы отдельных элементовнезависимы, а вероятность отказа элемента с номером i равна pi. 1 23 Рис. 2.1. Схема последовательного соединения Решение. Так как событие Ai – отказ элемента с номером i, то Ai –противоположное событие, состоящее в том, что элемент с номером i28

работает. Заметим, что схема на рис. 2.1 не работает при условии, чтоне работает хотя бы один элемент, и работает при условии, что рабо-тают все три элемента, поэтому A = A1 ∪ A2 ∪ A3 = A1 ∩ A2 ∩ A3 . Таккак система событий Ai независимая, то Р(А) = P( A1 ∩ A2 ∩ A3 )= 1 − P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 1 − (1 − p1)(1 − p2 )(1 − p3 ) . Ответ. A = A1 ∪ A2 ∪ A3 , P(A) = 1 – (1 – p1) (1 – p2) (1 – p3). Задача 2.5. Релейная схема состоит из трех параллельно соеди-ненных элементов (рис. 2.2). Выразить событие A = {отказ схемы}через события Ai = {отказ i-го элемента} (i = 1, 2, 3) и найти вероят-ность события A при условии, что отказы отдельных элементов неза-висимы, а вероятность отказа элемента с номером i равна pi. 1 2 3 Рис. 2.2. Схема параллельного соединения элементов Решение. Будем пользоваться теми же обозначениями, что и впредыдущей задаче. Заметим, что схема на рис. 2.2 не работает приусловии, что не работают все элементы, и работает при условии, чтоработает хотя бы один элемент, поэтому A = A1 ∩ A2 ∩ A3 . Так каксистема событий Ai независимая, то P( A) = P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P( A1)P( A2 )P( A3 ) = p1 p2 p3 . Ответ. A = A1 ∩ A2 ∩ A3 , P(A) = p1p2p3. Задача 2.6. Релейная схема состоит из пяти элементов (рис. 2.3).Найти вероятность события В = {схема работает} при условии, чтоотказы отдельных элементов независимы, а вероятность отказа эле-мента с номером i равна pi. 1 34 2_ 5Рис. 2.3. Схема соединения элементов 29

Решение. Разобьем нашу схему на блоки I1, I2, I3 так, как показанона рис. 2.4. I1 I2 I3 1 3 __ 4 2 __ 5 Рис. 2.4. Разбивка схемы на блоки Введем обозначения: событие Bj = {блок Ij работает} (j = 1, 2, 3),qi = 1 – pi – вероятность работы элемента с номером i. Так как блокиI1 и I2 соединены последовательно, то схема работает, если работаютоба блока, т.е. на языке событий B = B1 ∩ B2 . В силу независимостиотказов отдельных элементов события В1 и В2 также независимы, по-этому P(B) = P(B1)P(B2). В блоке I1 элементы 1 и 2 соединены парал-лельно, поэтому блок I1 откажет, если откажут оба элемента 1 и 2,т.е. P(B1) = 1 – p1p2. Аналогично блок I2 откажет, если откажут блок I3и элемент 5, т.е. P(B2 ) = 1 − P(B3 ) p5 ; в свою очередь, I3 откажет, еслиоткажет хотя бы один из элементов 3 или 4, т.е. P(B3 ) = 1 − q3q4 . Сле-довательно, P(B) = (1 – p1p2)(1 – (1 – q3q4)p5). Ответ. P(B) = (1 – p1p2)(1 – (1 – q3q4)p5). Равенство 2.3. Теорема умножения P ( A ∩ B) = P(A)P(B | A) (2.2) (2.3)носит название теоремы умножения. Эта теорема обобщается на случай n событий: P ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An ) = = P( A1)P( A2 | A1)P( A3 | A1 ∩ A2 ) ... P( An | A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An−1). Задача 2.7. Из урны, содержащей 5 белых шаров и 3 черных, нау-дачу и последовательно извлекают по одному шару до появления30

черного шара. Найти вероятность того, что придется производитьчетвертое извлечение, если выборка производится без возвращения. Решение. Введем следующие события: A1 = {первым вытащилибелый шар}, A2 = {вторым вытащили белый шар}, A3 = {третьим вы-тащили белый шар}. Тогда интересующее нас событие A = {придетсяпроизводить четвертое извлечение} = {первые три шара белые} == A1 ∩ A2 ∩ A3 . По теореме умножения вероятностей (2.3) P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P( A1)P( A2 | A1)P( A3 | A1 ∩ A2 ) . P(A1) = 5/8; P( A2 | A1) = 4 / 7, так как один белый шар уже вынут иперед вторым извлечением в урне осталось 7 шаров, 4 из которыхбелые; P( A3 | A1 ∩ A2 ) = 3/ 6, так как два белых шара уже вынуты иперед третьим извлечением в урне осталось 6 шаров, 3 из которыхбелые. Следовательно, P( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 5. 8 7 6 28Ответ. 5/28. Из аксиом вероятности следует, как мы упоминали, что для про-извольных двух событий А и В вероятность P( A ∪ B) = P( A) + P(B) − P( A ∩ B). Это равенство носит название теоремы сложения.Теорема сложения обобщается на случай нескольких событий: nn n∪ ∑ ∑P( Ai ) = P( Ai ) − P( Ai ∩ Aj ) + i=1 i=1 i, j n∑+ P( Ai ∩ Aj ∩ Ak ) − ... + (−1)n−1 P( A1 ∩ A2... ∩ An ) i, j,kгде суммы распространяются на все возможные комбинации различ-ных индексов, взятых по 1, 2, 3 и т.д. соответственно. 2.4. Формула полной вероятности Если события H1, H2, ..., Hn попарно несовместны и их объедине-ние дает достоверное событие Ω, то говорят, что события H1, H2, ..., 31

