№ 3. Вероятность того, что батарейка бракованная , равна 0,06. Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две таких батарейки. Найдите вероятность того, что обе батарейки окажутся исправными.

Решение. Вероятность того, что взятая наугад батарейка исправна, равна 1-0,06 = 0,94

Р = 0,94*0,94 - вероятность, что и первая и вторая исправны

Ответ: 0,8836

№ 4. Автоматическая линия изготавливает батарейки . Вероятность того, что готовая батарейка неисправна, равна 0,02. Перед упаковкой каждая батарейка проходит систему контроля. Вероятность того, что система забракует неисправную батарейку, равна 0,99. Вероятность того, что система по ошибке забракует исправную батарейку, равна 0,01. Найдите вероятность того, что случайно выбранная из упаковки батарейка будет забракована.

Решение.

Вероятность, что готовая батарейка исправна равна 1-0,02=0,98

Р1 = 0,02*0,99 = 0,0198 - вероятность, что неисправную батарейку забракуют

Р2 = 0,98*0,01 = 0,0098 - вероятность, что исправная батарейка будет забракована

Р=Р1+Р2 = 0,0296

Ответ: 0,0296

№ 5 Вероятности того, что деталь определенного типа находится в первом, втором, третьем или четвертом ящике, соответственно равны 0,6, 0,7, 0,8, 0,9. Найти вероятности того, что эта деталь находится не более, чем в трех ящиках.

Решение. Не более, чем в 3-х ящиках означает, что деталь находится в одном, двух или трех ящиках. Противоположное событие - деталь находится во всех четырех ящиках. Найдем вероятность этого противоположного события.

Р1 = 0,6*0,7*0,8*0,9 = 0,3024, тогда Р = 1- Р1 = 1 - 0,3024 = 0,6976

Ответ: 0,6976

№ 6. Вероятность того, что взятая наугад деталь из некоторой партии деталей, будет бракованной равна 0,2. Найти вероятность того, что из трех взятых деталей 2 окажутся не бракованными.

Решение. Вероятность, что деталь бракованная равна 0,2, что деталь без брака равна 1-0,2=0,8.

Р1= 0,2*0,8*0,8 = 0,128 - вероятность того, что первая деталь бракрованная, а вторая и третья нет.

Р2=0,8*0,23*0,8 = 0,128 - вторая бракованная, аналогично Р3=0,128 - третья бракованная.

Р = Р1+Р2+Р3 = 3*0,128 = 0,384

Вероятность произведения зависимых событий A и B равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, найденную в предположении, что первое событие уже наступило, т. е.

P (A · B ) = P (A ) · P A (B ). (24)

Формула умножения вероятностей может быть распространена на любое число m зависимых событий A 1 , A 2 , … , A m :

P (A 1 · A 2 ·… · A m ) = P (A 1) · P A 1 (A 2) ×
× P A 1 A 2 (A 3) ·…· P A 1A 2…A m –1 (A m ), (25)

Причем вероятность последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие произошли.

Пример 1.15. Для некоторой местности среднее число пасмурных дней в июле равно 6. Какова вероятность того, что первого и второго июля будет ясная погода?

Решение. Введем обозначения событий: A – «первого июля будет ясная погода»; B – «второго июля будет ясная погода»; A и B – события зависимы, AB – «первого и второго июля будет ясная погода».

Вероятность того, что первого июля будет ясная погода, равна . Вероятность того, что второго июля будет ясная погода, при условии, что первого июля была ясная погода, равна . Тогда искомая вероятность того, что первого и второго июля будет ясная погода, по теореме умножения вероятностей зависимых событий, равна
.

Пример 1.16. Найти вероятность того, что наудачу написанная простая дробь сократится на 2.

Решение. Обозначим A – событие, заключающееся в том, что «дробь сократится на 2»; B – событие «числитель дроби делится на 2»; C – «знаменатель дроби делится на 2».

Так как каждое второе число делится на 2, то .

B и C – независимые события.

А = В · С ;
.

Пример 1.17. Бросили монету и игральную кость. Какова вероятность того, что на монете выпал герб, а на кости – число очков, кратное 3?

Решение. Пусть событие A – «на монете выпал герб», событие
B – «на игральной кости выпало число очков, кратное 3».

, .

Пусть событие C – «одновременное появление событий A и B ». Следовательно, C = A · B . Так как A и B события независимые, то вероятность появления события С равна

Пример 1.18. Спортсмен стреляет по мишени, разделенной на
3 сектора. Вероятность попадания в первый сектор равна 0,4, во второй – 0,3. Какова вероятность попадания либо в первый, либо во второй сектор?

Решение. Событие A – «попадание в первый сектор», событие
B – «попадание во второй сектор». Данные события несовместны (попадание в один сектор исключает попадание во второй).

Событие C – «попадание либо в первый, либо во второй сектор», т. е. С = A + B. Тогда Р (А + В ) = Р (А ) + Р (В ) = 0,4 + 0,3 = 0,7.

Пример 1.19. Монета подброшена три раза. Какова вероятность того, что цифра выпадет ровно 2 раза?

Решение. Пусть A k – «выпадение цифры при k -том подбрасывании монеты» (k = 1, 2, 3); A – «выпадение двух цифр при трех подбрасываниях». Тогда . Слагаемые в правой части этого равенства попарно несовместны, следовательно

Так как события A 1 , A 2 , A 3 – независимы, тогда

Пример 1.20. Найти вероятность того, что наудачу взятое двухзначное число окажется кратным или 2, или 7, или тому и другому одновременно.

