ГЛАВА 2. ВЕРОЯТНОСТИ ПРОИЗВЕДЕНИЯ И СУММЫ СОБЫТИЙ
2.1. Умножение вероятностей
Теорема умножения вероятностей независимых событий. а) Если A , B – независимые события, то
P( A B) = P( A) P(B) .
б) Если A1 , A2 , A3 , , An – независимые события, то
P(A1 A2 An ) = P(A1 ) P(A2 ) P(An ) .
Теорема умножения вероятностей зависимых событий. а) Если A , B – зависимые события, то
P( A B) = P( A) PA (B) = P(B) PB ( A) ,
где PA (B) – вероятность события B при условии, что событие A произошло; кратко говорят, что PA (B) – условная вероятность события B , аналогично описывается вероятность PB (A) .
б) Если A1 , A2 , A3 , , An – зависимые события, то
P(A1 A2 A3 An ) = P(A1 )PA1 (A2 )PA1A2 (A3 ) PA1A2A3 An−1 (An ) .
2.2. Сложение вероятностей
Теорема сложения вероятностей несовместных событий. а) Если A , B – несовместные события, то
P(A + B) = P(A) + P(B) .
б) Если A1 , A2 , A3 , , An – несовместные события, то
P( A1 + A2 + + An ) = P( A1 ) + P( A2 ) + + P( An ) .
Следствие 1. Если эти события образуют полную группу, то
P(A1 ) + P(A2 ) + + P(An ) =1.
Следствие 2. Если A – событие, противоположное событию A , то
P(A) =1−P(A) .
Теорема сложения вероятностей совместных событий. Если A , B – совместные события, то
P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A B) .
Следствие 1. Если A , B – еще и независимые события, то
P(A + B) =1−q1 q2
где q1 = P(A) , q2 = P(B) .
Следствие 2. Если A1 , A2 , A3 , , An – совместные и независимые события,
то
P(A1 + A2 + + An ) =1− q1 q2 qn ,
где qi = P(Ai ) , i =1, n .
20
Если эти события еще и равновозможные, то
P(A1 + A2 + + An ) =1−qn ,
где q = 1 − p , p = P(A1 ) = P(A2 ) = = P(An ) .
2.3. Примеры
Ниже иллюстрируется теория из пунктов 2.1, 2.2.
Пример 1.
Впервой урне 3 синих и 5 зелёных шаров, во второй – 4 синих
и6 зелёных шаров. Из каждой урны взяли по одному шару. Найти вероятность того, что оба шара окажутся синими: a) с помощью теоремы умноже-
ния вероятностей независимых событий; б) по определению вероятности.
Решение.
а) обозначим события: C – оба шара синие, A1 – первый шар синий, A2 – второй шар синий. Высказывание «оба шара синие» равносиль-
но высказыванию «первый шар синий и второй шар синий». Событие C есть произведение событий A1 , A2 , т.е. C = A1 A2 . Причем A1 , A2 – незави-
симые события. Следовательно,
P(C) = P(A1 A2 ) = P(A1 ) P(A2 ) = 83 104 = 203 .
б) Имеем P(C) = m . По условию задачи каждый шар из первой урны может |
||||
оказаться в |
n |
из второй |
урны. Поэтому: |
|
паре с любым шаром |
||||
n = C81 C101 = 8 10 = 80 ; m = C31 C41 =12 , |
|
|
|
|
|
P(C) = 12 = |
3 |
. |
|
|
20 |
|
||
|
80 |
|
|
|
Пример 2. |
|
|
|
|
Найти вероятности событий из примера 18. |
|
|||
Решение. |
|
|
i -тый рубиновый. |
|
а) Пусть C – оба камня рубиновые, Ai , (i =1,2,3) , |
||||
События A1 , |
A2 – зависимые, так как вероятность того, что второй камень |
|||
рубиновый, зависит от того, каким оказался первый камень. Воспользуемся теоремой умножения вероятностей зависимых событий. Имеем:
C = A1 A2 , P(C) = P(A1 ) PA1 (A2 ) = 205 194 = 191 .
б) Пусть D – все три камня рубиновые, D = A1 A2 A3 ,
P(D) = P(A1 ) PA1 (A2 ) PA1A2 (A3 ) = 205 194 183 = 1141 ,
где PA1A2 (A3 ) – вероятность того, что третий камень рубиновый, если и первый, и второй камни рубиновые.
