Элементытеории вероятностей. Случайные события
Цельизучения — развитьнавыки составления и анализа математических моделей несложных задач прикладногохарактера, связанных со случайными явлениями, научить способам вычислениявероятностей простых и сложных событий, методам оценки неизвестных параметровна основе экспериментальных данных, методам проверки гипотез и правилампринятия решений.
Даннаятема включает в себя:
· Основные понятия иопределения.
· Действия над случайными событиями.
· Классическое определениевероятности.
· Свойства вероятностей.
· Случайные величины.
Изучивэту тему, студент должен:
Знать:
· правила вычисления вероятностейслучайных событий;
· способы определения и построениязаконов распределения вероятностей случайных величин и вычисления их числовыххарактеристик.
Уметь:
· вычислять вероятности простых исложных событий;
· находить необходимыехарактеристики случайных величин по известным законам.
При изучении темы необходимо:
·читать главу11,12 из учебника «Математика и информатика» (Турецкий В.Я.).
Задача 1.
В розыгрыше кубка страныпо футболу берут участие 17 команд. Сколько существует способов распределитьзолотую, серебряную и бронзовую медали?
Решение:
Поскольку медали неравноценны, то количество способов распределить золотую, серебряную и бронзовуюмедали среди команд будет равно числу размещений из 17-ти элементов по 3, т.е. />= 4080.
Задача 2.
Произведено три выстрелапо мишени. Рассматриваются такие элементарные события: А – попадание в мишеньпри i-том выстреле; /> – промах по мишени при i-томвыстреле. Выразить через А и /> следующие события:
А – все три попадания; В– ровно два попадания; С – все три промаха; D – хотя бы одно попадание; Е – больше одного попадания; F – не больше одного попадания.
Решение:
А – все три попадания, т.е.совместное появления трех событий А1, А2 и А3
Р(А) = Р(А1 иА2 и А3)
В – ровно два попадания,т.е. два попадания и один промах
Р(В) = Р(/>1и А2 и А3 или А1 и />2 и А3или А1 и />2 и А3)
С – все три промаха, т.е.совместное появления трех событий />1 и />2,/>3
Р(С) = Р(/>1и />2и />3)
D – хотя бы одно попадание, т.е. илиодно попадание, или два попадания или три попадания
Р(D) = Р(/>1 и />2и А3 или />1 и А2и />3или А1 и />2 и />3ИЛИ />1и А2 и А3 или А1 и />2 и А3или А1 и />2 и А3ИЛИ А1 и А2 и А3)
или по формуле
Р(D) = 1 – Р(/>1 и />2и />3)
Е – больше одногопопадания, т.е. или два попадания или три попадания
Р(Е) = Р(/>1и А2 и А3 или А1 и />2 и А3или А1 и />2 и А3или А1 и А2 и А3)
F – не больше одного попадания, т.е.одно попадание и два промаха
Р(F) = Р(/>1 и />2и А3 или />1 и А2и />3или А1 и />2 и />3)
Задача 3.
Игральный кубик бросаютдва раза. Описать пространство элементарных событий. Описать события: А – суммапоявившихся очков равна 8; В – по крайней мере один раз появится 6.
Решение:
Будем считатьпространством элементарных событий множество пар чисел (i, j), где i (соответственно j) есть число очков, выпавших припервом (втором) подбрасывании, тогда множество элементарных событий будеттаким:
W={(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5)(2,6)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5)(3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5)(4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5)(5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5)(6,6)}
А – сумма появившихсяочков равна 8. Этому событию благоприятствуют такие элементарные событияА={(2,6) (6,2) (5,3) (3,5) (4,4)}.
В – по крайней мере одинраз появится 6. Этому событию благоприятствуют такие элементарные событияВ={(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) (1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6)}.
Задача 4.
В вазе с цветами 15гвоздик: 5 белых и 10 красных. Из вазы наугад вынимают 2 цветка. Каковавероятность того, что эти цветки: а) оба белые; б) оба красные; в) разногоцвета; г) одного цвета.
Решение:
а) Пусть событие Асостоит в том, что оба вынутых из вазы цветка белые.
Количество возможныхспособов взять 2 цветка из 15-ти равно />, т.е. />= 7×15 = 105, а количество возможныхспособов взять 2 белых цветка из 5-ти белых равно />= 2×5 = 10. Тогда по классическомуопределению вероятность события А равна
/>.
б) Пусть событие Всостоит в том, что оба вынутых из вазы цветка красные.
Количество возможныхспособов взять 2 цветка из 15-ти равно />, т.е. />= 7×15 = 105, а количество возможныхспособов взять 2 красных цветка из 10-ти красных равно />= 9×5 = 45. Тогда по классическомуопределению вероятность события В равна
/>.
