авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:   || 2 | 3 |
-- [ Страница 1 ] --

В.Б. ГРАХОВ

ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

В УПРАЖНЕНИЯХ И ЗАДАЧАХ

Федеральное агентство по образованию

ГОУ ВПО «Уральский государственный технический

университет–УПИ»

В.Б. Грахов

Теория вероятностей

в упражнениях и задачах

Учебное пособие

Научный редактор – проф., д-р физ.-мат. наук В.В. Чупин

Екатеринбург

2006 2 УДК 519.2 (076.1) ББК 22.171я 73 Г 78 Рецензенты:

кафедра «Высшая математика» Уральского государственного экономи ческого университета (зав. кафедрой проф., канд. физ.- мат. наук Н.И.

Чвялева);

проф., д-р физ.-мат. наук Н.Н. Астафьев (Институт математи ки и механики УрО РАН) В. Б. Грахов Г 78 ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ В УПРАЖНЕНИЯХ И ЗАДАЧАХ:

учебное пособие / В.Б. Грахов. – Екатеринбург : ГОУ ВПО УГТУ–УПИ, 2006. –106 с.

ISBN 5-321-00886- Представлены разделы «Случайные события» и «Случайные величи ны». Данное пособие имеет практическую направленность, поэтому приводится большое количество различных упражнений и задач как с подробными решениями, так и для самостоятельной работы.

Адресовано студентам всех специальностей и форм обучения УГТУ– УПИ.

Библиогр.: 14 назв. Рис. 26. Прил. 3.

УДК 519.2 (076.1) ББК 22.171я ISBN 5-321-00886-8 © ГОУ ВПО «Уральский государственный технический университет–УПИ», © В. Б. Грахов, ВВЕДЕНИЕ Предмет теории вероятностей Теория вероятностей есть математическая наука, изучающая законо мерность в случайных явлениях. Случайное явление – это такое явление, которое при неоднократном воспроизведении одного и того же опыта протекает каждый раз несколько по-иному.

Примеры случайных явлений:

1. Производится стрельба из орудия, установленного под задан ным углом к горизонту. Пользуясь методами внешней баллистики (нау ки о движении снаряда в воздухе), можно найти теоретическую траек торию (кривую) снаряда. Эта траектория вполне определяется основ ными условиями стрельбы: начальной скоростью, углом бросания и баллистическим коэффициентом снаряда. Фактическая траектория каж дого отдельного снаряда неизбежно несколько отклоняется от теорети ческой за счёт совокупного влияния таких факторов, как ошибки изго товления снаряда, отклонения веса заряда от номинала, неоднородность структуры заряда, ошибки установки ствола в заданное положение, ме теорологические условия т.д. Если произвести несколько выстрелов при неизменных основных условиях, получится не одна теоретическая траектория, а целый пучок, или «сноп», траекторий, образующих так называемое «рассеивание снарядов».

2. Одно и то же тело несколько раз взвешивается на аналитиче ских весах;

результаты повторных взвешиваний несколько отличаются друг от друга. Эти различия обусловлены влиянием многих второсте пенных факторов, сопровождающих операцию взвешивания, таких как положение тела на чашке весов, случайные вибрации аппаратуры, ошибки отсчёта показаний прибора и т.д.

3. Самолёт совершает полёт на заданной высоте;

теоретически он летит горизонтально, равномерно и прямолинейно. Фактически же полёт сопровождается отклонениями центра массы самолёта от теоретической траектории и колебаниями самолёта около центра массы. Эти откло нения и колебания являются случайными и связаны с турбулентностью атмосферы;

от раза к разу они не повторяются.

4. Производится ряд подрывов осколочного снаряда в определённом положении относительно цели. Результаты отдельных подрывов не сколько отличаются друг от друга: меняются общее число осколков, взаимное расположение их траекторий, вес, форма и скорость каждого отдельного осколка. Эти изменения являются случайными и связаны с влиянием таких факторов, как неоднородность металла корпуса снаряда, неоднородность взрывчатого вещества, непостоянство скорости дето нации и т.д. В связи с этим различные подрывы, осуществлённые, каза лось бы, в одинаковых условиях, могут приводить к различным резуль татам: в одних подрывах цель будет поражена осколками, в других – нет.

В приведённых примерах основные условия опыта, определяющие в общих и грубых чертах их протекание, сохраняются неизменными, второстепенные – меняются от опыта к опыту и вносят случайные раз личия в их результаты.

В любом физическом явлении в той или иной мере присутствуют элементы случайности. В некоторых задачах случайными элементами можно пренебречь и вместо реального явления рассматривать его уп рощённую схему (модель). Однако существуют такие задачи, в которых многочисленные второстепенные, тесно переплетающиеся между собой случайные факторы играют заметную роль, а вместе с тем число их так велико и влияние столь сложно, что пренебрежение ими не оправдывает себя. Подобные задачи требуют изучения не только основных, главных закономерностей, определяющих явление в общих чертах, но и анализа случайных возмущений и искажений, связанных с наличием второсте пенных факторов и придающих исходу опыта при заданных условиях элемент неопределённости. Элемент сложности, многопричинности, не определённости, присущий случайным явлениям, требует создания спе циальных методов для изучения этих явлений.

Такие методы и разрабатываются в теории вероятностей. Её предме том являются специфические закономерности, наблюдаемые в случай ных явлениях.

Практика показывает, что, наблюдая в совокупности массы однород ных случайных явлений, мы обычно обнаруживаем в них вполне опре делённые закономерности, своего рода устойчивости, свойственные именно случайным массовым явлениям.

Если много раз подряд бросать монету, то частота появления герба постепенно стабилизируется, приближаясь к половине числа бросаний.

Свойство «устойчивости частот» обнаруживается и при многократном повторении любого другого опыта, исход которого представляется за ранее неопределённым, случайным.

Методы теории вероятностей по природе приспособлены только для исследования случайных массовых явлений;

они не дают возможности предугадать исход отдельного случайного явления, но позволяют пред сказать средний суммарный результат массы однородных случайных явлений. Чем большее количество однородных случайных явлений уча ствует в задаче, тем определённее и отчётливее проявляются присущие им специфические законы, тем с большей уверенностью и точностью можно осуществить научный прогноз. Изучение законов случайных массовых явлений позволяет не только осуществлять научный прогноз в своеобразной области случайных явлений, но в ряде случаев помогает целенаправленно влиять на ход случайных явлений, контролировать их, ограничивать сферу действия случайности, сужать её влияние на прак тический результат.

В настоящее время нет почти ни одной естественной науки, в ко торой так или иначе не применялись бы вероятностные методы. Всё шире применяются вероятностные методы в современной электротех нике и радиотехнике, метеорологии и астрономии, теории автоматиче ского регулирования и машинной математике, а также в разных облас тях военной техники, таких как теория стрельбы и бомбометания, тео рия боеприпасов, теория прицелов и приборов управления огнём, аэро навигация, тактика и др.

Краткий исторический очерк Возникновение теории вероятностей относят к XVII в. и связывают с решением комбинаторных задач теории азартных игр и потребностями страхового дела: азартные игры стимулировали вначале построение ма тематических моделей игровых ситуаций, которые давали игроку воз можность делать расчёт ставок, оценивать шансы выигрыша;

в страхо вом деле необходимо было заранее спланировать расходы и доходы страховых компаний, чтобы в результате их деятельности эти компании не понесли убытки.

Идеи построения вероятностных моделей были заложены ещё в ра ботах Б. Паскаля (1623–1662), П. Ферма (1601–1665), X. Гюйгенса (1629–1695). Основы современной классической теории вероятно стей были сформулированы в работах Я. Бернулли (1654–1705), А. Му авра (1667–1751), П. Лапласа (1749–1827), С. Пуассона (1781–1840), К.

Гаусса (1777–1855), Т. Байеса (1702–1761). Их работы были вызваны потребностями таких наук, как астрономия, геодезия, военное дело и др. В результате появились новые математические дисциплины: осно вы теории информации, теория надёжности, теория ошибок и др.

Создателем русской школы теории вероятностей был П.Л. Чебышев (1821–1894). Работы учёных этой школы А.А. Маркова (1856–1922), А.М. Ляпунова (1857–1918) выдвинули русскую школу теории вероят ностей на первое место в мире.

Советская школа, представленная учёными С.Н. Бернштейном (1880–1968), А.Я. Хинчиным (1894–1959), АН. Колмогоровым, Б.В.

Гнеденко, Н.В. Смирновым (1900–1966), Ю.В. Линником (1915–1972), Ю.В. Прохоровым, А.В. Скороходом, Л.Н. Большевым и другими, ещё больше укрепила репутацию русских учёных в мировой науке.

Несмотря на широкое применение теории вероятностей в технике, её долгое время нельзя было назвать математической дисциплиной, так как в ней не было математически определено понятие вероятности.

Только в 1933 г. А.Н. Колмогоров в работе «Основные понятия теории вероятностей» дал аксиоматическое построение теории вероятностей, после чего теория вероятностей стала строгой математической наукой.

В это же время на основе теории вероятностей возникла новая дис циплина – математическая статистика, имеющая в настоящее время ши рокое применение в физике, экономике, социологии и т.д. В области ма тематической статистики основные результаты, ставшие классическими, были получены учёными англо-американской школы (К.Пирсон, Р.Фишер, Ю.Нейман, А.Вальд, Ф.Вилкоксон, И.Дуб, В.Феллер, Е.Леман, М.Лоев и др.).

В дальнейшем возникли другие математические дисциплины: теория случайных процессов, теория планирования экспериментов, теория массового обслуживания. В нашей стране в разных городах были соз даны научно-исследовательские центры, в которых сконцентрированы исследования в области теории вероятностей: г. Москва (АН. Колмого ров, Б.В. Гнеденко, Ю.В. Прохоров, Б.А. Севастьянов, Ю.А. Розанов, В.Н. Тутубалин и др.), г. С.-Петербург (Ю.В. Линник, И.И. Ибрагимов, ВВ. Петров), г. Новосибирск (А.А. Боровков).

1. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ 1.1. Основные понятия Определение 1. Элементарным исходом какого-либо эксперимента называется каждый реально зафиксированный или мысленно возмож ный результат эксперимента. Каждому элементарному исходу поста вим в соответствие его обозначение i Определение 2. Пространством элементарных ucxoдов неко торого эксперимента называется множество всех возможных взаимо исключающих элементарных исходов i этого эксперимента. Таким образом, i.