Hn образуют полную группу событий. Таким образом, полная группасобытий – это «разбиение» достоверного события Ω на непересе-кающиеся части, которые иногда называют гипотезами (рис. 2.5).H1 H3 Ω H2 H4 H5H6Рис. 2.5. Разбиение достоверного события Ω на несовместные события По определению гипотез Hi ∩ H j = ∅ и H1 ∪ H2 ∪ ... ∪ Hn = Ω , а i≠ jпо второй аксиоме вероятности P(Ω) = 1 , поэтому несовместность1 = P(Ω) = P(H1 ∪ H2 ∪ ... ∪ Hn ) = P(H1) + P(H2 ) + ... + P(Hn ) , событийт.е. для полной группы событий верно равенствоP(H1) + P(H2 ) + ... + P(Hn ) = 1. (2.4) Для любого события A и полной группы событий H1, H2, ..., Hnсправедлива формула полной вероятностиP( A) = P(H1)P( A | H1) + P(H2 )P( A | H2 ) + ... + P(Hn )P( A | Hn ). (2.5) Формулу полной вероятности разумно применять в том случае, еслиприсутствуют как бы два элемента случайности и исход второго слу-чайного события зависит от реализации первого случайного события. Задача 2.8. Предприятие выпускает изделия, из которых 99 %удовлетворяют стандарту, а 1 % – нет (первый элемент случайности).Упрощенная система контроля стандартное изделие признает стан-дартным с вероятностью 0,995 и нестандартное признает стандарт-ным с вероятностью 0,001 (второй элемент случайности). Найти ве-роятность того, что контроль пропустит наугад взятое изделие. Решение. Рассмотрим события: A = {наугад взятое изделие прошло контроль}; Н1 = {взятое изделие стандартное}, Р(Н1) = 0,99; Н2 = {взятое изделие нестандартное}, Р(Н2) = 0,01;32

P(H1) + P(H2 ) = 0,99 + 0,01 = 1; A|Н1 = {наугад взятое изделие прошло контроль при условии, чтооно стандартное}, Р(A|Н1) = 0,995; A|Н2 = {наугад взятое изделие прошло контроль при условии, чтооно нестандартное}, Р(A|Н2) = 0,001; P( A) = P(H1)P( A | H1) + P(H2 )P( A | H2 ) = = 0,99 ⋅ 0,995 + 0,01⋅ 0,001 = 0,98506. Ответ. 0,98506. Задача. 2.9. В двух урнах имеются белые и черные шары: в пер-вой урне 8 белых и 2 черных, во второй – 6 белых и 2 черных. Шар,взятый наудачу из первой урны, переложен во вторую, после чеговыбирается наудачу шар из второй урны. Найти вероятность извле-чения черного шара из второй урны. Решение. Обозначим: А = {из второй урны извлечен черный шар}.Требуется найти P(A). Возможны следующие пути развития событий: либо из первой урны с вероятностью 2/10 извлекается и перекла-дывается во вторую урну черный шар, после чего во второй урнестановится 9 шаров (из которых 3 черные), и вероятность достатьиз нее черный шар равна 3/9; либо из первой урны с вероятностью 8/10 извлекается и перекла-дывается во вторую урну белый шар, после чего во второй партии –9 шаров (из которых 2 черных), и вероятность достать из нее чер-ный шар равна 2/9. Введем гипотезы: H1 = {из первой урны извлечен черный шар}, P(H1) = 2/10 = 0,2; H2 = {из первой урны извлечен белый шар}, P(H2) = 8/10 = 0,8; P(H1) + P(H2) = 1. Тогда Р(A|Н1) = {из второй урны извлечен черный шар при усло-вии, что из первой урны был извлечен черный шар }, P(A|H1) = 3/9 == 1/3. Аналогично, P(A|H2) = 2/9. По формуле полной вероятности (2.5)P( A) = P(H1)P( A | H1 ) + P(H2 )P( A | H2 ) = 0, 2 ⋅ 1 + 0,8 ⋅ 2 = 11 . 3 9 45Ответ. 11/45. 33

2.5. Формула Байеса Пусть снова H1, H2, ..., Hn – полная группа событий и в результатеэксперимента произошло событие A. Тогда для гипотезы Нi априор-ную вероятность Р(Нi), вычисленную до проведения эксперимента,можно уточнить после того, как произведен эксперимент, в результа-те которого произошло событие A, и посчитать апостериорную веро-ятность P(Hi | A) = P(Hi )P(A | Hi ) (2.6) P( A)или, учитывая (2.5),P(Hi | A) = P(H1)P(A | H1) + P(Hi )P(A | Hi ) P(Hn )P(A | . (2.7) P(H2 )P( A | H2 ) + ... + Hn) Формула (2.7) носит название формулы Байеса. Так, в задаче 2.8 вероятность того, что изделие, прошедшее кон-троль, т.е. поступившее к потребителю, удовлетворяло стандартуравна P(H1 | A) = P(H1)P(A | H1) | H2 ) = P(H1)P(A | H1) + P(H2 )P(A = 0,99 ⋅ 0,995 = 0,999989848. 0,99 ⋅ 0,995 + 0,01⋅ 0,001 Задача 2.10. В условиях задачи 2.9 найти вероятность того, что изпервой урны был вынут черный шар, если из второй урны был вынуттоже черный шар. Решение. В обозначениях введенных при решении задачи 2.9 тре-буется найти P(H1|A). По формуле Байеса (2.6) P(H1 | A) = P(H1)P(A | H1 ) = 1/ 5 ⋅1/ 3 = 3. P( A) 11/ 45 11Ответ. 3/11. Задача 2.11. Сообщение состоит из сигналов «1» и «0». Свойствапомех таковы, что искажаются в среднем 5 % сигналов «0» и 3 %сигналов «1». При искажении вместо сигнала «0» принимается сиг-нал «1» и наоборот. Известно, что среди всех передаваемых сигналов34