в) Пусть событие Ссостоит в том, что оба вынутых из вазы цветка разного цвета, т.е. один белый иодин красный.
Количество возможныхспособов взять 2 цветка из 15-ти равно />, т.е. />= 7×15 = 105, а количество возможныхспособов взять 1 красный цветок из 10-ти красных И 1 белый цветокиз 5-ти белых равно />*/>= 10×5 = 50. Тогда по классическомуопределению вероятность события С равна
/>.
г) Пусть событие D состоит в том, что оба вынутых извазы цветка одного цвета, т.е. или оба белые (событие А) или обакрасные (событие В). По теореме сложения независимых событий вероятностьсобытия D будет равна
Р(D) = Р(А или В) = Р(А) +Р(В) = 0,095 + 0,43 = 0,525
Задача 5.
Из шести карточек сбуквами I, С, К, Ь, Н, М наугад одну за другой вынимают и раскладывают в ряд впорядке появления. Какова вероятность того, что появится слово а) «НIС»; б)«CIM»?
Решение:(для пунктов а) и б) одинаково)
Каждый вариантполучившегося «слова» является размещением из 6-ти элементов по 3. Число такихвариантов равно />. Из этих вариантов правильнымбудет только один, т.е. m= 1, тогда по классическому определению вероятности
/>.
Задача 6.
Вероятность того, что втечении одной смены возникнет поломка станка равна 0,05. Какова вероятностьтого, что не возникнет ни одной поломки за три смены?
Решение:
Пусть событие А состоит втом, что в течении одной смены возникнет поломка станка. По условию задачивероятность этого события равна Р(А) = 0,05. Противоположное событие /> состоит втом, что в течении одной смены поломка станка НЕ возникнет. Вероятностьпротивоположного события
Р(/>) = 1– Р(А) = 1 –0,05 = 0,95.
Искомая вероятностьравна
Р(В) = Р(/> и /> и />) = Р(/>)×Р(/>)×Р(/>)= 0,95×0,95×0,95 = 0,953 = 0,86
Задача 7.
Студент пришел на зачетзная только 30 вопросов из 50. Какова вероятность сдачи зачета, если послеотказа отвечать на вопрос преподаватель задает еще один?
Решение:
Вероятность того, чтопреподаватель задал студенту вопрос, на который он не знал ответа (событие А)равна Р(А) = />. Найдем вероятность того, что навторой вопрос преподавателя студент знает ответ (событие В) при условии, чтоответа на первый вопрос студент не знал. Это условная вероятность, так каксобытие А уже произошло. Отсюда РА(В) = />. Искомую вероятность определим потеореме умножения вероятностей зависимых событий.
Р(А и В) = Р(А)* РА(В)= /> = 0,24.
Задача 8.
С помощью наблюденийустановлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливыхдней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3будут дождливыми?
Решение:
Поскольку количествоиспытаний невелико (n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие Апоявится точно k = 3 раза воспользуемся формулой Бернулли:
/>, где q = 1 – p
По условию задачивероятность дождя равна p = 12/30 = 6/15, (в сентябре 30 дней).
Значит вероятность ясногодня равна q = 1 – p= 1 – 6/15 = 9/15.
/> »0,28.
Задача 9.
С помощью наблюденийустановлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 25 дней бездождя. Какова вероятность того, что 1-го и 2-го сентября дождя не будет?
Решение:
Вероятность того, что1-го сентября дождя не будет (событие А) равна Р(А) = />. Найдем вероятность того, что и2-го сентября дождя не будет (событие В) при условии, что 1-го сентября дождяне было. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В)= />.Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимыхсобытий.
Р(А и В) = Р(А)* РА(В)= /> = 0,7.
Задача 10.
В условиях задачи 8 найтивероятность наивероятнейшего числа дней без дождя.(Задача 8. С помощьюнаблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце8-ми дней 3 будут дождливыми?)
Решение:
Число mназывается наивероятнейшимв n независимых испытаниях, есливероятность наступления события А при этом числе наибольшая.
n·p – q ≤ m≤ n·p + p
По условию задачи 8вероятность дня без дождя равна p = 9/15, значит вероятность дождливого дня равна q = 6/15. Составим неравенство
/>
17,6 ≤ m≤18,6 Þ m= 18
Наивероятнейшее числодней без дождя равно 18. Поскольку количество испытаний велико (n = 30) и нет возможности применитьформулу Бернулли, то для нахождения вероятности наивероятнейшего числа дней бездождя воспользуемся локальной теоремой Лапласа:
/> и j(х) – диф. функция Лапласа –Гаусса
Определим аргументфункции Лапласа-Гаусса х: />.