21
Пример 3.
В примере 14 найти вероятность событий Г и Д .
Решение.
Воспользуемся теоремой сложения вероятностей несовместных событий.
Имеем:
Г= A + Б, P(Г) = P(A + Б) = P(A) + P(Б) = 205 + 208 = 1320 ,
Д= A + Б + B, P( Д) = P(A) + P(Б) + P(B) = 205 + 208 + 207 =1 .
Пример 4.
Вероятность того, что завтра будет пасмурно 0,3. Найти вероятность того, что завтра будет солнечно.
Решение.
Искомая вероятность противоположного события p =1−0,3 = 0,7 .
Пример 5.
Вероятность своевременной доставки почты в первое отделение связи равна 0,7, для второго отделения эта вероятность равна 0,8. Найти веро-
ятность того, что хотя бы одно отделение получит почту своевременно.
Решение.
Способ 1. Пусть событие C – хотя бы одно отделение получит почту
одновременно, Ai ,(i =1,2) , |
i –тое |
отделение получит почту вовремя, Ai – |
|||||||||
как обычно, событие, противоположное Ai . |
|
|
|
||||||||
|
Событие C есть сумма совместных и независимых событий A1, A2 , |
||||||||||
т.е. C = A1 + A2 . |
|
С |
равносильно осуществлению события |
||||||||
|
По |
смыслу событие |
|||||||||
C1 = |
|
A2 |
или события |
C2 = A1 A2 , или события |
C3 = A1 A2 . События |
||||||
A1 |
|||||||||||
C1 ,C2 ,C3 – |
несовместные, значит, |
C = C1 + C2 + C3 . |
|
|
|
||||||
|
По условию:P(A1 ) = 0,7 , |
P(A2 ) = 0,8 , то P( |
|
) = 0,3 , |
P( |
|
) = 0,2 . Тогда: |
||||
|
A1 |
A2 |
|||||||||
|
|
|
P(C) = P(C1 + C2 + C3 ) = P(C1 ) + P(C2 ) + P(C3 ) = |
||||||||
+ P(A1 A2 ) + P(A1 A2 ) + P(A1 A2 ) = P(A1 ) P(A2 ) + P(A1 ) P(A2 ) + P(A1 ) P(A2 ) = 0,94 .
Способ 2. Воспользуемся теоремой о вероятности суммы совместных событий. Имеем:
P(C) = 0,7 + 0,8 − 0,7 0,8 = 0,94 .
Способ 3. Воспользуемся теоремой о вероятности суммы совместных событий. Следствие 1. Имеем:
P(C) = 1 − q1q2 = 1 − 0,3 0,2 = 0,94 .
Пример 6.
Вероятности попадания в цель при залпе из трёх орудий, соответственно равны 0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятности событий: A – только пер-
22
вое орудие попадает, Б – только одно попадание, B – хотя бы два попадания.
Решение.
Пусть |
Ai , (i =1,2,3) – попадание в цель при выстреле из i –го орудия. |
||||
По смыслу: |
A = A1 |
|
|
|
, |
A2 |
A3 |
||||
Б = A + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 , B = A1 A2 A3 + A1 A3 A2 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 .
События Ai – совместные и независимые. Выполняя вычисления по аналогии с примером 5, получим:
P(A) = 0,014 , P(Б) = 0,092 , P(B) = 0,902 .
Пример 7.
Вероятность попадания в корабль для одной торпеды равна 13 . Счи-
тая, ты для потопления корабля достаточно одного попадания, найти вероятность того, что четыре торпеды потопят корабль.
Решение.
По смыслу задачи искомая вероятность равна вероятности хотя бы одного попадания из четырех торпед, которые независимы между собой. Значит, согласно пункту 2.2, следствие 2.
|
|
4 |
|
|
1 4 |
|
|
2 |
4 |
16 |
|
65 |
||
p =1 |
− q |
|
=1 |
− 1− |
|
|
=1 |
− |
|
|
=1− |
|
= |
81 . |
|
3 |
3 |
81 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Пример 8.
Мастер обслуживает 5 станков. 10 % рабочего времени он проводит у первого станка, 15 % – у второго, 20 % – у третьего, 25 %– у четвертого и 30 % – у пятого. Найти вероятность того, что в случайный момент времени он находится: а) у первого или третьего станка; б) у первого или второго или четвертого станка.
Решение.