В примерах 1.1 – 1.5 построить пространства элементарных ис ходов в указанных опытах.

1.1. Подбрасывается кубик;

наблюдаемый результат (н. р.) – число очков, выпавших на верхней грани кубика.

Ответ: = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

1.2. Дважды подбрасывается монета;

н. р. – появление герба или цифры на верхней стороне монеты.

Ответ: = {гг, гц, цг, цц}.

1.3. Фиксируются вызовы на телефонной станции в течение време-ни Т;

н. р. – число вызовов за промежуток времени Т.

Ответ: = {1, 2,..., n}.

1.4. Монета подбрасывается до первого появления двух гербов подряд;

н. р. – число подбрасываний монеты.

Ответ: = {2,..., n,...}.

1.5. Производится радиолокационное обнаружение цели;

наблюдае мый результат – положение светящегося пятна на экране индикатора цели, имеющего форму круга радиуса 10 см в декартовой системе ко ординат с началом, совпадающим с центром экрана.

Ответ: = {( x, y ) : x 2 + y 2 100}.

Определение 3. Событием А называется любое подмножество A пространства элементарных исходов.

Определение 4. Событие А считается наступившим, если экспери мент закончился одним из элементарных исходов i, входящим в множество А: i A.

В примерах 1.6-1.11 записать пространства элементарных исхо дов, подмножества, соответствующие указанным событиям.

1.6. Игральная кость подбрасывается дважды;

наблюдаемый результат – пара чисел, соответствующих числам очков, выпавших первый и второй раз. Рассматриваются события:

А – оба раза выпало число очков, кратное трём;

В – ни разу не выпало число 6;

С – оба раза выпало число очков, большее 3;

D – оба раза выпало одинаковое число очков.

Решение. Пусть ij означает i очков, выпавших первый раз, и j оч ков, выпавших второй раз. Тогда {} = ij, i, j = 1, 6;

n = 36 – число всех элементарных исходов;

A = {33, 36, 63, 66 }, mA = 4 – число элементарных исходов, вхо дящих в событие А;

{} B = ij, i, j = 1, 5;

mB = 25 – число элементарных исходов, входя щих в событие В;

{} C = ij, i, j = 4, 6;

mC = 9 – число элементарных исходов, входящих в событие С;

D = {ii }, i = 1, 6;

mD = 6 – число элементарных исходов, входящих в событие D.

1.7. Монета подбрасывается три раза. Н. р. – совокупное появление гер бов или (и) цифр на верхней стороне монеты в результате трёхкратного подбрасывания монеты. Рассматриваются события:

А – герб выпал один раз;

В – ни разу не выпала цифра;

С – выпало больше гербов, чем цифр;

D – герб выпал не менее двух раз подряд.

Решение.

= {ггг, ггц, гцг, цгг, гцц, цгц, ццг, ццц} ;

n = 8 – число всех элемен тарных исходов;

A = {гцц, цгц, ццг} ;

mA = 3 – число элементарных исходов, входящих в событие А;

B = {ггг} ;

mB = 1 – число элементарных исходов, входящих в событие В;

C = {ггц, гцг, цгг, ггг} ;

mС = 4 – число элементарных исходов, вхо дящих в событие С;

D = {ггц, цгг, ггг} ;

mD = 3 – число элементарных исходов, входящих в событие D.

1.8. Монета подбрасывается до первого появления герба;

н. р. – чис ло подбрасываний монеты. Рассматриваются события:

А – герб выпал при третьем подбрасывании;

В – герб выпал не раньше третьего подбрасывания.

Ответ: = {1, 2,..., n,...} ;

A = {3} ;

B = {3, 4,..., n,...}.

1.9. Производится радиолокационное обнаружение цели;

н. р. – поло жение светящегося пятна на экране индикатора цели, имеющего форму круга радиуса 10 см в декартовой системе координат с началом, совпа дающим с центром экрана. Рассматриваются события:

А – цель находится в первом квадранте;

В – цель находится в круге радиуса 5 см с центром в начале координат;

С – цель находится в круге радиуса 2,5 см с центром, сдвинутым на 5 см вдоль оси абсцисс в отрицательном направлении.

Ответ: = {( x, y ) : x 2 + y 2 100} ;

A = {( x, y ) : x 0, y 0, x 2 +y 2 100} ;

B = {( x, y ) : x 2 + y 2 52 } ;

{( x, y ) : ( x + 5) + y 2 2,52}.

C= 1.10. На отрезке [ a, b ], лежащем на числовой оси, наудачу выбирается первая точка с координатой х, после чего на отрезке [ a, x ] наудачу выбирается вторая точка с координатой у. Наблюдаемый результат – пара чисел ( x, y ). Рассматриваются события:

А – вторая точка ближе к b, чем первая к а;

В – расстояние между точками х и у меньше половины длины отрезка;

С – первая точка ближе ко второй, чем к точке b.

Решение.

= {( x, y ) : a x b и a y x}. Для события А b y x a. Таким образом, событию А соответствует множество точек на плоскости, ко ординаты которых удовлетворяют системе неравенств a x b, a y x, y x + a + b.

ba Для события В x y. Таким образом, событию В соответству ет множество точек на плоскости, координаты которых удовлетворяют системе неравенств:

a x b, a y x, ba y x.

Для события С x y b x. Таким образом, событию С соответству ет множество точек на плоскости, координаты которых удовлетворяют системе неравенств:

a x b, a y x, y 2 x b.

a+b a+b a+b a+b 2 2 1.11. Иван и Пётр договорились о встрече в определённом месте между 11 и 12 часами. Каждый приходит и ждёт другого до истечения часа, но не более 15 минут. Наблюдаемый результат – пара чисел ( x, y ), где х – время прихода Петра, у – время прихода Ивана (в минутах после 11 ча сов). Рассматриваются события:

А – встреча состоялась;

В – встреча не состоялась;

С – Ивану не пришлось ждать Петра;

D – встреча состоялась после 11 ч. 30 мин;

Е – Иван опоздал на встречу;

F – встреча состоялась, когда до истечения часа оставалось меньше минут.

Решения-ответы представлены на рис. 5-11:

y x, 0 x 60, 0 y x 15, y x 15, x y 15.

y x 15.

0 x y 15.

0 y 60. y 30, y 55, y x 15.

0 y x 15, 0 y x 15, x 30, x 55, 0 x y 15. 0 x y 15.

Определение 5. Событие А называется достоверным, если A =.

Определение 6. Событие А называется невозможным, если A =.

Определение 7. Событие A называется противоположным событию А, если A = {i : i A}, =, =, A = A.

1.2. Лапласовский метод задания вероятности 1.2.1. Непосредственное вычисление вероятности Метод Лапласа задания вероятности основывается на предположении о равновозможности наступления любого из конечного числа элемен тарных исходов. Такой подход впервые возник при вычислении шансов в азартных играх.

Пусть – пространство, состоящее из п элементарных исходов, А – событие, состоящее из т элементарных исходов (благоприятствую щих наступлению события А). Вероятностью события А называется число, обозначаемое Р(А):

m P ( A) =.

n Из определения следует, что 0 P ( A ) 1, P ( ) = 1, P ( ) = 0.

Подсчёт чисел n и m элементарных исходов основывается на правилах умножения и сложения числа способов выполнения определённых дей ствий.

Правило умножения. Пусть нужно выполнить операцию, состоящую из к действий, причём первое действие можно выполнить n1 способами, второе – n2 способами, и так до к-го действия, которое можно выполнить nk способами. Тогда такую операцию можно выполнить n1 n2... nk спо собами.

1.12. В группе 30 человек. В этой группе нужно сначала выбрать старос ту, а затем его заместителя. Сколькими способами это можно сделать?

Решение. В этой задаче нужно выполнить два действия: выбрать ста росту, а затем его заместителя. Первое действие можно выполнить способами, а второе – 29 способами. По правилу умножения старосту и его заместителя можно выбрать 30 29 = 870 способами.

1.13. Четырёх мальчиков и четырёх девочек нужно рассадить на во семь занумерованных стульев, причём мальчиков нужно посадить на стулья с чётными номерами, а девочек – с нечётными номерами. Сколь кими способами это можно сделать?

Решение. В этой задаче нужно выполнить два действия: рассадить мальчиков и девочек. Для того чтобы рассадить 4 мальчиков, нужно вы полнить 4 действия: посадить каждого из четырёх мальчиков. Первого (любого) мальчика можно посадить четырьмя способами, второго – тре мя, третьего – двумя, четвёртого – одним. Итак, мальчиков по правилу умножения можно рассадить 4 3 2 1 = 24 способами. Столькими же способами можно рассадить четырёх девочек. Применяя ещё раз прави ло умножения, получим, что четырёх мальчиков и четырёх девочек можно рассадить 24 24 = 576 способами.

1.14. В классе изучают 10 предметов. Сколькими способами можно со ставить расписание занятий на учебный день, состоящий из 6 разных уроков?

Решение. Для того чтобы составить расписание, нужно выполнить действий, соответствующих порядковому номеру уроков. Первым уро ком можно поставить любой из 10 предметов, т.е. первое действие мож но выполнить 10-ю способами, тогда второе – 9 способами, третье – 8, четвёртое – 7, пятое – 6 и шестое – 5 способами. Применив правило ум ножения, получим, что расписание из 6 разных уроков можно составить 10 9 8 7 6 5 = 151200 способами.

1.15. Сколько пятизначных чисел:

1) делятся на 5;

2) одинаково читаются слева направо и справа налево?

Решение.

1) Для составления пятизначного числа нужно выполнить пять дей ствий, соответствующих выбору цифр, расположенных на разных мес тах. Первую цифру можно выбрать 9 способами, исключая ноль;

вто рую, третью и четвёртую – 10 способами каждую;

пятую – двумя спосо бами, пользуясь признаком делимости целого числа на пять. Итак, чис ло пятизначных чисел, делящихся на пять, равно 9 10 10 10 2 = 18000.

2) Цифры таких чисел должны быть симметричны относительно средней цифры каждого числа, тогда для составления этих чисел доста точно выполнить три действия – выбрать первые три цифры. Первую можно выбрать 9 способами, вторую и третью – 10 способами каждую.

Следовательно, таких чисел 9 10 10 = 900.

