1282

5.2.4. Вероятность того, что стеклянный сосуд при упаковке буд разбит, равна 0,01. Определить вероятность того, что при упаковке ия сосудов хотя бы один окажется разбитым.

Решение. В условии неявно подразумевается, что события Ai = сосуд окажется разбитым}, / = 1, 2, 3, 4, 5 независимы в совокупное Поэтому вероятность события В = {хотя бы один сосуд окажет

соотношением р(В) = [/K^)f '•> кроме того, А + В = О. Найти р(А) и р{В). Решение. 11о условию р{А + В) = p(Q) = 1, кроме того, в си

5.2.6. Двадцать мальчиков поехали на пикник; 5 из них обгорели солнце, 8 были сильно искусаны комарами, а 10 мальчиков остались все довольны. Какова вероятность того, что обгоревший мальчик не б искусан комарами? Какова вероятность того, что искусанный комара мальчик также и обгорел?

Решение. Введем обозначения: А = {наудачу выбранный мальч обгорел}, В = {наудачу выбранный мальчик искусан комарами}. Тог событие АВ означает, что выбранный мальчик обгорел и искус комарами, а событие АВ означает, что мальчик обгорел и не искус комарами. Непосредственно из условия задачи вытекает, чт одновременно и обгоревших, и искусанных мальчиков было трое. Тог обгоревших и неискусанных мальчиков было двое, откуда получаем, чт

5.2.7. В некоторых спортивных соревнованиях команды А и В играю между собой до тех пор, пока одна из команд не выиграет две игры. Пуст р означает вероятность того, что команда А выигрывает одну игру команды В. Ничьих не бывает. Чему равны вероятности следующи событий: А = {команда А выигрывает соревнование}, В = {команда выигрывает соревнование}?

Решение. Построим пространство элементарных исходов. Каждый рехоя - это описание того, как проходили игры, пока одна из команд не шли рала две игры. Тогда можно записать: Q = {аа, aba, abb, bb, bab, baa). Вались "aba", например, означает, что первую и третью игры вы и фала Команда А, вторую игру - команда В.

Выразим событие А и через события Ак = {команда А выиграла к-ю Шру}, Вк = {команда В выиграла *-ю игру}: А = АХА2 + АХВ2АЪ + ВХА2АЪ.

По условию задачи вероятность выигрыша команды А у команды В не >1еняется от игры к игре, а все события Ак и Вк независимы в совокупности. К РОМЕ того, каждое из слагаемых, определяющих событие А, представляет Вобой элементарный исход, поэтому окончательно можно записать:

5.2.8. Из 12 билетов, пронумерованных от 1 до 12, один за другим выбираются без возвращения два билета. Каковы вероятности следующих •обытий:Л = {оба номера на билетах четные}; В = {первый номер четный, •торой нечетный}; С = {один номер четный, другой нечетный}.

Решение. Введем следующие обозначения событий:

Чк = {k-fi выбранный билет имеет четный номер}; к = 1,2.

Нк '= \к-\л выбранный билет имеет нечетный номер}; к - 1,2.

Замечание. Эту задачу можно решить по "классическим" канонам. Действительно, взять один за другим два билета - зге то же самое, что взять два билета сразу. Поэтому вероятности событий А, В, С равны:

5.2.9. Вероятность двум близнецам быть одного пола равна О, вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти вероятность того, второй из близнецов мальчик, при условии, что первый - мальчик.

Решение. Пространство элементарных исходов состоит здесь четырех элементов: Q = {ММ, МД, ДМ, ДД}, где. например, исход означает, что первым родился мальчик, второй родилась девочка.

Обозначим вероятности исходов через ри р2, рз р4; их сумма равна Рассмотрим события: А = {первым родился мальчик}, В ={вторым роди мальчик}, С - {близнецы одного пола}. Из условия задачи следует, что

р(А)= р(В) = 0,51; р(А) = р(В) = 0,49; р(С) = 0,64; Р(С) = 0,36.

