Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теория вероятностей. Учебное пособие-1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.09.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 112 3 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Пример 1.5.5. Найти вероятность того, что наудачу взятое





























BA





двузначное число окажется кратным либо 2, либо 5, либо тому и другому одновременно.

Решение. Пусть

чу взятое двузначное число кратно 2, а стоится, если это число кратно 5. Надо найти

Так как

Двузначные числа – это 10, 11, …, 98, 99. Всего их 90. Оче-

видно, 45 из них кратны 2 (благоприятствуют наступлению

18 кратны 5 (благоприятствуют наступлению 9 чисел – кратны 2 и 5 одновременно (благоприятствуют наступ-

лению

Поэтому



Следовательно,

Пусть A и B – два события, рассматриваемые в данном опыте. Может оказаться так, что наступление одного события (скажем, события

вводится понятие условной верояности.

стота появления события шло. Обозначим ее

где события

B ) может влиять на возможность наступления другого

Для характеристики зависимости одних событий от других

Повторим испытание

Исходя из определения 1.4.2, получим

n число появлений событий B

)

;

n число испытаний.

;5,0

AP



событие, которое состоится, если науда-

B событие, которое со-



события совместные, то



.BAPBPAPBAP



B и, наконец,



BAP

1.6. Условная вероятность

;2,0

BP



n раз. Найдем, чему равна условная ча-

при условии, что событие B произо-

BAK

.BAK





 BAP

.6,01,02,05,0





BAK



;

n число появлений

.BAP

.1,0



Итак,







































ABA













BAK



BAK

Теперь определим условную вероятность события условии, что произошло событие , стве частоту

Определение 1.6.1. Условной вероятностью события

условии, что произошло событие , ности произведения этих событий к вероятности события , чем

Таким образом, по определению

Пример 1.6.1. В урне находятся 7 белых и 5 черных шаров.

Из нее последовательно вынимают два шара. Какова вероятность того, что второй шар окажется белым при условии, что первый вынутый шар был черным?

Решим задачу двумя способами.

1. Пусть событие

белый. Так как событие B произошло, то в урне осталось 11 шаров,

из которых 7 белых. Поэтому

2. Найдем

видно, что

Находим:

на вероятность

,0Bp она обозначается символом



BAP



– 1-й шар черный, событие A – 2-й шар



BAP по формуле условной вероятности (2). Оче-



BP



где а

тию

B  .

Следовательно,

1321112 n – общее число исходов (появление двух шаров),

– число исходов, которые благоприятствуют собы-

3575 m







ABP

132



заменив в последнем равен-

называется отношение вероят-

ABP





BAP



132

BAP

при

при-

.BAP

BP (2)

1.7. Теорема умножения вероятностей. Независимые события









































Непосредственно из определения условной вероятности выте-

кает следующее утверждение.

Теорема 1.7.1 (теорема умножения вероятностей). Если

события то

Следствие 1.7.1. Учитывая, что событие B

с событием ,

или

Пример 1.7.1. В урне 5 белых и 7 черных шаров. Достаем три

шара по одному без возвращения. Найти вероятность того, что все три шара белые.

Решение. Пусть события

Событие второй шар белый, при условии, что первый белый; третий шар – белый, при условии, что первые 2 шара белые} =

Определение 1.7.1. Событие

события , изошло событие

Пример 1.7.2. Те же условия, что в примере 1.7.1, но шары

возвращаются в урну и перемешиваются.

Решение. В данном случае события ,

и B принадлежат полю ,S



.BAPBPBAP

получим:

ABPAPABP

A {первый шар белый};

A {третий шар белый}.

{все 3 вынутых шара белые} ={первый шар белый;



AAAAAA

213121



если вероятность события A не зависит от того, про-

или нет, т. е.

      

A {второй шар белый};

тогда:

321

AP

называется независимым от

A ,



AP и

совпадает



ABPAPBAPBP

. (3)

,APBAP

125

1728

независимы и

.07,0

 APAPAPAP



,0BP

.0BP

Следствие 1.7.2 (теорема умножения вероятностей для не-































































зависимых событий).

независимые события, то

Пример 1.7.3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность

того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0,9, для второго – 0,8, для третьего – 0,85.

1. Найти вероятность события 

часа не потребует внимания}.

По следствию 1.7.2

Найти вероятность события

буют внимания}.