Правило сложения. Пусть нужно выполнить операцию, состоящую из к действий, взаимно исключающих друг друга, причём первое дейст вие можно выполнить n1 способами, второе – n2 способами, и так до к-го действия, которое можно выполнить nk способами. Тогда такую опера цию можно выполнить n1 + n2 +...+nk способами.

1.16. Имеется 20 изделий первого сорта и 30 второго. Необходимо последовательно выбрать два изделия одного сорта. Сколькими спосо бами это можно сделать?

Решение.

Исходная операция – выбор двух изделий одного сорта – состоит из двух действий: выбрать два изделия первого сорта или два изделия вто рого сорта. Первое действие по правилу умножения можно выполнить 20 19 = 380 способами, второе – 30 29 = 870 способами. Теперь можно применить правило сложения и получить ответ: 380 + 870 = 1250.

1.17. Автомобильные номера должны состоять из 1 или 2 или 3 букв и цифр. Найти число всех таких номеров, используя 30 букв русского ал фавита.

Решение.

Каждый номер должен состоять из 1 или 2, или 3 букв и 4 цифр, сле довательно, чтобы составить номер, нужно выполнить два действия:

первое – выбрать 1, 2 или 3 буквы из 30 букв, второе – выбрать 4 цифры из 10. Для вычисления числа способов выполнения первого действия сначала нужно применить правило умножения, а потом правило сложе ния: 30 + 30 30 + 30 30 30 = 27930. Для того чтобы найти число спосо бов выполнения второго действия, нужно применить правило умноже ния: 10 10 10 10 = 10000. Применяя теперь ещё раз правило умноже ния, получим ответ: 27930 10000 = 279300000.

Приведём несколько примеров на вычисления вероятностей событий, в которых используются правила умножения и сложения для подсчета числа элементарных исходов.

Предлагается следующий алгоритм решения задач на вычисление веро ятностей событий:

1) выяснить, в чём состоит эксперимент (опыт) и элементарный исход (наблюдаемый результат);

2) найти число n всех элементарных исходов;

3) найти число m элементарных исходов, благоприятствующих собы тию (входящих в событие) А;

4) для вычисления вероятности события А применить формулу m P ( A) =.

n 1.18. В магазин поступило 30 цветных телевизоров, среди которых имеют скрытые дефекты. Найти вероятность того, что наудачу взятый для проверки телевизор не имеет скрытых дефектов.

Решение.

Эксперимент состоит в случайном выборе одного телевизора из 30, а элементарным исходом (наблюдаемым результатом эксперимента) явля ется выбранный телевизор. Тогда число всех элементарных исходов бу дет равно 30, т.е. n = 30. Событие А: наудачу взятый для проверки теле визор не имеет скрытых дефектов. Так как число телевизоров, не имею щих скрытых дефектов, равно 25, то m = 25.

Тогда P ( A ) =.

1.19. Игральная кость подбрасывается один раз. Найти вероятности следующих событий:

А – число очков равно 6;

Ответ: 1/6.

В – число очков кратно 3;

Ответ: 1/3.

С – число очков четно;

Ответ: 1/2.

D – число очков меньше 5;

Ответ: 2/3.

Е – число очков больше 2. Ответ: 2/3.

1.20. Подбрасываются две игральные кости. Найти вероятности сле дующих событий:

А – числа очков на обеих костях совпадают;

В – число очков на первой кости больше, чем на второй;

С – сумма очков чётна;

D – сумма очков больше двух;

Е – сумма очков не меньше пяти;

F – хотя бы на одной кости появится цифра 6;

G – произведение выпавших чисел очков равно 6.

Решение.

Эксперимент состоит в однократном подбрасывании двух игральных костей одновременно. Элементарный исход – пара чисел, выпавших на верхних гранях обеих костей. Число n всех элементарных исходов рав но 6 6 = 36. Пусть mA – число элементарных исходов, благоприятст вующих событию А. Тогда mA = 6 и Р(А)= 1/6. Пусть mB – число элемен тарных исходов, благоприятствующих событию В. Если на первой кости выпадет число два, то благоприятный исход на второй кости один;

если на первой кости выпадет число три, то на второй кости благоприятных исхо дов два, и т.д. Тогда, применяя правило сложения, получим, что mB = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 и Р(В)=5/12. Предлагаем вероятности осталь ных событий вычислить самостоятельно. Приведём только ответы:

Р(С)= 1/2, Р(D)= 35/36, Р(Е)= 1/6, Р(F)= 11/36, Р(G)= 1/9.

1.21. На шахматную доску случайным образом последовательно ставят две ладьи – белую и чёрную. Найти вероятность того, что ладьи не по бьют друг друга.

Решение.

Эксперимент состоит в случайной последовательной расстановке двух ладей на шахматную доску. Элементарный исход – случайное рас положение двух ладей на шахматной доске. Число всех элементарных исходов можно найти по правилу произведения. Первую ладью можно расположить 64 способами, вторую – 63 способами, тогда n = 64 63 = 4032. Пусть событие А означает, что ладьи не побьют друг друга, тогда, применяя снова правило умножения, получим, что m = 64 ( 63 14 ) = 7168 и Р(А)= 7/9.

1.22. Куб, все грани которого окрашены, распилен на тысячу кубиков одинакового размера, которые затем тщательно перемешаны. Найти ве роятность того, что наудачу извлечённый кубик будет иметь окрашен ных граней: а) одну;

б) две;

в) три.

Ответ: а) 0,384;

б) 0,096;

в) 0,008.

1.23. Каждое из 8 вычислительных устройств обслуживается одним из операторов. Найти вероятность того, что определённые (выбранные за ранее) 6 вычислительных устройств будут обслужены в первую очередь.

Решение.

Эксперимент – обслуживание 6 операторами 6 вычислительных уст ройств из 8. Элементарный исход – случайный выбор для обслуживания шести вычислительных устройств из восьми. Первый оператор может выбрать для обслуживания вычислительное устройство восемью спосо бами, второй оператор – семью способами, третий – шестью и т.д. При меняя правило умножения, получим, что число всех элементарных ис ходов равно n = 8 7 6 5 4 3 = 20160. Пусть событие А означает, что будут обслужены в первую очередь заранее выбранные 6 вычислитель ных устройств, тогда первый оператор может выбрать для обслужива ния вычислительное устройство шестью способами, второй – пятью спо собами, третий – четырьмя и т.д. Применяя правило умножения, полу чим, что m = 6 5 4 3 2 1 = 720 и Р(А)= 1/28.

В предыдущих задачах число элементарных исходов вычислялось непосредственно, т.е. перебором всевозможных вариантов. Во многих задачах непосредственный подсчёт числа элементарных исходов, даже с применением правил умножения и сложения числа способов, либо за труднителен, либо невозможен из-за большого числа различных вариан тов, поэтому в таких случаях необходимо применять формулы из ком бинаторики.

1.2.2. Элементы комбинаторики Пусть дано множество М, состоящее из п элементов. Совокупность т различных элементов из п называется соединением из п элементов по т. Различают три вида соединений.

Сочетания Соединения из п элементов по т, отличающиеся друга от друга соста вом, т.е. хотя бы одним элементом, без учета упорядочивания этих эле ментов, называются сочетаниями из п элементов по т. Число всех раз m личных сочетаний из п элементов по т обозначается Cn :

n ( n 1)...( n m + 1) n!

m Cn = =.

m!( n m )! m!

Свойства сочетаний:

1. Cn = Cn m.

m n n 2. Cn = Cn = 1.

3. Cn + Cn + Cn +... + Cn = 2n.

0 n 1 4. Cn + Cn +1 = Cn ++1.

m m m 1.24. Сколькими способами можно выбрать одновременно трех канди датов из десяти на три одинаковые должности?

10 9 Решение-ответ: C10 = = 120.

1 2 1.25. В турнире играют п шахматистов. Каждый участник турнира иг рает со всеми остальными участниками по одной партии. Сколько партий будет сыграно в этом турнире?

Решение. В каждой партии встречаются два шахматиста, причём в разных партиях это разные пары участников. Таким образом, число пар n ( n 1) тий равно числу сочетаний из n по два, т.е. Cn =.

1.26. Сколько имеется четырёхзначных чисел, у которых каждая сле дующая цифра меньше (больше) предыдущей?

Решение. Каждую четвёрку из 10 различных цифр можно располо жить либо в порядке их убывания, либо возрастания. Во втором случае набор из четырёх цифр не должен содержать число ноль. Таким образом, в первом случае число четырёхзначных чисел равно 10 9 8 7 9 8 C10 = = 210, во втором – C10 C93 = 210 = 126.

4 1 2 3 4 1 2 1.27. Имеется 10 белых шаров и 4 чёрных. Сколькими способами мож но выбрать 7 шаров таких, чтобы среди них были 3 чёрных?

Решение. Для того чтобы получить нужный набор шаров, следует вы полнить два действия: выбрать 4 белых и 3 чёрных шара. Первое дейст вие можно выполнить C10 = 210 способами, второе – C4 = C4 = 4 спосо- 3 бами. Тогда по правилу умножения нужный набор из 7 шаров можно получить 210 4 = 840 способами.

1.28. Группу из 12 человек нужно разбить на две подгруппы, в одной из которых должно быть не более 5 человек, а в другой не более 9 че ловек. Сколькими способами это можно сделать?

Решение. Возможны три варианта разбиения группы из 12 человек на две подгруппы: 5 и 7, 4 и 8, 3 и 9. Первый вариант можно осущест вить C12 = 792 способами, второй – C12 = 495 способами, третий – 5 C12 = 220 способами. Применяя правило сложения, получим, что число всех способов равно 792 + 495 + 220 = 1507.

1.29. В скольких точках пересекаются диагонали выпуклого шестиуголь ника, если любые три из них не пересекаются в одной точке? Решить зада чу для выпуклого n-угольника.

Решение-ответ: C64 = C62 = 12, Cn.

1.30. Сколькими способами можно выбрать из слова «вероятность» од новременно 3 согласных и 2 гласных буквы?

3 Решение-ответ: C6 C4 = 120.

1.31. В партии из 12 изделий 4 бракованных. Сколькими способами можно выбрать 5 изделий, чтобы среди них было 2 бракованных?

2 Решение-ответ: C4 C8 = 336.

1.32. Две прямые лежат на параллельных плоскостях. На одной взято n точек, на другой – m точек. Сколько существует разных треугольников с вершинами в этих точках, отличающихся хотя бы одной вершиной?

2 Решение-ответ: mCn + nCm.