Для определения вероятностей элементарных исходов получа следующую систему уравнений:

Р\ + Pi = Р\ + Ръ = 0.51; Р2+РЗ= °»36; Р] +Р2 +РЗ + РА = 1 •

Отсюда р2=Рз= 0,18; /?, = 0,33; р4 = 0,31. Тогда

р{А) 0,51 0,51 17'

5.2.10. Игральную кость подбрасывают до первого выпадения одн очка. Какова вероятность того, что придется произвести более подбрасываний?

Решение. Пространство Q содержит в данном случае счетн* бесконечное число исходов, Q = {1, 2, к, ...}, где элементарный исхоГ соответствует случаю, когда первые (к - 1) бросаний не привели выпадению единицы, а результатом к-го бросания была единиг. Обозначим через Ак событие {при к-м бросании единица не выпала }. условии задачи подразумевается, что события Ак, к = 1, 2, 3, \

независимы в совокупности, а вероятности событий таковы: р(Ак) = 5/!

р(Ак) = \/6.

Элементарный исход к можно представить в виде произведения к = А}А2...Ак_х Ак. Значит,р(к) = (5 / б)*"1 (1 / 6). Отсюда р(\) = 1 / 6,

р(2) = 5/36, р(3) = 25/216.

Событию А = {придется произвести более трех бросаний кос противоположно событие А = { произведено не более трех бросаний}.

Л ={1,2,3}, М^) = 1/6 + 5/36+25/216 = 91/216, р(А) = 1 - р(А) = 1-91/216 = 125/216» 0,58.

•5.4.1. Пусть В - произвольное событие, отличное от события А. Найти Ьовную вероятностьр(В/А), пользуясь формулой полной вероятности.

тий.

5.4.2. Партия изделий содержит 20 % изделий, изготовленных заводом D % - заводом II, 50 % - заводом III. Для завода I вероятность выпуска кованного изделия равна 0, 05, для завода II - 0,01, для завода III - 0,06.

Чему равна вероятность того, что изделие, взятое наудачу из парт окажется бракованным? Если известно, что наудачу выбранное из пар изделие оказалось бракованным, то чему равна вероятность того, что о было изготовлено заводом I? Заводом II? Заводом III?

Решение. Хотя это вовсе необязательно, мы построим пространс элементарных исходов Q. Здесь элементарный исход - на каком завод насколько качественно изготовлено наудачу взятое изделие. Тор элементарных исходов будет всего 6: Q = {1К, 1Б, 2К, 2Б, ЗК, ЗБ}, г например, запись 2К означает, что изделие оказалось качественным изготовленным на втором заводе.

Разбиение пространства Q образуют события: Н\ = {1К, 1Б} = {взят изделие изготовлено на первом заводе}; Н2 = {2К, 2Б} • { взятое издел^

изготовлено на втором заводе}; Яз = {ЗК, ЗБ} = { взятое издел изготовлено на третьем заводе}.

Нам нужно найти вероятность события А. Найдем ее по форму

полной вероятности:

з

p{A) = ^p(Hl)p(A/Hi) = 0,2-0,05 + 0,3 0,01 + 0,5• 0,06 = 0,43.

М

Далее требуется вычислить вероятности р{Нх /А); р(И2/ А); р(Н31 А\ если известно, что событие А произошло.

р{А) 0,043

Эти числа соответствуют интуитивным представлениям о том, что есл уж выбрано бракованное изделие, то оно, скорее всего, произведено на то" заводе, который производит основную массу продукции да еще с болыпи; процентом брака.

5.4.2. Игрок М называет число 6 или число 1 с вероятностями 0,3 и 0, соответственно. Игрок N независимо называет те же числа

вероятностями 0,6 и 0,4. Если сумма названных чисел четная, • выигрывает А/, если нечетная - выигрывает N. Если известно, что игрок

выжрал, то какова вероятность того, что он назвал 1?

t Решение. Разбиение пространства элементарных исходов образуют Ьедующие события: Я, = {игрок Мназвал 6, игрок /V'назвал 6}, pC#i) = | 0 , 3 0,6 = 0,18, Я2 ={ игрок М назвал 6, игроке назвал \ },р{Н2) = 0,3 0,4 =

!0,12, Я3 = {игрок М назвал 1, игрок N назвал 6}, р(Нъ) = 0,70,6 = 0,42,

•- {игрок М назвал 1, игрок N назвал 1}, р\Щ) = 0,70,4 = 0,28.

