2. Правила действий над событиями.

Объединением (суммой) событий А₁, А₂, … А_n называется событие А, состоящее в наступлении хотя бы одного из этих событий:

А = А₁ А₂ … А_n = А₁ + А₂ + … + А_n.

Пример. В урне 6 шаров, которые отличаются только номером (1, 2, 3 и т.д.). Пусть событие A_i – «наугад выбрать шар под номером i». Тогда событие А = А₁ + А₃ + А₅ состоит в том, что будет выбран шар с номером 1 или 3, или 5, т.е. с нечётным номером.

Пересечением (произведением) событий А₁, А₂, … А_n называется событие В, состоящее в обязательном наступлении всех этих событий:

В = А₁ А₂ … А_n = А₁  А₂  …  А_n.

Пример. В урне 12 шаров, среди которых одна половина белых с номерами от 1 до 6, а другая – чёрных с такими же номерами. Пусть событие А – «вынуть белый шар», событие В – «вынуть шар с нечётным номером». Тогда событие С = А  В означает «вынуть белый шар и с нечётным номером».

Разностью событий А и В (А – В) называется событие D, заключающееся в наступлении события А при одновременном ненаступлении события В:

D = A – B.

Для предыдущего примера разность D = A – B означает «вынуть белый шар с чётным номером».

3. Аксиомы теории вероятностей.

Числовая функция Р(А) называется вероятностью события А, если она удовлетворяет следующим аксиомам.

1. Вероятность Р(А) есть неотрицательное число, заключённое между нулём и единицей: 0  Р(А)  1.

2. Вероятность достоверного события равна единице.

3. Вероятность невозможного события равна нулю.

4. Классическое определение вероятности.

Рассмотрим полную группу из n несовместных равновозможных событий.

Примерами таких групп являются число очков при бросании игральных костей, число попаданий в мишень при выстрелах, проводимых в одинаковых условиях, появление шара с заданным номером при наличии в урне нескольких неразличимых на ощупь шаров.

Пусть среди всех n возможных исходов опыта, только m исходов, образующих m-подмножество в полной группе, влекут за собой наступление события А. Случаи, входящие в m-подмножество будем называть благоприятными.

Например, в урне два белых, три чёрных и пять красных одинаковых на ощупь шаров. Будем считать благоприятным выбор белого шара; таких случаев два. Появление же чёрного или красного шара – случай неблагоприятный; таких случаев восемь.

Классическая вероятность события А вычисляется как отношение числа благоприятных событию А случаев к общему числу исходов опыта:

P(A) = , где m – число элементарных исходов, благоприятных событию А,

n – общее число всех элементарных равновозможных исходов опыта,

0  m  n.

Алгоритм применения классической формулы для вычисления вероятностей при решении задач следующий:

1. удостоверяются в том, что возможные исходы образуют полную группу несовместных равновозможных событий;

2. выбирается интересующее нас случайное событие А;

3. вычисляется число возможных исходов (n) и число благоприятных исходов (m);

4. вычисляется искомая вероятность P(A).

Задача 1. Игральная кость бросается один раз. Какова вероятность выпадения чётного числа очков?

Решение.

1. Пусть событие А – выпадение чётного числа очков. Таких исходов может быть три – числа 2, 4 или 6, т.е. m=3.

2. Общее количество возможных исходов n=6.

3. Получаем: P(A) .

Задача 2. Монета бросается один раз. Какова вероятность выпадения герба?

Решение.

Рассуждая по аналогии с предыдущей задачей, имеем: m=1, n=2.

Искомая вероятность P(A) .

Задача 3. Монета бросается два раза. Какова вероятность: 1) выпадения орла хотя бы один раз (событие А); 2) двукратного выпадения орла (событие В)?

Решение.

1. Равновозможными элементарными исходами здесь являются: ОО, ОР, РО, РР; число их n=4.

2. Событию А благоприятствуют исходы ОО, ОР, РО, число которых m=3. Следовательно:

P(A) .

3. Событию В благоприятствует один исход ОО (m=1). Поэтому:

P(В) .

Задача 4. Опыт заключается в подбрасывании двух монет: медной и серебряной. Какова вероятность того, что хотя бы на одной монете выпадет орёл?

Решение.

1. Равновероятными элементарными исходами опыта являются следующие:

w₁ – орёл выпал на обеих монетах,

w₂ – орёл выпал только на медной монете,

w₃ – орёл выпал только на серебряной монете,

w₄ – орёл не выпал ни на одной монете,

т.е. n=4.

2. Благоприятствуют событию А (появлению орла хотя бы на одной монете) исходы w₁, w₂ и w₃, т.е. m=3.

3. Получаем: P(A) .

Задача 5. В ящике лежат 20 одинаковых на ощупь ша­ров. Из них 12 белых и 8 чёрных. Наугад вынимают один шар. Какова вероятность того, что он окажется белым? (Точный смысл выражения «наугад вынимается шар» будет выяснен в процессе решения.)

Решение.

1) В этой задаче рассматривается следующий опыт: из ящика наугад вынимают шар и смотрят его цвет. Сразу напра­шивается множество исходов, состоящее из двух событий: Ч = «вынутый шар чёрный» и Б = «вынутый шар белый». Но эти ис­ходы неравновероятны, т.к. белых шаров больше и шансов вынуть белый шар больше.