Размещения Соединения из п элементов по т, отличающиеся друга от друга со ставом или (и) упорядочиванием этих элементов, называются размеще ниями из п элементов по т. Число всех различных размещений из п эле m ментов по т обозначается An и равно:

An = n ( n 1)...( n m + 1).

m 1.33. Сколькими способами можно рассадить 4 человек на 25 стульях?

Решение-ответ: A25 = 25 24 23 22 = 303600.

1.34. Сколько можно записать четырёхзначных чисел, используя без по вторения все десять цифр?

Решение-ответ: A10 A93 = A94 = 5040 504 = 4536.

1.35. Десять команд участвуют в розыгрыше первенства по футболу за три призовые места. Две команды, занявшие последние два места, не будут участвовать в следующем таком же первенстве. Сколько разных вариантов результата первенства может быть, если учитывать только по ложение первых трёх и последних двух команд?

Решение. Из постановки задачи следует, что нужно выполнить два действия: заполнить три первые призовые места и два последние места.

Первое действие можно выполнить A10 = 720 способами, второе – C72 = 21 способами. Применяя правило умножения, получим, что число всех способов равно 720 21 = 15120.

1.36. Сколько существует семизначных телефонных номеров, отличаю щихся только тем, что три последние цифры нечетные и разные?

Решение-ответ: A5 = 60.

1.37. В танцевальном зале находятся 8 девушек и 6 юношей. Сколько можно составить вариантов танцевальных пар девушек с юношами?

Решение-ответ: A8 = 20160.

1.38. Сколькими способами можно записать трехзначное число из неповторяющихся различных цифр.

3 Решение-ответ: A10 A9 = 648.

Перестановки Соединения, содержащие все п различных элементов, называются пе рестановками. Любые две перестановки отличаются порядком распо ложения элементов. Число всех различных перестановок обозначается Pn и равно Pn = n!. Можно отметить, что числа сочетаний, перестановок m An m = и размещений связаны равенством.

Cn Pn 1.39. Задачу 1.35 об участии десяти команд в розыгрыше первенства по футболу можно решить ещё двумя способами. Первый способ. Места в первенстве с четвёртого по восьмой можно распределить C10 = 252 спо собами. Два последние – C52 = 10 способами. Три призовые места – P3 = 3! = 1 2 3 = 6 способами. По правилу произведения получим, что число всех вариантов результата первенства равно 252 10 6 = 15120.

Второй способ. Число всех перестановок из 10 команд равно 10! = 3628800. В распределении мест с четвёртого по восьмое и послед них двух не нужно учитывать порядок распределения их между коман дами, следовательно, число всех вариантов результата первенства равно 10!

= 15120.

5!2!

1.40. Сколькими способами можно расставить девять различных книг на полке, чтобы определённые четыре книги стояли рядом?

Решение. Нужно выполнить два действия: расположить блок, состав ленный из четырёх определённых книг, и затем оставшиеся пять книг на полке. Первое действие состоит из двух операций: расположить книги внутри блока и расположить блок на полке как неделимое целое. Пер вую операцию можно выполнить P4 = 4! = 24 способами, вторую – способами. Итак, по правилу умножения первое действие можно вы полнить 24 6 = 144 способами, второе – можно выполнить P5 = 5! = 120 способами. По правилу умножения получим, что число всех способов равно 144 120 = 17280.

1.41. Сколькими способами можно посадить за круглый стол 6 мужчин и 6 женщин так, чтобы никакие два лица одного пола не сидели рядом?

Решение-ответ: 2 ( 6!) = 1036800.

1.42. Сколько различных слов можно образовать из всех букв слова «моло ко»?

6!

Решение-ответ: = 120.

3!

1.43. Сколькими способами можно упорядочить числовое множество {1, 2,..., 2n} так, чтобы каждое нечётное число имело чётный номер?

Решение-ответ: ( n!).

Соединения с повторениями До сих пор рассматривались соединения, в каждое из которых любой из п различных элементов данного множества входил не более одного раза. Теперь будем рассматривать соединения с повторениями, т.е.

соединения, в каждое из которых любой из п различных типов элемен тов может входить более одного раза. В дальнейшем будем считать, что исходное множество М содержит n различных типов элементов. Соеди нением c повторениями из n элементов по m называется множество, со ставленное из m элементов множества М. Очевидно, что число элементов каждого из n типов в таком соединении должно быть не более чем m.

Сочетания с повторениями Пусть дано множество М, состоящее из п типов элементов. Соеди нения c повторениями из элементов n типов по m без учёта их порядка расположения, отличающиеся хотя бы одним элементом, называются сочетаниями с повторениями из п элементов по т. Число всех таких сочетаний с повторениями обозначается Сn ( п ) и равно Сn ( п ) = Сn + m 1.

m m m 1.44. Выписать все сочетания с повторениями из трёх элементов а, b, с по три. Найти число всех таких сочетаний непосредственно и по формуле.

Решение-ответ: (а, а, а), (а, а, b), (а, а, с), (а, b, с), (а, b, b), (а, с, с), (b, с, с), (b, b, с), (b, b, b), (с, с, с). С3 ( п ) = C5 = C52 = 10.

3 1.45. В кондитерской имеется пять разных сортов пирожных. Сколькими способами можно выбрать набор из 4 пирожных?

Решение-ответ: С54 ( п ) = C84 = 70.

1.46. Сколько можно сделать костей домино, используя числа 0, 1, 2,..., к?

Решение. Набор цифр на каждой кости домино можно рассматривать как сочетание с повторениями из k + 1 чисел по два. Таким образом, чис ло всех костей домино равно числу всех таких сочетаний:

( k + 2 )( k + 1).

Ck +1 ( п ) = Ck +2 = 2 1.47. Сколько имеется наборов из пяти чисел, содержащих хотя бы одну из цифр три или четыре?

Решение-ответ: C2 ( п ) = C6 = C6 = 6.

5 5 1.48. Множество А состоит из трех элементов: A = {a, b, c}. Выписать состав множества в четырех опытах по выбору двух элементов из множества А с возвращением и без упорядочивания. Сравнить результат по соответствующей комбинаторной формуле.

Решение-ответ: = {aa, bb, cc, ab, ac, bc}, C32 ( п ) = C4 = 6.

1.49. Сколькими способами можно выбрать четыре буквы из 15 букв: Б, Б, Б, Б, Л, Л, Л, Н, Н, Н, Н, Н, С, С, Р?

Решение. В рассматриваемом случае имеется 5 видов букв: Б, Л. Н, С, Р. По условию задачи нужно составить выборку из 4 букв. Следова тельно, n = 5, m = 4 и число способов равно числу сочетаний с повторе ниями из 5 по 4, т.е. C5 ( п ) = C8 = 70.

4 1.50. В почтовом отделении продаются открытки 8 видов. Сколько су ществует разных вариантов покупок в нём 10 открыток?

Решение-ответ: C8 ( п ) = C17 = C17 = 19448.

10 10 1.51. Шесть студентов сдают экзамен. Сколько существует разных ва риантов получить ими только положительные экзаменационные оценки по пятибалльной системе?

Решение-ответ: C3 ( п ) = C8 = C8 = 28.

6 6 1.52. В семье четверо детей. Сколько существует разных вариантов раз дать детям яблоко, апельсин и грушу?

Решение-ответ: C3 ( п ) = C6 = C6 = 15.

4 4 Размещения с повторениями Пусть дано множество М, состоящее из п типов элементов. Соеди нения c повторениями из n элементов по m, отличающиеся составом элементов и/или порядком их расположения, называются размещениями с повторениями из п элементов по т. Число всех таких размещений с повторениями обозначается An ( п ) и равно An ( п ) = n m.

m m 1.53. Найти число всех размещений с повторениями из трёх элементов а, b, с по два.

Решение-ответ: A32 ( п ) = 32 = 9.

1.54. Сколько существует разных вариантов разместить 6 пассажиров по 4 вагонам?

Решение-ответ: A4 ( п ) = 46 = 4096.

1.55. Сколько можно записать пятизначных чисел, используя хотя бы одну из 3 заданных цифр?

Решение-ответ: A3 ( п ) = 35 = 243.

1.56. Сколькими способами можно наклеить 3 вида марок на 6 конвер тах без марок?

Решение-ответ: 36 = 729.

1.57. Зенитная батарея из 4 орудий стреляет по 6 целям. Сколько вари антов выбора цели при этом может быть реализовано?

Решение-ответ: 64 = 1296.

Перестановки с повторениями Пусть дано множество М, состоящее из п типов элементов. Множе ства, состоящие из m1 элементов первого типа, m2 элементов второго типа и т.д. до mk элементов к-го типа, причём m1 + m2 +... + mk = n, назы ваются перестановками с повторениями из п элементов. Число всех та ких перестановок обозначается Pn ( m1, m2,..., mk ) и равно n!

Pn ( m1, m2,..., mk ) =.

m1 !m2 !... mk !

1.58. Сколькими способами можно разделить m + n + s предметов на группы так, чтобы в одной группе было т предметов, в другой – п предметов, в третьей – s предметов?

( m + n + s )!.

Решение-ответ: Pm + n + s ( m, n, s ) = m !n ! s !

1.59. Сколько различных слов можно составить, переставляя буквы сло ва «мама»? Написать все эти слова.

4!

Решение-ответ: P4 ( 2, 2 ) = = 6. Мама, амма, амам, ммаа, маам, 2!2!

аамм.

1.60. Сколькими способами можно расположить в электрической цепи при последовательном соединении три синие и пять желтых лампочек?

8!

Решение-ответ: P8 ( 3, 5 ) = = 56.

3!5!

1.61. Сколько существует разных вариантов распределения 8 специали стов по трём предприятиям, которым нужны соответственно один, два, четыре специалиста?

7! Решение-ответ: 8 P7 (1, 2, 4 ) = = 840.

1!2!4!

1.62. Сколько различных слов можно получить, переставляя буквы слова "математика"?

10!

Решение-ответ: P ( 2, 3, 2, 1, 1, 1) = = 151200.

2!3!2!

1.63. Сколько шестибуквенных слов можно составить из а, b и с, если известно, что а встречается не более трех раз, b – не более двух раз, с – не более двух раз?

Решение. Можно выделить следующие варианты шестибуквенных наборов (слов), составленных соответственно из букв а, b и с: ( 3, 2, 1), 6! 6! 6!