сигналы «0» и «1» встречаются в соотношении 3:2. Найти вероят-ность того, что отправлен сигнал «0», если принят сигнал «1». Решение. Эксперимент проведен, и наступило событие A = {при-нят сигнал «1»}. Гипотезы: H1 = {отправлен сигнал «0»}, H2 = {отправлен сигнал «1»}. По условию P(H1) = 3/5 = 0,6, P(H2) = 2/5 = 0,4, т.е. P(H1) + P(H2) = 1. Рассмотрим события: A|H1 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «0»} == {сигнал «0» искажен}, следовательно, по условию P(A|H1) = 0,05; A|H2 = {принят сигнал «1» при условии, что отправлен сигнал «1»} == {сигнал «1» неискажен}, следовательно, по условию P(A|H2) = 1 –– 0,03 = 0,97; H1|A = {отправлен сигнал «0», если принят сигнал «1»}. По формуле Байеса (2.7)P(H1 | A) = P(H1)P(A | H1) | H2) = P(H1)P(A | H1) + P(H2 )P(A = 0,6 ⋅ 0,05 = 0,072 . 0,6 ⋅ 0,05 + 0, 4 ⋅ 0,97Ответ. 0,072. Упражнения для самостоятельной работы 2.1. Один раз подбрасывается игральная кость. Событие А = {вы-пало простое число очков}, событие B = {выпало четное число оч-ков}. Вычислить вероятность P(A|B). 2.2. Вероятность попасть в самолет равна 0,4, а вероятность егосбить равна 0,1. Найти вероятность того, что при попадании в само-лет он будет сбит. 2.3. В семье двое детей. Считая, что рождение мальчика и девочки– независимые и равновероятные события, вычислить вероятностьтого, что оба ребенка – мальчики, если известно, что в семье естьмальчик. 2.4. Подбрасывают наудачу три игральные кости. Наблюдаемыесобытия: А = {на трех костях выпадут разные грани}, B = {хотя бы наодной из костей выпадет шестерка}. Вычислить P(B|A) и P(A|B). 2.5. В группе учатся 10 студентов. Для решения задачи у доскилюбого из них могут вызвать с равной вероятностью один раз в тече-ние занятия. В группе три отличника. Найти вероятность того, что 35

вторую задачу к доске пойдет решать отличник при условии, чтопервую задачу тоже решал отличник. 2.6. Бросается игральная кость. Пусть событие А = {появлениечетного числа очков}, событие В = {появление более трех очков}.Зависимы или нет события А и В? 2.7. Игральная кость подброшена дважды. Зависимы ли случай-ные события А = {число очков при первом бросании равно 5} и В == {сумма очков при двух бросаниях равна 9}? 2.8. Пусть Р(А) = 1/2, P(B) = 1/3. Верно ли, что P( A ∩ B) ≤ 3/ 8? 2.9. События А и В независимы, Р(А) = Р(В) = 1/4. Найти P( A ∪ B) . 2.10. P( A ∪ B) будет больше в случае А и В независимых или А иВ несовместных? 2.11. Из колоды в 36 карт подряд вытаскиваются две карты. Рас-сматриваются события: А = {первая карта имеет пиковую масть}, В == {обе карты красного цвета}. Зависимы ли события А и В? 2.12. В ящике имеются две партии по 100 деталей, в каждой из ко-торых по 10 бракованных. Из ящика извлечена одна деталь. Зависи-мы ли случайные события А = {извлеченная деталь из первой пар-тии} и В ={извлеченная деталь бракованная}? 2.13. В ящике имеются две партии по 100 деталей. В первой пар-тии – 10 бракованных деталей, во второй – 20. Из ящика извлеченаодна деталь. Зависимы ли случайные события А = {извлеченная де-таль из первой партии} и В = {извлеченная деталь бракованная}? 2.14. В группе из 1000 человек 452 имеют текущие счета, 336 –депозитные счета, а 302 – и текущие, и депозитные. Определить, яв-ляются ли события {обладание текущим счетом} и {обладание депо-зитным счетом} независимыми? 2.15. Подбрасываются три игральные кости. Событие А = {на первойи второй костях выпало одинаковое число очков}, событие В = {на вто-рой и третьей костях выпало одинаковое число очков}, событие С = {напервой и третьей костях выпало одинаковое число очков}. Прове-рить, являются ли события А, В и С: а) попарно независимыми; б)независимыми в совокупности. 2.16. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Зачет считаетсясданным, если студент ответит не менее чем на три из четырех по-ставленных в билете вопросов. Какова вероятность того, что студентсдаст зачет, если он знает ответ на первый вопрос в билете? 2.17. Студенты выполняют контрольную работу в классе контро-лирующих машин. Работа состоит из трех задач. Для получения по-36