2) Для выявления в этом опыте множест­ва равновероятных исходов внесём в опыт дополнительный элемент, не нарушающий вероятностной структуры задачи, а именно, пере­нумеруем все шары. Белым шарам поставим в соответствие номера с 1 по 12, а чёрным — номера с 13 по 20.

3) События А_k = «вынут шар с номером k» уже равновероятны, так как шары на ощупь неотличимы и вынимаются наугад. Кроме того, эти 20 событий образуют множество исходов нашего опыта. Следовательно, n = 20, а интересующему нас событию B = «вынутый шар белый» благоприятствуют первые 12 исходов, т. е. т = 12.

Получаем: P(В) .

4) Точный смысл выражения «наугад вынимается шар» состоит в том, что введенные события А_k равновероятны. 

При решении задач вычисления вероятностей часто оказываются полезными формулы комбинаторики.

Задача 6. Игральная кость бросается два раза. Какова вероятность того, что сумма выпавших очков равна 6 (событие А)?

Решение.

1. Равновозможными элементарными исходами здесь являются пары (x, y), где x и y принимают значения 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Общее число элементарных исходов n=36 (см. применение правила произведения: задача 13, в разделе «Структуры на множестве. Элементы комбинаторики.»).

2. Событию А благоприятствуют пары (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1), число которых m=5.

3. Получаем: P(A) .

Задача 7. Набирая номер телефона, абонент забыл две последние цифры и, помня лишь, что эти цифры различны, набрал их наудачу. Какова вероятность того, что номер набран правильно?

Решение.

1. Две последние цифры можно набрать числом способов, равным числу упорядоченных двухэлементных подмножеств у десятиэлементного множества (множества всех цифр). Это число способов равно А₁₀² (см. раздел, посвящённый комбинаторике). Следовательно, всего существует n = А₁₀² исходов.

2. Благоприятствует событию А (цифры набраны верно) только один исход (m=1).

3. Получаем: P(A) .

Задача 8. Среди 100 электроламп 5 испорченных. Какова вероятность того, что выбранные наудачу 3 лампы окажутся исправными?

Решение.

1. Выбор трёх ламп из 100 – это число сочетаний из 100 по 3 (С³₁₀₀), т.к. порядок выбора ламп не имеет значения. Лампы выбирают наудачу. Это означает, что все эти способы выбора (все исходы) равновероятны. Имеем число возможных исходов:

n = С³₁₀₀ .

2. Число благоприятных исходов – это три лампы из 95 исправных, т.е. число сочетаний из 95 по 3:

m = С³₉₅ .

3. Искомая вероятность P(A) .

Задача 9. Из пяти букв разрезной азбуки составлено слово «книга». Неграмотный мальчик перемешал буквы и потом наугад их собрал. Какова вероятность того, что он опять собрал слово «книга»?

Решение.

1. Введём обозначение: событие А – собрано слово «книга».

2. В этом опыте элементарными событиями будут все возможные перестановки из пяти различных букв к, н, и, г, а. Число таких перестановок: Р₅ = 5! = 120 = n.

3. Только в одном из этих случаев будет составлено слово «книга», т.е. m=1.

4. Получаем: Р(А) .

Задача 10. На полке стоят 6 одинаковых банок: 3 с зелёной краской и 3 – с красной. Наугад берут три банки. Какова вероятность того, что эти банки содержат краску одного цвета?

Решение.

1. Составим вероятностную модель данного опыта. Будем считать, что банки занумерованы числами 1, 2, 3, 4, 5, 6, при этом первые три содержат зелёную краску, а последние три – красную. Тогда естественно считать, что элементарным исходом нашего опыта является тройка выбранных чисел, причём порядок чисел не важен.

2. Количество возможных исходов – это число сочетаний из 6 по 3, т.е. n = С₆³ = 20.

3. Благоприятных исходов два, а именно (1, 2, 3) и (4, 5, 6), т.е. m=2.

4. Искомая вероятность P(A) .

Задача 11. На складе имеется 15 кинескопов, причём 10 из них изготовлены Омским заводом. Найти вероятность того, что среди пяти наудачу взятых кинескопов окажутся 3 кинескопа Омского завода.

Решение.

1. Элементарным исходом следует считать пятёрку выбранных кинескопов.

2. Общее число исходов n = С₁₅⁵ = 3003.

3. Подсчитаем число благоприятных исходов. При благоприятных исходах среди выбранных кинескопов должны быть: q₁ – 3 кинескопа Омского завода и q₂ – 2 кинескопа не омские. Т.е. благоприятные исходы m – это произведение q₁q₂, т.к. именно произведение соответствует логическому и (см. раздел, посвящённый логическим операциям).

4. 3 кинескопа Омского завода из 10-ти можно выбрать С₁₀³ =120 способами.

2 кинескопа не омские выбираем из 15 – 10 = 5: число сочетаний – С₅² =10.

m = С₁₀³  С₅² = 120  10 = 1200.

5. Искомая вероятность P(A) .