( 3, 1, 2 ), ( 2, 2, 2 ). Тогда n = + + = 300.

3!2!1! 3!1!2! 2!2!2!

1.2.3. Комбинаторный метод вычисления вероятностей в классической схеме Существуют две принципиально различные схемы выбора элементов из множества. В первой схеме выбор осуществляется без возвращения элементов. Это значит, что отбирается либо сразу необходимое число элементов, либо последовательно по одному элементу, причём каж дый отобранный элемент исключается из исходного множества. Во второй схеме выбор осуществляется поэлементно с обязательным воз вращением отобранного элемента на каждом шаге и тщательным пере мешиванием исходного множества перед следующим выбором. После того как выбор тем или иным способом осуществлён, отобранные эле менты (или их номера) могут быть либо упорядочены, либо нет. В ре зультате получаются четыре различные постановки эксперимента по выбору наудачу m элементов из общего числа n различных элементов исходного множества. Рассмотрим каждую постановку эксперимента в отдельности.

Схема выбора, приводящая к сочетаниям Если опыт состоит в выборе m элементов из n без возвращения и по следующего упорядочивания, то различными элементарными исходами следует считать сочетания из n элементов по m.

1.64. В партии из n изделий m бракованных. Найти вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки l изделий ровно k окажутся бракованными.

Cm Cnk k l m Решение-ответ:.

l Cn 1.65. Среди 17 студентов группы, из которых 8 девушек, разыгрывается 7 лотерейных билетов. Найти вероятность того, что среди обладателей билетов окажутся 4 девушки.

C84 C93 = = 0,302.

Решение-ответ: C17 1.66. Из урны, в которой находятся 3 белых и 2 чёрных шара, переложе ны два шара в другую урну, содержащую 4 белых и 4 чёрных шара.

Найти вероятность того, что во второй урне оказалось белых и чёрных шаров поровну.

C3 C 1 = 0,6.

Решение-ответ:

C 1.67. В урне 4 красных, 6 зелёных и 5 синих шаров. Одновременно вы нимают два шара. Найти вероятность того, что оба шара одного (любо го) цвета.

C42 + C62 + C52 = = 0,29.

Решение-ответ: C15 1.68. Из партии, содержащей 10 деталей, среди которых 3 бракованные, наудачу извлекают 3 детали для контроля. Найти вероятности следую щих событий:

А – в полученной выборке одно изделие бракованное;

В – в полученной выборке нет ни одного бракованного изделия;

С – в полученной выборке хотя бы одно изделие бракованное.

Решение. Элементарным исходом является любой набор 3 деталей из 10. Тогда число всех элементарных исходов C10 = 120. Пусть mA – число элементарных исходов, благоприятствующих событию А. В этом случае в каждом наборе должно быть одно бракованное и два небракованных изделия. Бракованное изделие можно выбрать тремя способами, два небракованные изделия из семи можно выбрать C72 = 21 способом. По 63 правилу умножения mA = 3 21 = 63, тогда P ( A ) = =. Пусть mB – 120 число элементарных исходов, благоприятствующих событию В. В этом случае в каждом наборе все изделия должны быть небракованными. Три небракованные изделия из семи можно выбрать С7 = 35 способом, т.е.

35 mB = 35. Тогда P ( B ) = =. Пусть mС – число элементарных исхо 120 дов, благоприятствующих событию С. В этом случае в каждом наборе должны быть либо одно, либо два, либо три изделия бракованные. В первом случае число наборов равно mA = 63, во втором – mВ = 21, так как два бракованных изделия можно выбрать С32 = С3 = 3 способами, а одно небракованное – 7 способами. В третьем случае mС = mA + mB + 1 = = 3 + 21 + 1 = 85, так как три бракованных изделия можно выбрать одним 85 способом. Итак, P ( С ) = =.

120 1.69. Среди кандидатов в студенческий совет факультета 3 первокурс ника, 5 второкурсников и 7 третьекурсников. Наудачу выбирают 5 че ловек на конференцию. Найти вероятности следующих событий:

А – будут выбраны одни третьекурсники;

В – все первокурсники попадут на конференцию;

С – не будет выбрано ни одного второкурсника.

Решение. Элементарным исходом является любой набор 5 студентов из 15. Тогда число всех элементарных исходов равно C15 = 3003. Пусть mA – число элементарных исходов, благоприятствующих событию А. В 21 этом случае mA = С7 = С72 = 21, тогда P ( A ) = =. Пусть mB – 3003 число элементарных исходов, благоприятствующих событию В. В этом случае в каждом наборе из 5 студентов должны быть все три перво курсника и любые два студента второго и/или третьего курсов. Число 66 таких наборов равно 1 С12 = 66, тогда mB = 66 и P ( B ) = =.

3003 Пусть mС – число элементарных исходов, благоприятствующих собы тию С. В этом случае в каждом наборе должны отсутствовать второ курсники. Студентов первого и третьего курсов 10 человек, следова 252 тельно, mС = С10 = 252, тогда P ( С ) = =.

3003 1.70. Из колоды в 52 карты извлекаются наугад 4 карты. Найти вероят ности следующих событий:

А – в полученной выборке все карты бубновой масти;

В – в полученной выборке окажется хотя бы один туз;

С – в полученной выборке все карты одной масти.

Решение. Элементарным исходом является любой набор 4 карт из 52.

Тогда число всех элементарных исходов равно С52 = 270725. Пусть mA – число элементарных исходов, благоприятствующих событию А. В этом случае mA = С13 = 715, тогда P ( A ) = = 0,00264. Пусть mB – число элементарных исходов, благоприятствующих событию В. В этом случае в каждом наборе должны быть либо один, либо два, либо три, либо че тыре туза. В первом случае число элементарных исходов по правилу умножения равно 4 С48 = 69184, во втором случае С42 С48 = 6768, в 3 третьем случае С4 С48 = С4 48 = 192, в четвёртом – 1. Итак, 3 1 mB = 69184 + 6768 + 192 + 1 = 76145, следовательно, P ( B) = = 0,2813.

Пусть mС – число элементарных исходов, входящих в событие С. В этом случае в каждом наборе должны быть карты только одной из четы рёх мастей, тогда mC = 4 C13 = 2860. Итак, P ( С ) = = 0,01056.

1.71. Студент знает ответы на 20 вопросов из 25. Зачёт считается сдан ным при правильном ответе им не менее чем на 3 вопроса из 4 в билете.

Какова вероятность того, что студент сдаст зачёт, если, взглянув на пер вый вопрос билета, он обнаружил, что его знает.

C19 5 + C 2 Решение-ответ: P ( A ) = = 0,9.

C 1.72. 10 футбольных команд, среди которых два призера и один аутсай дер по результатам предыдущего чемпионата, путем жеребьевки разби ваются на две подгруппы по 5 команд. Найти вероятности следующих событий:

А – команды-призеры попадут в разные группы;

В – оба призера и аутсайдер попадут в разные группы;

С – оба призера и аутсайдер попадут в одну группу.

4 3 2C8 C7 C 1 5 Решение-ответ: P ( A ) = 5 =, P ( B ) = 5 =, P ( C ) = 5 =.

C10 18 C10 36 C10 1.73. Среди 20 лотерейных билетов 15 выигрышных. Найти вероятности следующих событий:

А – среди 10 проданных билетов 6 выигрышных;

В – среди 12 проданных билетов все выигрышные;

С – среди 8 проданных билетов хотя бы один невыигрышный.

6 C15 C Решение-ответ: P ( A ) = = 0,135.

C 12 3 C15 C15 C P ( B ) = 12 = 8 = 0,0036, P ( С ) = 1 8 = 0,949.

C20 C20 C 1.74. В группе 12 студентов, среди которых 8 отличников. По списку наудачу отобраны 10 студентов. Найти вероятность того, что среди ото бранных студентов 7 отличников.

С87 С4 =.

Решение-ответ: С12 1.75. В выпуклом n-угольнике случайным образом выбирают две вер шины и соединяют их отрезком. Чему равна вероятность того, что по строенный отрезок является диагональю n-угольника?

Cn n n = Решение-ответ:.

n Cn Схема выбора, приводящая к размещениям и/или перестановкам Если опыт состоит в выборе m элементов из n без возвращения, но с упорядочиванием их по мере выбора в последовательную цепочку, то различными элементарными исходами данного опыта будут размеще ния из n элементов по m, если m n, или перестановки из n элементов, если m = n.

1.76. Имеются 10 карточек с первыми буквами русского алфавита. Вы бираются последовательно 4 карточки и раскладываются в ряд в поряд ке поступления слева направо. Найти вероятности следующих событий:

А – составленное слово оканчивается буквой а;

В – получится слово «дежа»;

С – слово начинается с согласной буквы.

A9 1 Решение-ответ: P ( A ) = 4 =, P ( B ) = 4 = 0,0002, A A10 6 A P ( C ) = 4 = 0,6.

A 1.77. 10 вариантов контрольной работы раздаются случайным образом студентам, сидящим в ряд, по одному варианту каждому. Найти вероят ности событий:

А – варианты 1 и 2 останутся неиспользованными;

В – варианты 1 и 2 достанутся рядом сидящим студентам.

14 A86 8! Решение-ответ: P ( A ) = 8 =, P ( B ) = =.

A10 45 A10 1.78. На каждой из пяти карточек написано по одной из букв: А, Д, К, Л, О. После тщательного перемешивания все карточки выложены последо вательно в ряд в случайном порядке. Найти вероятность того, что полу чится слово «ЛОДКА». Ответ: 1/120.


1.79. На полке в случайном порядке расставлены четыре тома. Найти вероятность того, что тома стоят в должном порядке справа налево или слева направо. Ответ: 2/24.

1.80. Десять различных книг расставлены на полке наудачу. Найти ве роятность того, что при этом три определенные книги окажутся постав ленными вместе.

7! 8 3! =.

Решение-ответ:

10 1.81. Числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 записываются в случайном порядке.

Найти вероятности следующих событий:

А – числа записаны в порядке возрастания;

В – числа 1 и 2 стоят рядом в порядке возрастания;

С – числа 3, 6 и 9 расположены в порядке возрастания;

D – на чётных местах стоят чётные числа;

Е – сумма чисел, равноудалённых от концов числа, равна 10.

1 7!8 1 4!5! Решение-ответ: P ( A ) =, P ( B ) = =, P( D) = =.