ложительной оценки достаточно решить две. Для каждой задачипредлагается 5 различных ответов, из которых только один правиль-ный. Какова вероятность получить положительную оценку, если вы-бирать ответы для каждой задачи наудачу? 2.18. Три орудия стреляют в цель независимо друг от друга. Веро-ятность попадания в цель каждого равна 0,7. Найти вероятность по-падания в цель: а) только одного из орудий; б) хотя бы одного. 2.19. Вероятность превысить личный рекорд с одной попытки дляданного спортсмена равна р. Найти вероятность того, что на сорев-нованиях спортсмен превысит свой личный рекорд, если разрешаетсяделать две попытки. 2.20. Три радиостанции независимо друг от друга передают само-лету один и тот же сигнал. Вероятности того, что самолетом будутприняты эти сигналы, соответственно равны 0,9; 0,8 и 0,75. Найтивероятность того, что самолет примет посылаемый ему сигнал. 2.21. Известно, что курс евро к рублю может возрасти с вероятно-стью 0,55, а курс доллара к рублю может возрасти с вероятностью0,35. Вероятность того, что возрастут оба курса, составляет 0,3. Най-ти вероятность того, что курс евро или доллара по отношению крублю возрастет. 2.22. Менеджер по кадрам разместил в сети Internet объявление отом, что банку требуется начальник отдела долговых обязательств, иполучил 300 резюме. Из прошлого опыта известно, что вероят-ность того, что претендент имеет высшее экономическое образова-ние, равна 0,3, вероятность того, что претендент имеет опыт руково-дящей работы в банке, – 0,7, а вероятность того, что претендент име-ет и высшее экономическое образование, и опыт руководящей рабо-ты, – 0,2. Оценить количество претендентов, имеющих опыт руко-водящей работы или высшее экономическое образование. 2.23. Студент может ехать в институт или автобусом, который хо-дит через каждые 20 мин, или троллейбусом, который ходит черезкаждые 10 мин. Какова вероятность того, что студент, подошедший костановке, уедет в течение ближайших пяти минут? 2.24. Статистика, собранная среди студентов одного из вузов, об-наружила следующие факты: 60 % всех студентов занимаются спор-том, 40 % участвуют в научной работе на кафедрах и 20 % занима-ются спортом и участвуют в научной работе на кафедрах. Найти ве-роятность того, что наудачу выбранный студент: а) занимается покрайней мере одним из указанных видов деятельности; б) занимаетсятолько спортом; в) занимается только одним видом деятельности. 37

2.25. За некоторый промежуток времени амеба может погибнуть свероятностью 1/4, выжить с вероятностью 1/4 и разделиться на две свероятностью 1/2. В следующий такой же промежуток времени с ка-ждой амебой независимо от ее «происхождения» происходит то жесамое. Сколько амеб и с какими вероятностями может существоватьк концу второго промежутка времени? 2.26. Жюри состоит из трех судей. Первый и второй судьи прини-мают правильное решение независимо друг от друга с вероятностью0,8, а третий судья для принятия решения бросает монету. Оконча-тельное решение принимается по большинству голосов. Какова веро-ятность того, что жюри примет правильное решение? 2.27. Жюри состоит из трех судей. Первый и второй судьи прини-мают правильное решение независимо друг от друга с вероятностью0,8, а третий судья поступает следующим образом: если двое первыхсудей принимают одинаковые решения, то он к ним присоединяется,если же решения двух первых судей разные, то третий судья бросаетмонету. Какова вероятность правильного решения у такого жюри? 2.28. Приведены схемы соединения элементов, образующих цепьс одним входом и одним выходом (рис. 2.6). Предполагается, что от-казы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Вычислить: I) вероятность надежности каждой из схем, если pk – вероятностьнадежности k-го элемента; II) вероятность отказа каждой из схем, если pk – вероятность отказаk-го элемента. 2.29. Зададим надежности работы элементов электрической цепи:p1 = 0,8; р2 = 0,7; р3 = 0,6; р4 = 0,5; р5 = 0,4; р6 = 0,3. Найти надежно-сти схем, приведенных на рис. 2.7. 2.30. Подбросили две игральные кости. Какие из представленныхниже наборов событий образуют систему гипотез: a) Н1 = {на 1-й кости выпало одно очко}, ..., H6 = {на 1-й костивыпало шесть очков}; б) H1 = {на обеих костях выпало по одному очку}, ..., Н6 = {наобеих костях выпало по шесть очков}; в) H1 = {на 1-й кости выпало четное число очков}, H2 = {на 2-йкости выпало нечетное число очков}; г) H1 = {на 2-й кости выпало четное число очков}, H2 = {на 2-йкости выпало нечетное число очков}? 2.31. Статистика запросов кредитов в банке такова: 10 % – госу-дарственные органы, 20 % – другие банки, остальные – физические38

лица. Вероятности того, что взятый кредит не будет возвращен, со-ставляют 0,01; 0,05 и 0,2 соответственно. Определить, какая долякредитов в среднем не возвращается.ж зик Рис. 2.6. Схемы соединения элементов1 1 34 3 62 25 4 Рис. 2.7. Схемы систем соединения элементов 2.32. Вероятность того, что недельный оборот торговца мороженымпревысит 2000 руб. при солнечной погоде равна 80 %, при переменнойоблачности – 50 %, а при дождливой погоде – 10 %. Найти вероятность 39