Пусть событие В = {выиграл игрок А/}, ясно, что

Требуется найти р(Н4/В), так как если игрок М выиграл, назвав 1, то

5.4.3. У преподавателя математики есть обширные наборы задач Ьримерно одинаковой трудности по каждому из разделов курса. Чтобы

•олучить зачет, студент должен решить по две задачи из каждого раздела, •влачи случайным образом выбирает компьютер. Когда студент N Ьапросил две задачи очередного раздела, b условий уже были предъявлены •гругим студентам, а условий задач еще никому не достались. Какова Ьероятность того, что следующий студент получит два условия задач, Г которые еще никто не решал (событие А)?

Решение. Разбиение пространства элементарных исходов образуют

5.4.4. У рыбака имеется три излюбленных места для ловли рыбы, которые он посещает с равной вероятностью каждое. Если он закидывает удочку на первом месте, рыба клюет с вероятностью^,; на втором с

вероятностью р2\ на третьем - с вероятностью р$. Рыбак, выйдя на ло рыбы, три раза закинул удочку, и рыба клюнула только один раз. На вероятность того, что он удил на первом месте.

Решение. Полную группу образуют три события: Н\ ^{рыбак удил первом месте}, р(Нх) = 1/3; Н2 = {рыбак удил на втором месте}, р(Н2 = 1/3; #з • {рыбак удил на третьем месте}, р(Нт) » 1/3. Событие А = {р клюнула один раз из трех}. Тогда

i

5.4.5. Среди множества известных болезней есть такие, ри| (вероятность) заболеть которыми можно весьма точно рассчитать j данного человека. Предположим, что новорожденный может заболеть зрелом возрасте болезнью А с вероятностью рх = 0,2 и болезнью В вероятностью р2=0,\. Каждое заболевание может наступить bi зависимости от того, случилась ли другая болезнь. Известно, ч достигнув зрелого возраста, человек заболел по крайней мерс одной болезней. Найти вероятности событий: Я, = {человек болен толь болезнью А}\ #2 = {человек болен только болезнью В}\ Я3 = {челов болен обеими болезнями}.

Решение. До опыта полную группу событий составляли четы события: # i , Н2, Hi и //4={человек здоров}. Априорные вероятности эт событий таковы: р(Нх) = 0,20,9 = 0,18; р(Н2) = 0,8 0,1 = 0,08; /ХЯ3) = 0,20,1 = 0,02; р(Н4) = 0,80,9 = 0,72;

Событие С= {человек болен по крайней мере одной из болезне

диагноза были сделаны три анализа: Т\, Т2, Г3 . В результате оказалось, ч первые два анализа дали положительный результат, а третий отрицательный, т.е. произошло событие D = {+; +; -}, где знак ' означает положительный результат анализа, а знак " - " означа отрицательный результат. Известны условные вероятное положительных результатов Т\\ 7"2; Гз при событиях Я», Яг, Я3; обознач их через р^, где i - номер события,у* - номер анализа:

•к,

рента, для чего найти апостериорные вероятности всех возможных

р ( Л = 1-р(£ >) - / т(£ ) = - .

7

И С П Ы Т А Н И Я П О С Х Е М Е Б Е Р Н У Л Л И

пытаний (экспериментов), причем каждый раз проверяется, произошло и нет некоторое событие А. Говорят еще, что если событие А произошло, | произошел "успех", а если произошло событие А, то случилась Неудача". Считается, что вероятность "успеха" не меняется от испытания

входов. Когда п = 3, то возможных исходов 8: УУУ; УУН; УНУ; УНН; ЩУУ; ПУН; ННУ; ННН, где, например, исход УНУ означает, что "успех" Воизошел в первом и третьем экспериментах и не произошел во втором.