9! 9! 9 9! Предлагаем самостоятельно провести подробный разбор этих задач, для которых приведены краткие решения. Разберём решения для событий C и E. Очевидно, что элементарными исходами являются перестановки из 9 чисел. Пусть mС – число элементарных исходов, благоприятствующих событию С. Для любого расположения чисел 3, 6 и 9 остальные шесть чисел можно расставить 6! способами. Для чисел 3, 6 и 9 число вариан тов их расположения равно C93 = 84 и по правилу произведения 6! 84 mC = 6! 84. Тогда P ( C ) = =. Пусть mE – число элементарных ис 9! ходов, благоприятствующих событию Е. В центре записанного числа должно находиться число 5. На первом месте может оказаться любое из восьми чисел, на втором – любое из шести оставшихся, на третьем – любое из четырёх и на четвёртом – любое из двух. По правилу умноже 384 ния mE = 8 6 4 2 = 384. Тогда P ( E ) = =.

9! 1.82. Группа из 8 человек занимает места за круглым столом в случай ном порядке. Найти вероятность того, что определённые два лица ока жутся рядом.

2 8 6! Решение-ответ: P ( A ) = =.

8! 1.83. Группа из 8 человек занимает места с одной стороны прямо угольного стола. Найти вероятность того, что определённые два лица окажутся рядом при условии:

а) число мест 8 (событие А);

б) число мест 12 (событие В).

2 11 A10 2 7 6! 1 Решение-ответ: а) P ( A ) = = ;

б) P ( B ) = =.

8! 4 A12 1.84. 10 студентов, среди которых Иванов и Петров, занимают очередь в столовую. Какова вероятность того, что между Ивановым и Петровым в очереди окажется менее трех человек?

2 7 8!+ 2 8 8!+ 2 9 8! Решение-ответ: P ( A ) = =.

10! 1.85. На восьми карточках написаны цифры от 1 до 8. Опыт состоит в случайном выборе четырех карточек и раскладывании их в ряд в поряд ке поступления слева направо. Найти вероятности следующих событий:

А – появится число 1234;

В – появится число, не содержащее цифры 2;

С – появится число, состоящее из четырех последовательных цифр;

D – появится нечетное число;

Е – появится число, содержащее хотя бы одну из цифр 4 или 5.

A7 1 Решение-ответ: P ( A ) = 4 =, P( B) = 4 =, A8 1680 A8 3 4 A7 1 A6 5 P (C ) = 4 =, P( D) = 4 =, P( E ) = 1 4 =.

A8 336 2 A8 A 1.86. 12 студентов, среди которых Иванов и Петров, случайным образом занимают очередь в библиотеку за учебниками. Найти вероятности сле дующих событий:

А – Иванов будет третьим, а Петров – шестым;

В – в образовавшейся очереди между Ивановым и Петровым окажут ся пять человек;

С – Иванов и Петров стоят рядом;

D – Иванов впереди Петрова на четыре человека.

2 6 10! 10! Решение-ответ: P ( A ) =, P( B) = = =, 12! 132 12! 28 10! 7 7 10! P (C ) = =, P( D) = =.

12! 33 12! 1.87. 5 мужчин и 5 женщин случайным образом рассаживаются в ряд на 10 мест. Найти вероятности следующих событий:

А – любые две женщины не сидят рядом;

В – все мужчины сидят рядом;

С – все мужчины располагаются между двумя группами женщин по три человека каждая.

Решение-ответ:

2 ( 5!) 5 ( 5!) ( 5!) = 1.

2 2 1 P ( A) =, P( B) =, P (C ) = = = 10! 378 10! 756 10! 1.88. В экзаменационную сессию студенты сдают 5 экзаменов, в том числе 2 экзамена по разным разделам высшей математики. Чему равна вероятность того, что в составленном расписании экзамены по высшей математике начинают и заканчивают экзаменационную сессию?

2 3!

Решение-ответ: P ( A ) = = 0,1.

5!

1.89. Колода из 36 игральных карт тщательно тасуется, после чего от крываются одна за другой все карты, начиная с верхней. Найти вероят ность того, что первым тузом окажется пятая карта.

Решение-ответ: n = 36!, m = A32C4 P31, P ( A ) = 0,076.

Схема выбора, приводящая к сочетаниям с повторениями Если опыт состоит в выборе т элементов из п с возвращением, но без последующего упорядочивания, то различными элементарными исходами такого опыта будут сочетания с повторениями. Напомним, что Cn ( п ) = Cn+m1.

m m 1.90. В научном отделе технической библиотеки имеются книги по разделам науки. В этот отдел поступили очередные 4 заказа на литера туру. Считая, что любой набор заказанной литературы равновозможен, найти вероятности следующих событий:

А – заказаны книги по различным разделам;

В – заказаны книги из одного раздела.

4 C16 C16 Решение-ответ: P ( A ) = 4 = 4= 0, 47, C16 ( п ) C19 C16 P( B) = 4 = 0,00017.

C19 1.91. В кондитерской имеется 7 видов пирожных. Очередной покупа тель отбил чек на 4 пирожных. Найти вероятность того, что покупателю нужны:

а) пирожные одного вида (событие А);

б) пирожные разных видов (событие В);

в) по два пирожных различных видов (событие С).

1 C74 C7 C7 Решение-ответ: P ( A ) = 4 = 4 =, P( B) = 4 =, C7 ( п ) C10 30 C10 C72 P (C ) = 4 =.

C10 1.92. Из общего количества костей домино, содержащих числа 0, 1, 2,..., n, наудачу извлекли одну кость. Оказалось, что это не дубль. Какова вероятность рп того, что вторую извлечённую также наудачу кость домино можно будет приставить к первой. Найти чи словые значения вероятности для n = 6 (обычный набор домино) и n = 9 (расширенный набор).

Решение. Всех костей домино Cn+2 штук. В случайном выборе уча ствуют Cn+2 1 костей, что соответствует числу всех элементарных ис ходов. К извлечённой кости можно приставить n костей с одной сторо ны и n костей – с другой. Тогда число благоприятных исходов для ис 2n. При n = 6 P ( A ) =, при ходного события А равно 2 n и P ( A ) = Cn + 2 1 n = 9 P ( A) =.

1.93. Для переплетения 10 книг были использованы красный, зелёный и коричневый переплёты. Найти вероятность того, что 4 книги оказались в коричневом переплёте.

C2 ( п ) C 6 Решение-ответ: P ( A ) = 10 = 10 =.

C3 ( п ) C12 Схема выбора, приводящая к размещениям с повторениями Если выбор т элементов из множества п элементов производится с возвращением и с упорядочиванием их в последовательную цепочку, то различными элементарными исходами будут размещения с повторениями.

Напомним, что An ( п ) = n m.

m 1.94. 7 одинаковых шаров случайным образом рассыпаются по лункам (в одну лунку может поместиться любое число шаров). Какова вероятность того, что А – первая лунка окажется пустой;

В – одна из лунок окажется пустой.

Решение. Будем считать, что опыт состоит в 7-кратном выборе с возвращением номера лунки или записи 7-буквенного слова с ис пользованием только 4 букв. Занумеруем лунки. Событие А соответ ствует выбору, когда символ 1 удалён из алфавита, т.е. учитываются только три лунки, поэтому P ( A ) = 7 = 0,134, а P ( B ) = 4 P ( A ) = 0,533.

1.95. Телефонная книга раскрывается наудачу и случайно выбирается номер телефона. Считая, что телефонные номера состоят из 7 цифр, найти вероятности следующих событий:

А – четыре последние цифры одинаковые;

В – все цифры различны;

С – номер начинается с цифры 5;

D – номер содержит три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2.

Решение. Число всех элементарных исходов (телефонных 7-значных номеров) равно 107. Пусть mA – число элементарных исходов, благо приятствующих событию А. Для первых трёх цифр число вариантов равно 103, для оставшихся четырёх – 10, следовательно, по правилу ум ножения mA = 10 10 = 10. Тогда P ( A ) = 7 = 0,001. Пусть mB – число 3 элементарных исходов, благоприятствующих событию В. Поскольку для события В все цифры разные, то число благоприятных исходов рав A но числу размещений из 10 по 7. Тогда P ( B ) = 7 = 0,3628. Для собы тия С число элементарных исходов равно 10 и P ( C ) = 7 = 0,1. Для вычисления числа элементарных исходов события D нужно применить формулы числа сочетаний и правило умножения: mD = C7 C4 C22 = 210.

3 Тогда P ( D ) = 7 = 0,000021.

1.96. Шесть человек вошли в лифт на первом этаже 7-этажного до ма. Найти вероятности событий:

А – на втором, третьем и четвёртом этажах не вышел ни один из пас сажиров;

В – три пассажира вышли на седьмом этаже;

С – на каждом этаже вышел один пассажир;

D – все пассажиры вышли на одном этаже.

36 Решение-ответ: P ( A ) = 6 = = 0,015625, 6 C6 6! P( B) = = 0,0536, P ( C ) = 6 = 0,0154, P ( D ) = 6 = 0,0003.

66 6 1.97. Какова вероятность того, что в группе из 12 студентов хотя бы у двух окажется одинаковый день рождения?

Решение. Число всех элементарных исходов равно 36512. Число ис ходов, благоприятствующих исходному событию А, равно числу всех исходов без числа исходов, когда у всех 12 студентов дни рождения раз 36512 A ные, т.е. 365 A365. Тогда P ( A ) = = 0,167.

12 1.98. Регистр калькулятора содержит 10 разрядов. Считая, что появле ние любой цифры в каждом разряде равновозможно, найти вероятности следующих событий:

А – во всех разрядах стоят единицы;

В – во всех разрядах стоят разные цифры;

С – регистр содержит ровно три одинаковые цифры;

D – регистр содержит ровно две пары одинаковых цифр.

1 10!

Решение-ответ: P ( A ) = 10, P ( B ) = 10 = 0,00036, 10 3 7 2 2 10 C10 A9 2 C10 C8 A = 0,022, P ( D ) = P (C ) = = 0,0051.

1.99. Бросают 4 одинаковые игральные кости. Вычислить вероятности следующих событий:


А – ни на одной кости не выпадет 6 очков;

В – хотя бы на одной кости выпадет 6 очков;

С – на 2 костях выпадет по 6 очков.

Решение-ответ:

54 62 () P ( A ) = 4 = 0, 482, P ( B ) = P A = 0,518, P ( C ) = 4 = 2.