того, что на следующей неделе оборот превысит 2000 руб., если веро-ятность солнечной погоды в данное время года составляет 20 %,вероятность переменной облачности и вероятность дождливой по-годы – по 40 %. 2.33. Имеется ящик, в котором лежат 20 коробок по 10 карандашей.При вскрытии ящика 4 коробки уронили и грифели карандашей в нихсломались. Однако все 20 коробок были сданы на склад, откуда затемвзяли 2 коробки и раздали карандаши ученикам. Найти вероятностьтого, что доставшийся ученику карандаш имеет сломанный грифель. 2.34. Пусть имеется 5 урн. В двух из них лежит по одному беломуи по три черных шара, а в трех урнах – по два белых и два черныхшара. Наугад выбирается некоторая урна и из нее вынимается шар.Найти вероятность того, что шар окажется белым. 2.35. В ящике лежат 20 теннисных мячей, в том числе 15 новых и5 игранных. Для игры наудачу выбираются 2 мяча и после игры воз-вращаются обратно. Затем для второй игры также наудачу извлека-ются еще 2 мяча. Какова вероятность того, что вторая игра будетпроводиться новыми мячами? 2.36. Из 30 экзаменационных билетов студент выучил только 5.Каким выгоднее ему зайти на экзамен, первым или вторым? 2.37. В урну, содержащую 6 шаров, опущен белый шар, после че-го наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извле-ченный шар окажется белым, если равновозможны все предположе-ния о первоначальном составе шаров (по цвету). 2.38. В первой урне содержится 10 шаров, из них 8 белых; во вто-рой урне 20 шаров, из них 4 белых. Из каждой урны наудачу извлек-ли по одному шару, а затем из этих двух шаров наудачу взят одиншар. Найти вероятность того, что взят белый шар. 2.39. В каждой из трех урн содержится 6 черных и 4 белых шара.Из первой урны наудачу извлечен один шар и переложен во вторуюурну, после чего из второй урны наудачу извлечен один шар и пере-ложен в третью урну. Найти вероятность того, что шар, наудачу из-влеченный из третьей урны, окажется белым. 2.40. Две машинистки печатали рукопись, посменно заменяя друг дру-га. Первая в конечном итоге напечатала 1/3 всей рукописи, а вторая – ос-тальное. Первая машинистка делает ошибки с вероятностью 0,15, а вто-рая – с вероятностью 0,1. При проверке на 13-й странице обнаруженаошибка. Найти вероятность того, что ошиблась первая машинистка. 2.41. На предприятии работают 10 рабочих шестого разряда, 15 ра-бочих пятого разряда и 5 рабочих четвертого разряда. Вероятность40

того, что изделие, изготовленное рабочим соответствующего разряда,будет одобрено ОТК, равна соответственно 0,95; 0,9 и 0,8. Найти веро-ятность того, что изделие, проверенное ОТК, будет одобрено, при ус-ловии, что производительность всех рабочих одинакова. 2.42. На склад поступила однотипная продукция с трех фабрик.Объемы поставок относятся соответственно как 2:5:3. Известно, чтонестандартных изделий среди продукции первой фабрики 3 %, вто-рой – 2 %, третьей – 1 %. Найти вероятности следующих событий: а)взятое наугад со склада изделие окажется нестандартным; б) взятоенаугад со склада изделие произведено первой фабрикой, если из-вестно, что оно оказалось нестандартным. 2.43. Пассажир может обратиться за получением билета в одну изтрех касс. Вероятности обращения в каждую кассу зависят от их ме-стоположения и равны соответственно 1/3, 1/6, 1/2. Вероятность то-го, что к моменту прихода пассажира билеты, имевшиеся в кассе,будут распроданы, для первой кассы равна 3/4, для второй кассы –1/2, для третьей кассы – 2/3. Пассажир направился в одну из касс иприобрел билет. Найти вероятность того, что это была первая касса. 2.44. Магазин получает товар от трех поставщиков: 55 % товарапоступает от первого поставщика, 20 % от второго и 25 % от третье-го. Продукция, поступающая от первого поставщика, содержит 5 %брака, поступающая от второго поставщика – 6 % брака, а посту-пающая от третьего поставщика – 8 % брака. Покупатель оставил вкниге пожеланий жалобу о низком качестве приобретенного товара.Найти вероятность того, что плохой товар, вызвавший нарекания по-купателя, поступил от второго поставщика. 2.45. При расследовании преступления, совершенного на автоза-правочной станции (АЗС), было установлено, что поток автомоби-лей, проезжающих мимо АЗС, состоит на 60 % из грузовых и на 40 %из легковых автомобилей. По показаниям свидетелей, во время со-вершения преступления на АЗС находился автомобиль. Известно,что вероятность заправки грузового автомобиля равна 0,1, легковогоавтомобиля – 0,3. Найти вероятность того, что во время совершенияпреступления на АЗС находился: а) грузовой автомобиль; б) легко-вой автомобиль. 2.46. За определенный период в торговую фирму поступали теле-визоры от трех фирм-поставщиков в следующей пропорции: 1:3:6.Каждая фирма дает на свои телевизоры гарантию, идентифицируя ихпо серийному номеру и дате поставки. Телевизоры первой фирмы-поставщика требуют ремонта в течение гарантийного срока в 15 % 41