По таблице значенийфункции Гаусса определяем, что j(0) = 0,3989. Теперь
/> » 0,15.
Задача 11.
Вероятность полученияудачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найтивероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах.
Решение:
Посколькуколичество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятноститого, что событие А появится точно k = 6 раз воспользуемся формулойБернулли:
/>, где q = 1 – p
По условию задачи p = 3/4, значит q = 1 – p= 1 – 3/4 = 1/4.
/>= /> » 0,146
Задача 12.
Вероятность рождениямальчика равна 0,515, девочки – 0,485. В некоторой семье шестеро детей. Найтивероятность того, что среди низ не больше двух девочек.
Решение:
Пусть событие А состоит втом, что в семье, где шестеро детей, не больше двух девочек, т.е. в указаннойсемье или одна девочка или две девочки или все мальчики. Поскольку количествоиспытаний невелико (n = 6), то для нахождения вероятности события А воспользуемся формулойБернулли:
/>, где q = 1 – p
По условию задачивероятность рождения девочки равна p = 0,485 и вероятность рождениямальчика равна q = 0,515, тогда искомая вероятность будет равна
Р(А) = Р6(0) +Р6(1) + Р6(2) = /> +/>+ /> = />/>0,018657 + 0,105421 + 0,248201 » 0,37228.
Задача 13.
Что вероятнее: выиграть уравносильного противника (включая ничью) три партии из пяти или пять из восьми?
Решение:
Вероятность выиграть уравносильного противника равна p = 0,5, соответственно вероятность проиграть у равносильногопротивника равна q = 1 – p= 1 – 0,5 = 0,5.
Найдем и сравним такиевероятность Р5(3) и Р8(5)
Поскольку количествоиспытаний невелико (n = 5 и n = 8), тодля нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза (k = 8 раз) воспользуемся формулойБернулли:
/>, где q = 1 – p
/>= 10×0,03125 = 0,3125;
/>= 0,2186.
Сравнивая полученныезначения вероятностей Р5(3) = 0,3125 > Р8(5) = 0,2186получаем, что вероятнее выиграть у равносильного противника три партии из пятичем пять из восьми.
Задача 13А.
Из партии, в которой 25изделий, среди которых 6 бракованных, случайным образом выбрали 3 изделия дляпроверки качества. Найти вероятность того, что: а) все изделия годные, б) средивыбранных изделий одно бракованное; в) все изделия бракованные.
Решение:
а) Пусть событие Асостоит в том, что все выбранные изделия годные. Количество возможных способоввзять 3 изделия из 25-ти равно />, т.е. />= 2300, а количество возможныхспособов взять 3 годных изделия из (25 – 6) = 19-ти годных равно />= 1938. Тогдапо классическому определению вероятность события А равна
/>.
б) Пусть событие Всостоит в том, что среди выбранных изделий одно бракованное, т.е. однобракованное и два годных. Количество возможных способов взять 3 изделия из25-ти равно />=2300, а количество возможных способов взять одно бракованное изделие из 6-тибракованных И два годных изделия из (25 – 6) = 19-ти годных равно/>*/>= 6×153 = 738. Тогда по классическомуопределению вероятность события В равна
/>.
в) Пусть событие Ссостоит в том, что все выбранные изделия бракованные. Количество возможныхспособов взять 3 изделия из 25-ти равно />= 2300, а количество возможныхспособов взять 3 бракованные изделия из 6-ти бракованных равно />= 20. Тогда поклассическому определению вероятность события С равна
/>.
Задача 14.
В условиях задачи 13найти наивероятнейшее число удачных опытов и вероятность его появления. (Задача11. Вероятность получения удачного результата при проведении сложногохимического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в10-ти опытах).
Решение:
Число mназывается наивероятнейшимв n независимых испытаниях, если вероятностьнаступления события А при этом числе наибольшая.
n·p – q ≤m≤ n·p + p
По условию задачи 11вероятность проведения удачного опыта равна p = 3/4, значит вероятность неудачногоопыта равна q = 1/4.Количество опытов равно п = 10. Составим неравенство
/>
7,25 ≤ m≤8,25 Þ m= 8
Наивероятнейшее числоудачных опытов равно 8. Поскольку количество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятноститого, что событие А появится точно k = 8 раз воспользуемся формулойБернулли:
/>, где q = 1 – p
/>= /> » 0,282.
Задача 15Б.
В белом ящике 12 красныхи 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральныйкубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белогоящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар изчерного ящика. Какова вероятность появления красного шара?