6 6 1.100. Наудачу раскрывается телефонная книга и случайно выбирается семизначный номер телефона. Считая,что все комбинации цифр равно возможные, найти вероятности следующих событий:

А – четыре последние цифры телефонного номера одинаковы;

В – номер начинается с цифры 5;

С – номер содержит три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2.

3 C7 C 1 Решение-ответ: P ( A ) = 3, P ( B ) =, P ( C ) = = 0,000021.

10 1.101. В m камер случайным образом всасываются n молекул газа ( m n ). Найти вероятность того, что в определённых n камерах будет ровно по одной молекуле газа.

m!

Решение-ответ:.

nm Схема выбора, приводящая к перестановкам с повторениями Пусть п различных предметов случайным образом распределяются по к занумерованным ящикам так, что i-й по счёту ящик содержит ( ) mi предметов i = 1, k, причём m1 + m2 +... + mk = n, тогда число всех элементарных исходов данного опыта равно числу перестановок с по вторениями из n элементов. Напомним, что n!

Pn ( m1, m2,..., mk ) =.

m1 !m2 !... mk !

1.102. Брошены 6 игральных костей. Найти вероятности следующих со бытий:

А – выпали 3 единицы, 2 тройки и 1 шестёрка;

В – выпали различные цифры;

С – выпали три одинаковые цифры.

Решение. В качестве элементарного исхода будем считать упорядо ченный набор из шести цифр. Тогда n = 66. Для события А:

6!

= 60, P ( A ) = 0,0013. Для события В:

mA = mB = 6! = 720, 3!2!1!

P ( B ) = 0,0154. Для события С:

6! 5 6! A52 6! C 6 = 15000, P ( C ) = 0,3215.

mC = + + 3!3! 3!2!1! 3!1!1!1!

1.103. 7 яблок, 3 апельсина и 5 лимонов случайно разложили в три па кета по одинаковому количеству фруктов в каждом. Найти вероятность того, что в каждом пакете оказалось по одному апельсину.

Решение. Если пронумеровать пакеты и в качестве элементарного исхода взять набор из 15 фруктов, распределённых по трём ящикам, то 15! 12!, P ( A) = n=, m=.

( 5!) ( 4!) 3 1.104. В детской спортивной школе по футболу из 11 человек случай ным образом формируется команда в следующем составе: 1 вратарь, полузащитника, 4 защитника и 3 нападающих. Какова вероятность то го, что из двух определённых игроков один будет играть в нападении, а другой в защите?

2 9!

11!, P ( A) =.

Решение-ответ: n =, m= 1!3!4!3! 1!3!3!2! 1.105. 4 яблока, 9 апельсинов и 7 груш раскладывают случайным обра зом в четыре пакета по одинаковому числу фруктов. Найти вероятность того, что в каждом пакете окажется по одному яблоку.

20! 16!

, P ( A ) = 0,0054.

Решение-ответ: n =, mA = 5!5!5!5! 4!4!4!4!

1.106. 10 студентов, среди которых находятся Иванов и Петров, разме щаются в гостинице, имеющей два трёхместных и один четырёхмест ный номер. Найти вероятности следующих событий:

А – Иванов и Петров попадут в четырёхместный номер;

В – Иванов попадает в трёхместный, а Петров – в четырёхместный номер.

2 8!

10! 8!

Решение-ответ: n =, mA =, mB =, 3!3!4! 3!3!2! 3!2!3!

P ( A ) = 0,133, P ( B ) = 0,267.

1.107. 36 карт раздали четырем игрокам по 9 карт каждому. Найти веро ятности следующих событий:

А – каждый игрок получил туза;

В – один из игроков получил все 9 карт одной масти;

С – все дамы попали к одному из игроков.

4! 32! 16 27! 4 32!

36!

Решение-ответ: n =, mA =, mB =, mC =, ( 9!) (8!) ( 9!) 5!( 9!) 4 4 3 P ( A ) = 0,111, P ( B ) = 0,00000017, P ( A ) = 0,009.

1.108. Из 11 игроков, среди которых находятся Петя и Миша, для про ведения тренировки по футболу нужно сформировать команду, состоя щую из одного вратаря, трёх защитников, четырёх полузащитников и трёх нападающих. Найти вероятности следующих событий:

А – Петя и Миша играют в нападении;

В – Петя играет в защите, а Миша – вратарём;

С – оба они играют в полузащите.

11! 9! 9! 9!

Решение-ответ: n =, mA =, mB =, mC =, 3!4!3! 3!4! 2!3!4! 2!3!3!

3 3 P ( A) =, P ( A) =, P ( A) =.

55 110 1.3. Геометрическая вероятность Классическая формула вероятности предполагает конечное число эле ментарных исходов. Однако часто встречаются эксперименты, состоя щие из бесконечного числа элементарных исходов. Для преодоления этого препятствия используется понятие геометрической вероятности.

Пусть на плоскости имеется фигура, которая содержит фигуру.

На фигуру наугад бросается точка. Обозначим через А событие, со стоящее в попадании брошенной точки в фигуру, через S ( ) и S ( ) – площади фигур и соответственно. Фигуру будем на зывать благоприятствующей наступлению события А. Тогда под вероят ностью события А будем понимать отношение данных площадей:

S ( ) P ( A) =.

S () В приведённом выше примере рассматривались двумерные облас ти. Обозначенные площади S ( ) и S ( ) называются мерами этих об ластей на плоскости. Одномерной областью считается дуга кривой или отрезок прямой. Мерой одномерной области является её длина. Мерой трёхмерной (пространственной) области является её объём. Обозначим m ( ) меру области. Исходя из выше сказанного, можно сформулиро вать следующее определение: геометрической вероятностью события А называется отношение m ( ) меры области, благоприятствующей появлению события А, к m ( ) мере всей области.

1.109. Перед окопами вдоль прямой линии через каждые 10 м установле ны противотанковые мины. Перпендикулярно этой линии движется танк, ширина которого 3 м. Какова вероятность того, что танк пересе чёт линию установки мин невредимым?

Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что танк пересечёт линию установки мин невредимым. Областью является отрезок, ме ра (длина) которого равна 10 м, т.е. m ( ) = 10, областью, благоприят ствующей появлению события А, – отрезок длиной 7 м, т.е. m ( ) = 7.

Следовательно, P ( A ) = 0,7.

1.110. На перекрёстке установлен светофор, в котором минуту горит зелёный свет и полминуты – красный. В случайный момент времени к перекрёстку подъезжает автомобиль. Какова вероятность того, что он проедет перекрёсток без остановки?

Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что автомобиль проедет перекрёсток без остановки. Областью является временной отрезок, равный 1,5 минуты, областью, благоприятствующей появле нию события А, – временной отрезок, равный 1 минуте. Итак, m ( ) = 1,5, m ( ) = 1. Тогда P ( A ) = 2 / 3.

1.111. На плоскости нанесена сетка с квадратами со стороной 8 см. Най ти вероятность того, что брошенный на плоскость круг радиуса 1 см не пересечёт ни одной стороны квадрата.

Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что брошенный на плоскость круг радиуса 1 см не пересечёт ни одной стороны квадра та. Областью является квадрат со стороной 8 см, который может за нимать центр данного круга, областью, благоприятствующей появле нию события А, – квадрат со стороной 6 см, который может занимать центр данного круга, не пересекая сторон исходного квадрата. Тогда m ( ) = 64 и m ( ) = 36. Следовательно, P ( A ) = 9 /16.

1.112. Найти вероятность того, что сумма двух случайных положитель ных чисел х и у ( x 1, y 1) не превзойдёт 1, а их произведение будет не больше 2/9.

0 x + y 1, Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что 0 xy 2 / 9.

Так как 0 x 1, 0y 1, то областью является квадрат со стороной 1, следовательно, m ( ) = 1. Областью, благоприятствующей наступ лению события А, является множество точек, координаты которых удов летворяют указанной выше системе. Построим область (рис. 12) и найдём её площадь.

у А B х Рис. Заштрихованная фигура (область ) ограничена отрезком АВ прямой y = 1 x и дугой AB гиперболы y =. Площадь этой фигуры найдём с 9x помощью определённого интеграла:

x2 S ( ) = 1 x dx = x ln x = 0,4871.

9x 1 3 1 Тогда P ( A ) = 0, 4871.

1.113. Рабочий обслуживает два агрегата. Многодневные наблюдения показали, что каждый из агрегатов требует в течение часа внимания ра бочего в среднем 10 минут. Предполагается, что остановка каждого из агрегатов в течение часа может произойти в любой момент независимо друг от друга. Найти вероятность того, что в течение часа один из агре гатов потребует внимания рабочего в тот момент времени, когда он за нят обслуживанием другого. Указание: x y 10.

602 502 =.

Ответ:

602 1.114. Найти вероятность того, что точка, наудачу поставленная в круг данного радиуса, окажется внутри вписанного в него квадрата?

Ответ:.

1.115. Стержень длины l сломан на три части произвольной длины. Най ти вероятность того, что из получившихся частей стержня можно соста вить треугольник.

Указание: x, y, l x y – стороны треугольника;

x + y l x y, x y l x y.

l2 l2 Ответ: : =.

1.116*. В любые моменты времени промежутка Т равновозможны по ступления в приёмник двух сигналов. Приёмник не примет эти сигналы, если разность между моментами их поступления будет меньше. Найти вероятность того, что приёмник не примет эти сигналы.

T2 = 1 1 ;

x y.

Ответ: T (T ) T 1.117*. Панорамный приёмник периодически с постоянной скоростью (Гц/с), проходит некоторый диапазон частот ( f1, f 2 ), где возможно по явление сигнала, за которым установлено наблюдение. Полоса пропус Символом * отмечены номера задач повышенной трудности.

кания приёмника определяется допустимой расстройкой относительно сигнала ±f. Считая сигнал импульсным (изображённым точкой как на оси времени, так и на оси частот) и появление его равновозможным в любой момент и в любой точке интервала ( f1 f, f 2 + f ), найти веро ятность обнаружения этого сигнала.

2 f T 2f = Ответ:, где Т – время прохожде f 2 + f ( f1 f ) T f 2 f1 + 2 f ния приёмником диапазона ( f1, f 2 ).

1.118*. Найти вероятность пеленга (засечки) передатчика в условиях предыдущей задачи, если известна частота сигнала, а антенна пеленга тора равномерно вращается и угол раствора диаграммы направленности 18 антенны = 18. = = 0,05.