случаев, второй и третьей – соответственно в 10 и 7 % случаев. Про-данный телевизор требует гарантийного ремонта, однако потеряныдокументы, идентифицирующие фирму-поставщика. В какую фирмуимеет смысл обратиться в первую очередь? 2.47. В группе из 25 человек, пришедших на экзамен, 10 отлични-ков, 7 подготовленных хорошо, 5 – удовлетворительно, 3 – плохо.Отличники знают все 25 вопросов программы, хорошо подготовлен-ные – 20, подготовленные удовлетворительно – 15, плохо подготов-ленные – 10. Вызванный наудачу студент ответил на два заданныхвопроса. Найти апостериорные вероятности гипотез: H1 = {студентподготовлен отлично или хорошо}, H2 = {студент подготовлен удов-летворительно}, H3 = {студент подготовлен плохо}. 2.48. В корзине три красных и семь зеленых яблок. Из корзинывынули одно яблоко и не глядя отложили в сторону. После этого изкорзины достали еще одно яблоко, которое оказалось зеленым. Най-ти вероятность того, что первое яблоко, отложенное в сторону, такжебыло зеленым. 2.49. В урне лежит шар неизвестного цвета – с равной вероятно-стью белый или черный. В урну опускается один белый шар и послетщательного перемешивания наудачу извлекается один шар. Он ока-зался белым. Какова вероятность того, что в урне остался белый шар? 2.50. В ящике лежит 20 теннисных мячей, в том числе 12 новых и8 игранных. Из ящика извлекают наугад 2 мяча для игры. После игрымячи возвращают обратно в ящик. После этого из ящика вынимаютеще два мяча для следующей игры. Оба мяча оказались неигранны-ми. Найти вероятность того, что первый раз тоже играли новыми мя-чами. 2.51. Известно, что 90 % изделий, выпускаемых предприятием,отвечает стандарту. Упрощенная схема проверки качества продукциипризнает пригодной стандартную деталь с вероятностью 0,96 и не-стандартную с вероятностью 0,06. Определить вероятность того, что:а) взятое наудачу изделие пройдет контроль; б) изделие, прошедшееконтроль качества, отвечает стандарту. 2.52. Для принятия решений о покупке ценных бумаг была разра-ботана система анализа рынка. Из данных за прошлые периоды из-вестно, что 5 % всех ценных бумаг являются «плохими» – не подхо-дящими для инвестирования. Предложенная система определяет 98 %«плохих» ценных бумаг как потенциально «плохие», но при этом 15 %ценных бумаг, пригодных для инвестиций, также определяет как по-тенциально «плохие». Найти вероятность того, что ценная бумага42

подходит для инвестирования при условии, что данной системойанализа рынка она была определена как потенциально «плохая». 2.53. Предположим, что надежность определения туберкулеза прирентгеновском просвечивании грудной клетки составляет 90 %. Ве-роятность того, что у здорового человека будет ошибочно определентуберкулез, составляет 1 %. Просвечиванию подвергнута большаягруппа людей со средним процентом больных, равным 0,1 %. Каковавероятность того, что человек, признанный больным, действительноявляется носителем туберкулеза? 43

3. ПОВТОРНЫЕ НЕЗАВИСИМЫЕ ИСПЫТАНИЯ 3.1. Понятие независимых испытаний Несколько опытов называются независимыми, если их исходыпредставляют собой независимые в совокупности события. Другимисловами, если опыт выполняется при данном комплексе условиймногократно, причем вероятность наступления некоторого события вкаждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то та-кие испытания называются независимыми. Примерами независимых испытаний может служить n подбрасы-ваний монеты или извлечение из урны n раз (с возвращением) одина-ковых на ощупь шаров и т.д. Математическая модель повторных независимых испытаний сле-дующая: дано пространство вероятностей, у которого конечное числоэлементарных исходов Ω = {E1, E2, …, Em}, причем все элементарныеисходы – события и P(Ei) = pi, тогда n повторных независимых испыта-ний – это пространство вероятностей, у которого множество элементар-ных исходов Q = Ω × Ω ×...× Ω , т.е. элементарными исходами явля- nются все возможные упорядоченные наборы (Ei1 , Ei2 ,..., Ein ) (очевид-но, их будет mn), и P( (Ei1 , Ei2 ,..., Ein ) ) = pi1 pi2 ... pin , поскольку испыта-ния независимые. Простейший случай, когда данное пространство вероятностей со-держит всего два элементарных исхода, которые условно называютсяуспех и неуспех, причем вероятность успеха равна р, а вероятностьнеуспеха равна q = 1 – p. Соответствующие повторные независимыеиспытания называются испытаниями Бернулли. 3.2. Формула Бернулли Вероятность наступления k успехов в n испытаниях Бернулли равна Pn (k ) = Cnk pk qn−k . (3.1) Заметим, что события {k = 0},{k = 1},…,{k = n} образуют полнуюгруппу событий, т.е. из (2.4) имеем Pn (0) + Pn (1) + Pn (2) + ... + Pn (n) = 1. (3.2)44