Испытания называются независимыми, если вероятность каждого юсментарного исхода равна произведению соответствующих вероятностей

Эта формула называется формулой Нернулли, а вероятность р(В) обозначается р„(к). Вероятности р„{к) (О < к < п) называют еще биноминальными, потому что произведение Cknpkqn~k представляет собой общий член разложения бинома Ньютона

Пусть вероятности paq- фиксированы, а к изменяется от 0 до п, тогд« вероятность р„(к) - это функция к. Найдем такое число ко, которое максимизирует функцию рп{к). Это число естественно назват! наивероятнейшим числом появления события А (наивероятнейшим число\ появления "успеха"). Сравним два числа -р„(к) ир„(к+\).

Это отношение больше 1, если (n -к)р > (k+\)q, тогда np - q> Цр+qJ

вероятности рп(к) монотонно возрастают. Соответственно, когда к> np -t то верно неравенство р„(к+\) < рп(к) и вероятности рп(к) начинаю монотонно убывать. Если число np - q - целое, то имеем дв наивероятнейших числа: к0 = np-q и к0 +1 = np - q +1 = np + p.

Если же число np-q - дробное, то наивероятнейшее число ко одно: ко это наименьшее целое число, превосходящее np - q, другими словами^ = \ПР ~ ч)+1. гДе символ [а] означает целую часть числа а (рис.6.1).

меньше вероятность р. Достаточно точные результаты получаются, когда число независимых испытаний исчисляется сотнями, а вероятность/? < 0,1.

6.5. Примеры решения задач

6.5.1. Крупная партия деталей содержит одинаковые по форме детали, часть деталей стальные, остальные сделаны из чугуна. Число стальных деталей вдвое больше числа чугунных. Какова вероятность того, что из трех взятых наудачу деталей окажутся две стальных?

Решение. Испытание здесь - выбор одной детали из партии; "успех" - выбор стальной детали; "неудача" - выбор чугунной. Предполагается, что деталей так много, что вероятности "успеха" и "неудачи" не меняются от испытания к испытанию, а определяются только заданной пропорцией числа стальных и чугунных деталей; другими словами, р • 2/3, q = 1 -р = 1/3. Далее, п = 3, к = 2, нужно вычислитьр3(2). По формуле Бернулли

Рз(2) = С 3 2 Л ' = 3 - ^ = 0,444.

6.5.2. Событие В происходит в том случае, когда событие А появится не менее трех раз. Определить вероятность события В, если вероятность появления события А в одном испытании равна 0,3 и произведено 5 независимых испытаний.

Решение. По условию п = 5; к > 3; р = 0,3; q = 0,7.

Вероятность события В = {событие А произошло не менее трех раз в пяти независимых испытаниях} равна

производную по р и приравняем нулю.

видеть, что это значение действительно является максимумом функции

Рп(к).

6.5.4. Найти наиболее вероятное число выпадений герба при 20 и 25 бросаниях монеты.

Решение. По условию p=q = 0,5; щ = 20; п2 = 25. Тогда n^p-q= 20х х0.5 - 0,5 = 9,5. Так как это число дробное, то наивероятнейшее число Появления герба при 20 бросаниях монеты одно: ко = [9,5] +1 = 10. Далее Пгр - q = 25-0,5 - 0,5 = 12. Это число - целое. Имеем два наивероятнейших числа появления герба: к0 = 12, к0 + 1= 13.

6.5.5. Два равносильных шахматиста играют в шахматы, ничьи в счет •к идут. Какой счет наиболее вероятен: 1: 1; 2: 2, 3: 3 и т.д.?

Решение. Пусть всего сыграно 2к результативных партий. Найдем |>сроятность того, что каждый из соперников выиграл к раз. Результат Очередной игры считается независимым от предыдущих побед и

6.5.6. Какое минимальное число опытов п0 достаточно провести, чтобы поятностью, не меньшей чем a (0 < a < 1), можно было бы ожидать мления "успеха" хотя бы один раз, если вероятность появления

успеха" в одном опыте равна р!