Пусть |
Ai – событие состоящее в том, что в данный момент мастер |
|||
находится у |
i –го того станка, i = |
|
. По условию P(A1 ) = 0,1; |
P(A2 ) = 0,15 ; |
1, 5 |
||||
P( A3 ) = 0,2 ; |
P(A4 ) = 0,25 ; P(A5 ) = 0,3 . Эти события несовместные |
и образуют |
||
полную группу. Событие а) является суммой событий A1 и A3 , а событие б) является суммой событий A1 , A2 и A4 . Тогда
P(a) = 0,1 + 0,2 = 0,3 ; P(б) = 0,1 + 0,15 + 0,25 = 0,5 .
Пример 9.
На десяти карточках напечатаны по одной цифры от 0 до 9. Определить вероятность того, что при взятии наудачу и поставленные в ряд карточки составят число 357.
Решение.
23
События A, B,C соответственно первая цифра 3, вторая 5, третья 7 – зависимые. Искомая вероятность равна
P(A B C) = P(A) PA (B) PA B (C) = 101 19 18 = 7201
Пример 10.
Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах (равновозможных) равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.
Решение.
Воспользуемся формулой из примера 7. По условию p = 0,9984 =1− q4 .
Значит, q4 = 0,0016 , т.е. q = 0,2 . Тогда искомая вероятность равна
1−0,2 = 0,8.
Пример 11.
За круглым столом в случайном порядке на 31 стул располагаются 29 мужчин и 2 женщины. Найдите вероятность того, что между женщинами будет сидеть один мужчина.
Решение.
Способ 1. Рассмотрим сидящую за столом женщину. За столом есть два места возле нее, на каждое из которых претендует 30 человек, из которых только одна женщина. Таким образом, вероятность, что между двумя женщинами будет расположен один мужчина равна
p = 2 301 = 151 ≈ 0,067 .
Способ 2. Рассмотрим сидящую за столом женщину. Вероятность того, что на одно из двух мест (справа или слева) рядом с ней сядет мужчина, равна 29 / 30. Вероятность того, что рядом с этим мужчиной сядет ещё одна женщина, равна 1 / 29. По правилу произведения получаем:
p = 2 3029 291 ≈ 0,067 .
Пример 12.
Брошены три игральные кости. Найти вероятность того, что а) на каждой из выпавших граней появится 5 очков, б) на всех выпавших гранях появится одинаковое число очков.
Решение.
Обозначим Ai – на i –той кости выпадает число 5, i =1, 3 . Эти события независимые. Согласно пункту 2.1 вероятность события а) равна
P(A1 A2 A3 ) = P(A1 ) P(A2 ) P(A3 ) = 16 16 16 = 2161 .
событию б) удовлетворяют все числа 1–6. Поэтому
P(б) = 2161 6 = 361 .
Пример 13.
24
В первом ящике 1 белый, 2 красных и 3 синих шара; во втором ящике 2 белых, 6 красных, 4 синих шара. Из каждого ящика вынули по 2 шара. Какова вероятность того, что среди них нет синих шаров.
Решение.
Здесь речь идет о зависимых событиях. Искомая вероятность равна
p = 63 52 128 117 = 16514 .
Пример 14.
В группе студентов 12 парней и 18 девушек. Нужно выбрать случайным образом делегацию из двух человек. Какова вероятность того, что выбрана девушка и юноша?
Решение.
Сказать, что «выбраны девушка и юноша» - это равносильно высказыванию «первым членом делегации была выбрана девушка и вторым – юноша или первым членом юноша и вторым девушка». Искомая вероятность равна
p = 1830 1229 + 1230 1829 = 3043229 = 14572 .
Пример 15.
Электрическая цепь AB сконструирована по схем на рисунке 2. Элементы 1 и 2 работают независимо друг от друга. Вероятность их выхо-
да из строя собственно равны q1 = 0,1, q2 = 0,2 . Найти вероятность того, что ток в цепи будет
а) б)
Рис. 2
Решение.
а) Здесь мы имеем параллельное соединение элементов. Для того, чтобы в цепи был ток, нужно, чтобы не вышел из строя хотя бы один элемент. Искомая вероятность равна
p =1 − 0,1 0,2 = 0,98 .
б) Здесь мы имеем последовательное соединение элементов. Для нормальной работы цепи нужно, чтобы оба элемента не вышли из строя. Искомая вероятность равна
p = 0,9 0,8 = 0,72.
25