Задача 3.1. Вероятность того, что при одном измерении некото-рой физической величины будет допущена ошибка, превышающаязаданную точность, равна 0,4. Проведены три независимых измере-ния. Найти вероятность того, что только в одном из них допущеннаяошибка превысит заданную точность. Решение. Проводится три независимых испытания (измерения),т.е. n = 3. Событие A = {допущена ошибка, превышающая заданнуюточность}, вероятность наступления события А в одном испытании(при одном измерении) равна р = 0,4, следовательно, q = 1 − p = 0,6 .Тогда по формуле Бернулли (3.1) вероятность наступления одногоуспеха в трех испытаниях P3 (1) = C31 p1q3−1 = 3 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 62 = 0, 432. Ответ. 0,432. Задача 3.2. Проводится 6 независимых испытаний, каждое из ко-торых заключается в одновременном подбрасывании двух монет.Найти вероятность того, что не менее двух раз выпадут одновремен-но 2 герба. Решение. Здесь А = {выпадение двух гербов при одном подбрасы-вании двух монет}. В одном испытании пространство равновероят-ных элементарных событий Ω = {ГГ, ЦГ, ГЦ, ЦЦ} (Г – выпадениегерба, Ц – выпадение цифры; первая буква в исходах относится кпервой монете, вторая – ко второй); событие A = {ГГ}; следователь-но, p = P(A) = 1/4 = 0,25, q = 1 – p = 0,75 и (1.1) несовместностьP( A) = P6 (k ≥ 2) = 1 − P6 (k < 2) = 1 − P6 (k =0∪k = 1) = событий и (1.2)несовместность (3.1) 1 − C60 p0q6−0 − C61 p1q6−1 = и 1 − P6 (0) − P6 (1) = =событий (1.2) = 1 − 0,756 − 6 ⋅ 0, 25 ⋅ 0,755 = 0, 466.Ответ. 0,466. Задача 3.3. С вероятностью 0,4 посланное сообщение принимает-ся при одной передаче. Сколько надо сделать передач, чтобы с веро-ятностью не менее 0,9 сообщение было принято хотя бы один раз? Решение. Интересующее нас в каждом испытании событие A == {посланное сообщение принимается}, тогда p = 0,4; q = 1 – 0,4 = 0,6. 45

Пусть n – число передач сообщения (число испытаний). Тогда ве-роятность того, что в n испытаниях событие принято хотя бы одинраз, равно (1.3) (3.1)Pn (k = 1∪ k = 2 ∪ ... ∪ k = n) = 1 − Pn (k = 0) = 1 − Cn0 p0qn−0 = 1 − 0,6n. В то же время по условию эта вероятность не менее 0,9, т.е. 1 − 0,6n ≥ 0,9; 0,6n ≤ 0,1; n ⋅ ln 0,6 ≤ ln 0,1; n ≥ ln 0,1 ≈ 4,5. ln 0,6 Ответ. Нужно сделать не менее пяти передач сообщений. Задача 3.4. Найти вероятность того, что в серии из 2n последова-тельных независимых испытаний Бернулли число успехов большечисла неудач, если вероятность успеха в одном испытании p = 0,5. Решение. Здесь 2n – число испытаний, k – число успехов в сериииз 2n испытаний, 2n – k – число неудач, p = 0,5, q = 1 – p = 0,5. Применяя свойство биномиальных коэффициентов C2kn = C 2n−k и 2nучитывая, что в нашем случае p = q = 0,5, имеем P2n (k ) = C2kn 0,5k 0,52n−k = C2kn 0,52n = C2n −k 0, 52n = 2n = C 2n−k 0, 52n−k 0, 52n−(2n−k ) = P2n (2n − k) , 2nт.е. P2n (0) + P2n (1) + ... + P2n (n −1) = P2n (n + 1) + ... + P2n (2n)(так как равны между собой слагаемые, стоящие на одинаковом рас-стоянии от знака равно). А так как по формуле (3.2) P2n (0) + P2n (1) + ... + P2n (n −1) + P2n (n) + P2n (n + 1) + ... + P2n (2n) = 1(величины, выделенные фигурными скобками, равны), тоP2n (0) + P2n (1) + ... + P2n (n − 1) = P2n (n + 1) + ... + P2n (2n) = 1 (1 − P2n (n)). 246

Следовательно, вероятность того, что в серии из 2n испытаний Бер-нулли число успехов больше числа неудач равна P2n (k > 2n − k) = P2n (2k > 2n) = P2n (k > n) =( )= 1 1P2n (n + 1) + Pn (n + 2) + ... + Pn (2n) = 2 (1 − P2n (n)) = 2 1 − С2nn 0,52n . ( )Ответ. 1 2 1 − С2nn 0,52n . Задача 3.5. Вероятность успеха в одном испытании р = 0,5. Какоеминимальное количество независимых испытаний Бернулли надопровести, чтобы вероятность появления пяти успехов стала большевероятности появления четырех успехов? Решение. По формуле Бернулли Pn (5) = Cn5 0,550,5n−5 = Cn5 0,5n ;Pn (4) = Cn4 0,5n . По условию Pn(5) > Pn(4), т.е. Cn5 0,5n > Cn4 0,5n ;Cn5 > Cn4 ; n! > n! ; 1/5 > 1/(n – 4); n > 9. 5!(n − 5)! 4!(n − 4)! Ответ. Минимальное число испытаний равно 10. 3.3. Наиболее вероятное число успехов Наиболее вероятным является количество успехов, равное[(n+1)p] – целая часть произведения (n+1)p, если же число (n+1)p –целое, то такую же вероятность будет иметь и наступление ((n+1)p –1) успехов. Задача 3.6. Вероятность отказа каждого прибора при испытаниине зависит от отказов остальных приборов и равна 0,2. Испытано 9приборов. Найти наиболее вероятное число отказавших приборов. Решение. Здесь n = 9; p = 0,2; q = 0,8. Следовательно, (n + 1)p = 2и наиболее вероятен отказ одного или двух приборов. Ответ. Наиболее вероятен отказ одного или двух приборов. Использование формулы Бернулли (3.1) при больших значениях nвызывает огромные трудности, так как это связано с громоздкимивычислениями. Так, например, при n = 200, m = 100, p = 0,8 величинуP200 (100) = C100 (0, 8)100 (0, 2)100 вычислить практически невозможно. 200Поэтому при больших n применяют формулы для приближенного 47