Решение:
Возможны две гипотезы:
Н1 – прибросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;
Н2 – прибросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. или 1 или 2 или 4 или 5.
По классическомуопределению вероятности гипотез равны:
Р(Н1) = 2/6 =1/3; Р(Н2) = 4/6 = 2/3.
Поскольку гипотезысоставляют полную группу событий, то должно выполняться равенство
Р(Н1) + Р(Н2)= 1/3 + 2/3 = 1
Пусть событие А состоит впоявлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того,какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:
Р(А|Н1) = />; Р(А|Н2)= />.
Тогда по формуле полнойвероятности
Р(А) = Р(Н1)·Р(А|Н1) + Р(Н2)·Р(А|Н2)+…+ Р(Нn)·Р(А|Нn)
вероятность события Абудет равна:
Р(А) = /> = 0,62
Задача 16Б.
Вероятность появлениясобытия А по крайней мере один раз в 5-ти независимых испытанияхравна 0,9. Какова вероятность появления события А в одном испытании, если прикаждом испытании она одинаковая?
Решение:
Воспользуемся формулойдля вероятности появления хотя бы одного события
Р(А) = 1 – qn
По условию задачи Р(А) =0,9 и n = 5. Составим уравнение
0,9 = 1 – q5
q5 = 1 – 0,9 = 0,1
/> = 0,63 – вероятность Не появлениясобытия А в одном испытании, тогда
р = 1 – q = 1 – 0,63 = 0,37 – вероятностьпоявления события А в одном испытании.
Задача 17Б.
Из каждых 40-ка изделий,изготовленных станком-автоматом 4 бракованных. Наугад взяли 400 изделий. Найтивероятность того, что среди них 350 без дефекта.
Решение:
Поскольку количествоиспытаний велико (n = 400) то для нахождения вероятности того, что событие Апоявится ровно k = 350 раз воспользуемся локальной теоремой Лапласа:
/> и j(х) – диф. функция Лапласа –Гаусса
По условию задачи вероятностьбракованного изделия равна q = 4/40 = 0,1, Значит вероятность изделия без дефекта равна р= 1 – q= 1 – 0,1 = 0,9.
Определим аргументфункции Лапласа-Гаусса х: />.
Учитывая что функция j(х) является четной,т.е. j(–х) = j(х) по таблице значенийфункции Гаусса определяем, что j(–1,67) = 0,0989. Теперь /> » 0,016.
Задача 18Б.
Вероятность присутствиястудента на лекции равна 0,8. Найти вероятность того, что из 100 студентов налекции будут присутствовать не меньше 75 и не больше 90.
Решение:
Поскольку количествоиспытаний велико (n = 100), то для нахождения вероятности того, что событие А появится от 75до 90 раз воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:
/>/>
и Ф(х) –интегральная функция Лапласа
Определим аргументыинтегральной функции Лапласа х1 и х2:
/>= –1,25;
/>= 2,5.
Учитывая что функция Ф(х)является Нечетной, т.е. Ф(–х) = – Ф(х) по таблицезначений интегральной функции Лапласа находим:
Ф(–1,25) = – Ф(1,25) = –0,39435и Ф(2,5) = 0,49379, тогда
Р100(75 £ k £ 90) = Ф(х2) – Ф(х1) = Ф(2,5) – Ф(–1,25) = 0,49379 +0,39435 =0,888.
Задача 19Б.
Сколько раз необходимокинуть игральный кубик, чтобы нивероятнейшее число появления тройки равнялось55?
Решение:
Число mназывается наивероятнейшимв n независимых испытаниях, есливероятность наступления события А при этом числе наибольшая.
n·p – q ≤m≤ n·p + p
По условию задачи т0= 55, вероятность появления тройки равна p = 1/6, значит вероятность НЕ появлениятройки равна q = 5/6.Составим неравенство
/>
получили линейную системунеравенств
/> п – 5 ≤330 п ≤335
/> п + 1 ≥330 п ≥ 329
Таким образом получили,что игральный кубик необходимо кинуть от 329 до 335 раз.
действиесобытие величина
Задача 20Б.
Ткач обслуживает 1000веретен. Вероятность обрыва нитки на одном из веретен в течении одной минутыравна 0,005. Найти вероятность того, что в течении одно минуты обрыв произойдетна 7 веретенах.
Решение:
Поскольку количествоиспытаний велико (n = 1000), а вероятность отдельного испытания очень мала (р= 0,005) то для вычисления искомой вероятности воспользуемся формулой Пуассона:
/>
Параметр распределения l = 1000 ×0,005 = 5, тогда искомая вероятностьравна
Р1000(7) = /> = 0,1044.