Решение. Перейдем к вероятности противоположного события. i-роятность того, что в п независимых испытаниях "успех" не произойдет и разу (все п раз произойдет "неудача"), равна числу q". Тогда должно

Минимальное количество опытов щ - это наименьшее целое число, ;^ое превосходит число 1п(1 - а)/1п(1 - р). Например, если /з=0,1 и q =

,9,то п0 =[1пО,1/1пО,9]+1 = 22.

6.5.7. Мишень состоит из трех попарно непересекающихся зон Вероятность попадания в первую зону для данного стрелка равна 0,5. Дл1 второй и третьей зон эти вероятности равны соответственно 0,3 и 0,2. Эт вероятности постоянны и не зависят от того, какой по счету выстре сделал стрелок. Он произвел 6 выстрелов по мишени. Найти вероятност того, что он три раза попал в первую зону, два раза - во вторую зону один раз - в третью.

6.5.8. Рыбак забросил удочку 100 раз. Какова вероятность того, что о; поймал хотя бы одну рыбу, если одна рыба приходится в среднем на 20 забрасываний?

Решение. "Успех" в данном случае - поймать рыбу при очередно; забрасывании удочки. Из условия задачи следует, что вероятность "успеха" равна 1/200 = 0, 005. Тогда q = 1 -р = 0,995. Число независимы: испытаний п равно 100. Нам нужно найти вероятность того, что числ пойманных рыб после 100 забрасываний примет значение не меньше 1 Применим формулу Пуассона, X = 100 • 0,005 - 0,5.

рт(к > 1) = 1 - р т ( к = 0) = 1 — = 1 -е~05 = 1 -0,60653 = 0,39347.

Вычислим эту вероятность по формуле Бернулли: plQ0(k > 1) = 1 - Cfoo • р° • qm = 1 - 0,995100 = 0,39423.

Расхождение между этими двумя значениями мало.

1 . П О Н Я Т И Е О Д И С К Р Е Т Н Ы Х С Л У Ч А Й Н Ы Х В Е Л И Ч И Н А Х

В этом разделе предполагается, что в пространстве элементарных Входов конечное или счетное число исходов (бесконечное множество Ьывается счетным, если его элементы можно пронумеровать числами ^турального ряда 1, 2, 3 , к , к+\, ...).

Дискретной случайной величиной называется произвольная числовая нкция, определенная на пространстве Q с конечным или счетным слом исходов; каждому элементарному исходу cot ставится в Ькпвстствие число x(cOj), называемое значением случайной величины на •Ходе со,. Обозначаются случайные величины большими латинскими

•левами, как правило, из конца алфавита, например, X, Y, Z.

Соответствие Щ => x(cOj) не обязательно взаимно однозначно, •скольким элементарным исходам может соответствовать одно и то же п е л о х.

Так как число исходов счетно или конечно, то у каждого рементарного исхода со, есть вероятность р,->0 произойти (сумма всех •рроятностей равна, разумеется, 1). Поэтому каждому значению х, юучайной величины X можно приписать вероятность ph равную сумме кроятностей элементарных исходов, на которых случайная величина X рввпа х,. Если конечно или счетно число исходов, конечно или счетно рк [о разных значений х,. Совокупность всех пар {(х„ pi)} называется Ьконом распределения случайной величины X. Часто закон распределения •дают в виде таблицы из двух строк. Она называется таблицей

>,тностей. В первой строке стоят числа х„ во второй строке стоят

0)}. В скобках после каждого элементарного исхода стоит соответствующее ему значение случайной величины. Всего случайная Величина X принимает 4 возможных значения: 0, 1, 2, 3. Полную вероятность каждого значения можно вычислить по формуле Бернулли.

Закон распределения случайной величины А'задается таблицей:

Контроль: 1/8 + 3/8 + 3 / 8 + 1 / 8 = 1 .

Пример 2. В урне лежат 2 белых и 3 черных шара. Наудачу извлекают 3 шара. Случайная величина Y- число белых шаров в выборке. Она принимает 3 значения - 0, 1, 2. Вероятности этих значений подсчитываются по классическим правилам.

р(к = о ) = ^ = 1 / 1 0 ; р ( к = о = ^ # = б / 1 о ;

Закон распределения случайной величины У задается таблицей:

Контроль: 0,1 + 0,6 + 0, 3 = 1.