вычисления вероятностей, в основе которых лежат предельные тео-ремы Пуассона и Муавра – Лапласа. 3.4. Формула Пуассона Пусть Tn – n испытаний Бернулли и вероятность успеха в одномиспытании равна pn. Рассмотрим последовательность таких испыта-ний {Tn}. Теорема Пуассона. Если в последовательности {Tn} испытанийБернулли lim pn = 0, то для любого фиксированного k = 0, 1, … n→+∞ lim ⎛ Pn (k) − λ k e−λn ⎞ = 0, где λn = npn. ⎜ n ⎟ n→+∞ ⎝ ⎠ k! Значения величины Pn (k) содержатся в прил. 1. Теорема Пуассона показывает, что если n достаточно велико, а pмало, то вероятность наступления k успехов в серии n испытанийприближенно равна Pn (k) ≈ λk e−λ , где λ = np. k! Причем это приближение будет достаточно хорошим, если веро-ятность успеха р < 0,1 и npq < 9. Например, если n = 800, р = 0,005(здесь npq = 3,98 < 9), то, полагая λ = np = 4, по теореме Пуассонавероятность трех успехов в серии из 800 испытаний равна P800 (3) = 43 e−4 = 0,1954, 3!а по формуле Бернулли P800 (3) = С3 0, 00530, 995797 = 0,1945. 800 Задача 3.7. Завод отправил на базу 1000 изделий. Вероятностьповреждения изделия в пути равна 10–3. Найти вероятность событий:А = {в пути будет повреждено хотя бы одно изделие}, B = {в путибудет повреждено более двух изделий}. Решение. Здесь n = 1000, p = 0,001, λ = np = 1, следовательно, P( A) =1− P1000 (0) =1− (1)0 e−1 = 0,632 ; 0!48

P(B) =1− P1000 (0) − P1000 (1) − P1000 (2) =1− (1)0 e−1 − (1)1 e−1 − (1)2 e−1 = 0, 0803. 0! 1! 2!Ответ. 0,0803. Задача 3.8. Сообщение содержит 500 символов. Вероятность ис-кажения символа при передаче постоянна и равна р. Если хотя быодин символ искажен, то сообщение будет принято неверно. При ка-ких значениях р вероятность того, что сообщение будет успешно пе-редано, окажется равной 0,95? Решение. n = 500. По формуле Пуассона вероятность того, что со-общение будет успешно передано, равна P500 (0) = λ0 e−λ = e − np = e−500 p . 0! В то же время по условию эта вероятность равна 0,95. Следовательно,e−500 p = 0,95 ; −500 p = ln 0,95, откуда p = − ln 0,95 / 500 = 1,03 ⋅10−4 . Ответ. р = 1,03·10−4. 3.5. Локальная предельная теорема Муавра – Лапласа В тех случаях, когда число испытаний n велико, а вероятность pне близка к нулю (p ≠ 0, p ≠ 1), для вычисления вероятностей Pn(k)используют локальную теорему Муавра – Лапласа. Локальная предельная теорема Муавра – Лапласа. Если в после-довательности испытаний Бернулли вероятность успеха p (0 < p < 1)остается постоянной, а величина x = k − np ограничена равномерно npqпо k и n (−∞ < a ≤ x ≤ b < +∞), то lim npqPn (k) = 1, n→+∞ 1 − x2 2π e2т.е. если вероятность p наступления события А в каждом испытаниипостоянна и отлична от нуля и единицы, а число независимых испы-таний n достаточно велико, то вероятность Pn(k) может быть вычис-лена по приближенной формуле 49

Pn (k) ≈ 1 − x2 (3.3) 2π npq e 2,где x = k − np . npqЭта формула дает хорошее приближение, когда npq > 9 и 1/(n + 1) << p< n/(n + 1). Например, если n = 10 000, k = 40, p = 0,005 (здесьnpq = 49,75 > 9, n/(n + 1) = 0,9999, 1/(n + 1) = 0,00009 и р попадает вуказанный промежуток), то приближенное значение P10000 (40) будетравно 0,0206, а точное – 0,0197.Отметим, что значения функции ϕ(x) = 1 − x2 (ее называют 2π e2функцией Гаусса) приведены в прил. 2. Задача 3.9. Вероятность попадания в мишень при одном выстреледля данного стрелка равна 0,8. Найти вероятность того, что при 200выстрелах мишень будет поражена 150 раз. Решение. Здесь n = 200, k = 150, p = 0,8, q = 0,2. Применим форму-лу (3.3). Имеем x = k − np = 150 − 200 ⋅ 0,8 ≈ −1,7678; npq 32 ϕ(−1,7678) = 0,0836 ,следовательно, P200 (150) ≈ 0, 0836 = 0, 015. 32Ответ. 0,015. 3.6. Интегральная предельная теорема Муавра – Лапласа При решении задач, связанных с повторными независимыми ис-пытаниями Бернулли, возникает необходимость вычисления суммы k2вероятностей ∑ Pn (k) , если надо вычислить вероятность того, что k =k1число успехов k лежит в данных пределах: k1 ≤ k ≤ k2. Вычислить та-50