{или I и II потребуют внимания, а III не потребует внимания, или I и III потребуют, а II не потребует, или II и III потребуют внимания, а I не потребует} =

где событие

{i-й станок потребует внимания},

iA

iA {

-й станок не потребует внимания},

Так как по условию задачи



Используя теорему сложения 1.5.1 и следствие 1.7.2, получим:

Найти вероятность события 

потребует внимания}.

Такую задачу можно решить двумя способами:

или один} =

AP





BP

{или все три станка не потребовали внимания, или два,





Надо найти вероятность каждого варианта по теореме умножения и все вероятности сложить. Однако такой путь решения задачи слишком сложен. Здесь целесообразнее от прямого события

перейти к противоположному событию –

{все станки потребуют внимания}.

C

Если A и B принадлежат полю ,S A и B –

 



{ни один станок в течение

AP

,1,09,01





{два каких-то станка потре-



,9,0

,2,08,01



.612,085,08,09,0 

AAAAAAAAA 

132231321

,8,0

AP



{хотя бы один станок не

.3,2,1

 

AAAAAAAAA



321321321



. и , и BPAPBAPBAP

.3,2,1

,85,0

AP то

.15,085,01

.056,09,015,02,08,015,01,085,02,01,0



AAAAAAAAAAAA



321321321321























тогда

ла n (обозначается !n ) называется произведение ....4321! nn 

ются их соединения, отличающиеся друг от друга только порядком входящих в них элементов.

лучилось шесть.

ется

называются такие их соединения, которые различаются друг от друга самими элементами или их порядком.

по два.

ментов (обозначается

в частности,

ваются их соединения, различающиеся друг от друга хотя бы одним элементом.



1.8. Некоторые элементы комбинаторики

Определение 1.8.1.

Так, Основное свойство факториала:

Определение 1.8.2. Перестановками из n элементов называ-

Пример 1.8.1. Составим перестановки из трех элементов

.,, cba

Решение.

Число всех перестановок из

и вычисляется по формуле

Определение 1.8.3. Размещениями из n элементов по m

Пример 1.8.2. Составим размещения из трех элементов

Решение.

Число всех размещений из n различных элементов по m эле-

Определение 1.8.4. Сочетаниями из

(так договорились считать), ,1!1

1!0

A

Факториалом целого положительного чис-

n различных элементов обознача-

!.nP

(шесть размещений).

cbcababcacab ,,,,,

)





!23









321





321321

.997,0003,011  CPCP



.!11...321! nnnnn

Таких перестановок по-

.,,,,, acbbaccbacabbcaabc

элементов по m назы-

и т. д.

54321!5 

,003,015,02,01,0

 APAPAPAAAPCP

cba ,,

Пример 1.8.3. Составим сочетания из трех элементов

























по два.

Решение. bcacab ,, (три соединения).

Число всех сочетаний из ментов (обозначается

)

различных элементов по m эле-





mnm



Так, в примере 1.8.3 число сочетаний из трех элементов по два

C

!23!2





321



121



Основные свойства сочетаний:



















так как

CC

!0!0



nnn



!1!1

















!!!knk



 

cba ,,



knnkn







!!!kknn

Пример 1.8.4. В группе 15 студентов. Двоих назначают на де-

журство. Сколько таких объединений по два студента можно составить для данной группы?

Решение. Таких объединений можно составить столько,

сколько можно найти сочетаний из 15 по 2, т. е.

C

!15





!215!2



151413...21



!1321



1514



.105



Итого, можно составить 105 объединений по два студента. Понятие «сочетания» нам понадобится во второй главе и в задачах на непосредственный подсчет вероятностей.

Пример 1.8.5. Вновь рассмотрим урну, в которой лежат 5 бе-

лых и 7 черных шаров. Достаем шары, не заглядывая в урну, и не возвращая их обратно.

В примере 1.7.1 мы уже нашли вероятность события A {все

















вынутые шары белые}:



AP

Решим еще несколько задач, связанных с этим экспериментом.

Решение

1. Найти вероятность события



{все три вынутых шара черные} =

где

– i-й вынутый черный шар.



BP

BBBBBB 

213121

2. Найти вероятность события

{вынуть два шара разного цвета} = {или первый шар белый



и второй черный, или первый черный, а второй белый} = =



BABABA

121121

CCCP







1211



3. Значительно больше вариантов пришлось бы рассмотреть в случае, если бы хотели найти вероятность события D = {среди 7 шаров, вынутых из урны, будет 3 белых и 4 черных}.