Пример 3. Кубик бросают до первого появления единицы. Случайная величина Z - число бросаний до появления первой единицы. Возможные значения случайной величины Z - числа 0, 1, 2, 3, .... Вероятности этих] значений вычисляются из условия независимости бросаний (если Z =к, это.

Пусть, например, случайная величина X задана таблицей вероятностей! (табл. 7.1):

Составим таблицы вероятностей случайных величин 2Х- 1, X2 + 1, 2А (табл. 7.2 - 7.4)

Поясним, как составлен закон распределения случайной величины X2 + I. Эта случайная величина принимает три возможных значения: 1, если

yi 0; 2, если Х=\ илиХ^ - 1 ; 5, если Х=2 илиХ= -2. Поэтому р{х2 +1 = 2)= р(Х = -1)+р(Х = 1) = 0,2 + 0,3 = 0,5;

р(\'2+1 = \)=р(Х = 0)=0,3;

Г(х2+\ = 5)= р(Х = -2)+р(Х = 2)= 0,1 + 0,1 = 0,2.

7.2.1. Биноминальное распределение. Случайная величина А'называется распределенной по биноминальному закону, если ее возможные значения - числа 0, 1, 2, п, а соответствующие вероятности вычисляются по формуле Бернулли:

pk =р(Х = к) = Скп рк -qn'k где 0 < * < w , q=\-р, 0 <р< 1.

Это распределение зависит от двух параметров: - р и п. Например, чайная величина X - число появлений "успеха" в п независимых

Испытаниях - имеет биноминальное распределение.

7.2.2. Распределение Пуассона. Дискретная случайная величина X называется распределенной по закону Пуассона, если ее возможные

Рк=р(Х = к) = — -е-А; где Л = 0, 1,2,..., Д>0 .

Распределение зависит от параметра к. Распределение Пуассона является предельным для биноминального, если устремить значение параметра п к бесконечности и положить X = пр = const. Пользоваться формулой Пуассона вместо формулы Бернулли разумно, когда п велико, а

формуле

рк ш p(X = k) = qkp\ p+q=\,raeO<p< 1,Л = 0, 1,2

Вероятности рК образуют бесконечно убывающую геометричес прогрессию со знаменателем q. Геометрическое распределение получается если производится ряд независимых "попыток" получить некоторый "успех". Вероятность "успеха" в каждом испытании равна р. Случайная величина X - число испытаний до первого "успеха". Геометрическое распределение зависит от одного параметра р. Иногда рассматривают случайную величину Y, равную числу испытаний до первого "успеха",

Са+Ь

целые числа.

Гипергеометрическое распределение возникает, например, в тако ситуации. Имеется урна, в которой а белых и b черных шаров. Из н~ вынимают наудачу п шаров. Случайная величина X - число вынут белых шаров - имеет гипергеометрическое распределение.

Докажем, что сумма вероятностей значений случайных величин,

4. Мы не будем суммировать вероятности гипергеометрического закона, а заметим, что события Нк = {X = к}, к = 0, 1, 2, а образуют разбиение классического пространства элементарных исходов, в котором всего С"+6 исходов. Поэтому сумма этих вероятностей равна 1.

Непосредственно из определения вытекают следующие свойства функции распределения:

1.0 < F ( x ) < 1.

2.Если случайная величина X не принимает значений, меньших а, то для всех х < a F(x) = 0.

3.Если случайная величина X не принимает значений, больших Ь, то

для всех х >b F(x) = 1.

4.F\x) - неубывающая функция. Действительно, пусть х, < х2. Тогда событие {А^хг} есть сумма двух несовместных событий:

{Х<х2} = {Х<Х]} + {х, <,Х<х2}. Отсюда

F(x2) = p(X<x2) = p(X<Xl) + p(Xl <Х<х2)> h(х,).

5. Из хода доказательства свойства 4 сразу следует, что p(Xl<X<x2) = F(x2)-F(x}).

Чтобы найти значение F\x) для данной дискретной случайной величины X, нужно рассмотреть все значения х, случайной величины X,

59