Ответ:

1.119*. Найти вероятность обнаружения сигнала в условиях задачи 1.117*, если сигнал не является импульсным, а имеет конечную дли тельность c (считая, что регистрация сигнала приёмником происходит 2 f T + 2 c ( f 2 f1 ) мгновенно). Ответ:.

[ f 2 f1 + 2 f ]T + 2c ( f 2 f1 ) 1.120. Иван и Пётр договорились о встрече в определённом месте между 11 и 12 часами. Каждый приходит и ждёт другого до истечения часа, но не более 15 минут. Найти вероятности следующих событий:

А – встреча состоялась;

В – встреча не состоялась;

С – Ивану не пришлось ждать Петра;

D – встреча состоялась после 11 ч. 30 мин;

Е – Иван опоздал на встречу;

F – встреча состоялась, когда до истечения часа оставалось меньше минут.

Указание: воспользоваться решением задачи 1.11.

7 9 Ответ: P ( A ) =, P ( B ) =, P ( C ) =, 16 16 1 9 P( D) =, P( E ) =, P( F ) =.

4 32 2. СЛОЖНЫЕ СОБЫТИЯ 2.1. Операции над событиями 1. Суммой двух событий А и В называется событие С, обозначаемое C = A + B и состоящее из элементарных исходов, входящих хотя бы в одно из двух данных событий:

{ } C = i : i A или/и i B.

Свойства:

1) A + B = B + A ;

2) A + ( B + C ) = ( A + B ) + C.

A + A = A, A + = A, A + =, A + A =, + =.

2. Произведением двух событий А и В называется событие С, обо значаемое C = AB, состоящее из элементарных исходов, входящих в оба события одновременно:

{ } C = i : i A и i B.

Свойства:

1) AB = BA ;

2) A ( BC ) = ( AB ) C ;

3) A ( B + C ) = AB + AC.

AA = A, A =, A = A, AA =, =.

Правила де Моргана:

1) A + B = AB ;

2) AB = A + B.

События А и В называются несовместными, если AB =.

2.1. Образуют ли полную группу события, указанные в следующих опы тах?

1. Монета подброшена один раз;

А – появление герба, В – появление цифры. Ответ: да.

2. Пара монет подброшена один раз;

А – появление двух гербов, В – появление двух цифр. Ответ: нет.

3. Сделаны два выстрела по мишени: А – ни одного попадания, В – одно попадание, С – два попадания. Ответ: да.

2.2. Брошены две игральные кости. Пусть событие А состоит в том, что сумма очков, выпавших на обеих костях, нечётная, событие В – хотя бы на одной из костей выпала единица. Описать события АВ, A + B, AB.

Ответ: AB – на одной из костей выпало четное число, на другой – 1;

A + B – сумма очков, выпавших на обеих костях, нечётная либо на одной из костей выпала единица;

AB – сумма очков, выпавших на обеих костях, нечётная, не меньше 5.

2.3. Наугад выбрана супружеская пара. Пусть событие А – мужу больше 30 лет, В – муж старше жены, С – жене больше 30 лет.

1. Выяснить смысл следующих событий: ABC, A AB, ABC.

2. Показать, что AC B.

2.4. Пусть А, В, С – произвольные события. Найти выражения событий, состоящих в том, что из трёх событий А, В, С произошли события: а) только А;

б) только А и В;

в) все три;

г) по крайней мере, одно;

д) по крайней мере, два;

е) одно любое;

ж) два любых;

з) не более двух;

и) ни одного.

Ответ: а) ABC ;

б) ABC ;

в) ABC ;

г) A + B + C ;

д) AB + BC + AC ;

е) ABC + ABC + ABC ;

ж) ABC + ABC + ABC ;

з) ( A + B + C ) ABC ;

и) ABC.

2.5. Пусть А, В, С – произвольные события. Доказать равенства:

а) AB = A + B ;

б) A + B = AB ;

в) A1 + A2 +... + An = A1 A2... An ;

г) A1 A2... An = A1 + A2 +... + An.

2.6. Производится наблюдение за тремя одинаковыми объектами, кото рые за время наблюдения могут быть обнаружены или нет. Рассматри ваются следующие события:

А – обнаружен один из объектов;

В – обнаружен хотя бы один объект;

С – обнаружено не менее двух объектов;

D – обнаружено два объекта;

Е – обнаружено три объекта;

Указать, каким событиям равны следующие: A + B, AB, B + C, BC, D+ E.

Ответ: A + B = B, AB = A, B + C = В, BC = B, D + E = C.

2.7. Опыт состоит в бросании двух монет. Рассматриваются события:

А – появление герба на первой монете;

В – появление цифры на первой монете;

С – появление герба на второй монете;

D – появление цифры на второй монете;

Е – появление хотя бы одного герба;

F – появление хотя бы одной цифры;

G – появление одного герба и одной цифры;

H – непоявление ни одного герба;

K – появление двух гербов.

Каким событиям равны следующие: 1) A + C ;

2) AC ;

3) EF;

4) G + + E;

5) GE;

6) BD = H ;

7) E + K = E.

Ответ: A + C = E ;

AC = K ;

EF = G ;

G + E = G ;

GE = G ;

BD = H ;

E + K = E.

2.8. Пусть A1, A2, A3 – события, наблюдаемые в данном эксперименте.

Выразить через них следующие события:

А – из трёх событий произойдёт одно;

В – из трёх событий произойдут два;

С – из трёх событий произойдёт хотя бы одно;

D – из трёх событий произойдёт не менее двух;

Е – из трёх событий не произойдёт ни одного;

F – из трёх событий произойдут хотя бы два;

G – из трёх событий не произойдёт хотя бы одно.

Ответ: A = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 ;

B = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 ;

C = A1 + A2 + A3 ;

D = B + A1 A2 A3 ;

E = A1 A2 A3 ;

F = D ;

G = A1 + A2 + A3.

2.9. Электрическая функциональная цепь составлена по схеме:

События Ak – вышел из строя k-й элемент. Событие А – разрыв цепи.

Ответ: A = A1 + A2 A3 + A4.

Выразить событие А через события Ak.

2.10. Электрическая функциональная цепь составлена по схеме:

События Ak – вышел из строя k-й элемент. Событие А – разрыв це пи. Выразить событие А через события Ak.

A = ( A1 + A2 ) A3 ( A4 + A5 ).

Ответ:

2.11. На отрезке [ a, b ] наудачу отмечаются две точки x и y. На коорди натной плоскости Оху изобразить области точек (х, у), соответствующие событиям, А, В, АВ, А + В, где А – событие, состоящее в том, что точ ка y расположена ближе к а, чем точка х к b;

В – событие, состоящее в том, что расстояние между точками х и у меньше половины длины от резка [ a, b ]. Ответ: рис. 13 – 17.

a+b a+b a+b 2 a+b a+b a+b 2 2.2. Теорема сложения вероятностей Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из двух совме стных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероят ности их совместного наступления, т.е.

P ( A + B ) = P ( A ) + P ( B ) P ( AB ).

Доказательство. Пусть пространство состоит из п элемен тарных исходов некоторого эксперимента, событие А – из к элемен тарных исходов, событие В – из l элементарных исходов, событие АВ – из т элементарных исходов. Тогда k +l m k l m P( A + B) = = + = P ( A ) + P ( B ) P ( AB ).

n nnn Если события А и В несовместны, то P ( AB ) = 0 и P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ).

() Следствие: P ( A ) = 1 P A.

2.12. В ящике 30 шаров: 10 красных, 5 синих, 15 белых. Найти вероят ность того, что наудачу взятый шар цветной. Ответ: 0,5.

2.13. От коллектива бригады, которая состоит из 6 мужчин и 4 женщин, выбираются наудачу 3 человека. Какова вероятность того, что среди них будет хотя бы одна женщина? Решить двумя способами.

Ответ: 5/6.

2.14. Бросают три игральные кости. Найти вероятность того, что сумма очков на трёх костях станет меньше 17. Ответ: 53/54.

2.15. Среди 11 изделий 3 бракованные. Найти вероятность того, что среди трёх отобранных изделий окажется хотя бы одно бракованное.

Ответ: 109/165.

2.16. ОТК проверяет 25 изделий на стандартность по двум параметрам.

Известно, что первый параметр не выдержан у 8 изделий, второй – у изделий, оба параметра – у 3 изделий. Найти вероятность того, что нау дачу выбранное изделие не удовлетворяет стандарту.

Ответ: 11/25.

2.3. Условная вероятность.

Теорема умножения вероятностей Рассмотрим следующий пример. Один раз бросается игральная кость.

Рассматриваются события:

А – выпало чётное число очков;

В – выпало число очков меньше 6.

Найдём вероятности событий А, В и АВ: Р(А) = 1/2, Р(В) = 5/6, Р(АВ) = 1/3. Пусть событие В произошло. При этом условии вероятность собы тия А равна 2/5. Такая вероятность называется условной: Р(А/В) = 2/5.

Пусть событие А произошло, тогда Р(В/А) = 2/3 тоже условная вероят ность. Получается, что Р(А)Р(В/А) = 1/3 = Р(АВ) и Р(В)Р(А/В) = 1/3 = Р(АВ).

2.17. В ящике 7 шаров с номерами от 1 до 7. Выбирают последователь но два шара без возвращения. Найти Р(В/А) при условии:

А – вынутый шар имеет № 3;

В – вынутый шар имеет нечётный номер.

Решение. Пусть событие А наступило. Возможных вариантов остаётся 6, благоприятных событию В – 3, тогда Р(В/А) = 1/2.

2.18. Электрическая функциональная схема состоит из пяти элементов:

Пусть Ai – i-й элемент проводит ток. А – цепь проводит ток.

Найти P ( A1 / A ), P ( A2 / A ).

Решение.

Число вариантов Состояние цепи для состояния цепи для А для АА1 для АА 0 раб. 1 - 1 раб. 5 - - 2 раб. 10 2 1 3 раб. 10 8 5 4 раб. 5 5 4 5 раб. 1 1 1 Итого 32 16 11 Ответ: P ( A1 / A ) = 11/16, P ( A2 / A ) = 9/16.

Теорема. Вероятность произведения двух событий равна произведе нию вероятности одного из этих событий на условную вероятность другого, т.е.

Р(АВ) = Р(А)Р(В/А) или Р(АВ) = Р(В)Р(А/В).



Pages:   || 2 | 3 |
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.