Из классического определения вероятности 1.4.1 как отноше-

ния благоприятных исходов к общему числу исходов получаем:







350

792

,44,0



где m – это число способов вынуть 3 белых шара из 5 белых и к ним 4 черных шара из 7 черных, а

– это число способов вы-

нуть 7 шаров из 12, находящихся в урне;

C







!3!4





!35!3

765

321



54321

21321



;35



;10



!12



!5!7



12111098



54321



.7921198



Заметим, что этим же способом мы можем найти вероятности событий ,

B и









A









C









220

!2!3

;



C

!12



!9!3





752





1211



,10

121110

321



.220



Пример 1.8.6. У сборщика имеется 20 деталей, среди которых

5 нестандартных. Наудачу сборщик выбирает для работы 10 деталей. Какова вероятность событий:



{среди 10 отобранных деталей три – нестандартные};

B {среди 10 отобранных деталей – хотя бы одна нестандартная}.





m – число способов выбрать 3 нестандартные детали из 5 и 7

где стандартных деталей из 15, а

СС





,348,0

n – число способов выбрать 10 дета-

лей из 20.



где противоположное событие

B {нет нестандартных деталей} =

,1 BPBP 

= {все 10 деталей стандартные}.





.984,0016,011

Пример 1.8.7. В студенческом совете факультета 3 перво-

курсника, 5 второкурсников и 7 третьекурсников. Из этого состава наудачу выбирают 5 человек на предстоящую конференцию. Найти вероятность следующих событий:

1) 

{будут выбраны одни третьекурсники};

2) B {все первокурсники попадут на конференцию}.

Решение





.,0070

2. B {или на конференцию попадут 3 первокурсника и 2 вто-









рокурсника, или 3 первокурсника и 2 третьекурсника, или 3 первокурсника, 1 второкурсник и 1 третьекурсник}.

По аксиоме сложения вероятностей (раздел 1.5):













CCC



.022,0

Пример 1.8.8. Из разрезанной азбуки выкладывают слово

МАТЕМАТИКА. Затем карточки с этими буквами переворачивают и перемешивают. Опыт состоит в том, что отбирают 4 карточки по схеме случайного выбора без возвращения. Найти вероятности следующих событий:

{на отобранных по одной и уложенных в ряд карточках

прочтем слово ТЕМА};

B {из отобранных четырех карточек удастся сложить сло-

во ТЕМА}.

Решение

{первая отобранная карточка с буквой Т, вторая – с буквой Е, третья – с М и четвертая – с буквой А} = =





,METAETMTET

AP

420

73829

2. При нахождении вероятности события B число вариантов

увеличивается, поэтому решим эту задачу с помощью сочетаний:





– число способов отобрать букву Т из 2 карточек с буквой Т,

где

Е, М из 2 карточек с буквой М, А из 3 карточек с буквой А; а



CCCC



–

число способов отобрать 4 карточки из 10.

1.9. Формула полной вероятности

Следствием теоремы сложения и теоремы умножения вероят-

ностей является формула полной вероятности.

Начнем с примера.

Пример 1.9.1. Имеются три одинаковые на вид урны; в первой

урне 5 белых и 7 черных шаров, во второй – 3 белых и 3 черных,

в третьей урне – 1 белый и 10 черных шаров. Выбирают наугад од-









































































ну из урн и достают из нее один шар. Найти вероятность, что этот шар белый.

Решение. Рассмотрим три события (гипотезы):

A {выбор первой урны};

A {выбор второй урны};

A {выбор третьей урны}.

События ,

что выбрали первую урну,

урны

лый шар, или выбрали вторую урну и достали белый шар, или третью – и достали белый шар} =



нить теорему сложения вероятностей 1.5.1:

тия , они попарно несовместны и в результате каждого опыта происхо-

дит одно из них).

A ,

Пусть событие Условная вероятность появления белого шара при условии,



Событие

Так как события ,

,1BA 



Далее применяем теорему 1.7.1 (умножение вероятностей):

  



Теорема 1.9.1 (формула полной вероятности). Пусть собы-

A ,

A …,

Событие

A …,

A равновозможны, поэтому

  

B {появление белого шара}.



и для третьей –

ABP

B {или выбрали первую урну и достали из нее бе-

ABP соответственно для второй

 

A ,

A несовместны, то и события

 

,2BA 





несовместны, поэтому можно приме-



133

213

A из поля

из поля S происходит с одним из событий

A , тогда



396

образуют полную группу событий (т. е.

 APAPAP

321







ABP

321

BABABA

321



BAPBAPBAPBP

ABPAPABPAPABPAPBP

332211



<<< < Предыдущая 12 / 112 3 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]