Решение. Событие A – «наудачу взятое двухзначное число кратно 2», событие B – «наудачу взятое двухзначное число кратно 7». Найдем P (C ) = P (A + B ). Так как A и B – события совместные, то P (A + B ) =
= P (A ) + P (B ) – P (AB ).

Двухзначных чисел всего 90, из них 45 – кратны двум (являются четными) и благоприятствуют событию A ; 13 чисел кратны семи и благоприятствуют событию B ; 7 чисел кратны двум и семи одновременно и благоприятствуют событию AB .

; ; .

Следовательно,
.

Пример 1.21. Вероятность хотя бы одного попадания в мишень стрелком при трех выстрелах равна 0,875. Какова вероятность попадания в мишень при одном выстреле?

Решение. Вероятность хотя бы одного попадания в мишень при трех выстрелах (событие A ), согласно формуле (22), равна P (A ) = 1 –
– q 3 , где q – вероятность промаха. По условию P (A ) = 0,875. Следовательно, 0,875 = 1 – q 3 или q 3 = 1 – 0,875, q = 0,5. По формуле (18) определим вероятность появления события А : p = 1 – 0,5 = 0,5.

Ниже для вас собран сборник задач по теории вероятности для подготовки к решению задачи 4 ЕГЭ по математике из профиля или задачи 10 из базы. Можно потренироваться решать задачи, разобрав решения из этого сборника. Это не означает, что нужно ограничиваться именно ими, они даны только для тренировки и отработки навыка решения.

Задача 1.

В некоторой местности наблюдения показали:

• Если июньское утро ясное, то вероятность дождя в этот день 0,1.
• Если июньское утро пасмурное, то вероятность дождя в течение дня равна 0,4.
• Вероятность того, что утро в июне будет пасмурным, равна 0,3.

Найдите вероятность того, что в случайно взятый июньский день дождя не будет.

Решение.

Найдем вероятность того, что утро пасмурное (0,3) и дождя не будет (1-0,4) или утро ясное (1-0,3) и дождя не будет (1-0,1).

0,3* (1- 0,4) + 0,7* (1-0,1) = 0,3*0,6 + 0,7*0,9 = 0,18+0,63 = 0,81

Если события соединены связкой И , то вероятности этих событий перемножаются. Если события соединяются связкой ИЛИ , то вероятности этих событий складываются.

Задача 2.

Если гроссмейстер А. играет белыми, то он выигрывает у гроссмейстера Б. с вероятностью 0,6. Если А. играет черными, то А. выигрывает у Б. с вероятностью 0,4. Гроссмейстеры А. и Б. играют две партии, причем во второй партии меняют цвет фигур. Найдите вероятность того, что А. выиграет оба раза.

Решение.

Событие Х — «Играя белыми одну партию, А. выигрывает».

Событие У — «Играя черными одну партию, А. выигрывает».

Рассмотрим событие (Х и У ).

Р(Х и У) = Р(Х)*Р(У) = 0,6*0,4=0,24.

Ответ: 0,24

Задача 3.

Две фабрики выпускают одинаковые стекла для автомобильных фар . Первая фабрика выпускает 30% этих стекол, вторая - 70%. Первая фабрика выпускает 3% бракованных стекол, а вторая - 4%. Найдите вероятность того, что случайно купленное в магазине стекло, окажется бракованным.

Решение. Переводим %% в дроби.

Событие А — «Куплено стекло первой фабрики». Р(А)=0,3

Событие В — «Куплено стекло второй фабрики». Р(В)=0,7

Событие Х — » Стекло бракованное».

Р(А и Х) = 0.3*0.03=0.009 — вероятноcть того, что купленное стекло сделано первой фабрикой И оно бракованное.

Р(В и Х) = 0.7*0.04=0.028 — вероятность, что стекло со 2-й фабрики И оно бракованное.

По формуле полной вероятности:

Р = 0.009+0.028 = 0.037

Ответ: 0,037

Задача 4.

Вероятность того, что батарейка бракованная , равна 0,06. Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две таких батарейки. Найдите вероятность того, что обе батарейки окажутся исправными.

Решение. Вероятность того, что взятая наугад батарейка исправна, равна 1-0,06 = 0,94

Р = 0,94*0,94 — вероятность, что и первая и вторая исправны

Ответ: 0,8836

Задача 5.

Автоматическая линия изготавливает батарейки . Вероятность того, что готовая батарейка неисправна, равна 0,02. Перед упаковкой каждая батарейка проходит систему контроля. Вероятность того, что система забракует неисправную батарейку, равна 0,99. Вероятность того, что система по ошибке забракует исправную батарейку, равна 0,01. Найдите вероятность того, что случайно выбранная из упаковки батарейка будет забракована.

Решение.

Вероятность, что готовая батарейка исправна равна 1-0,02=0,98

Р1 = 0,02*0,99 = 0,0198 — вероятность, что неисправную батарейку забракуют

Р2 = 0,98*0,01 = 0,0098 — вероятность, что исправная батарейка будет забракована

Р=Р1+Р2 = 0,0296

Ответ: 0,0296

Задача 6.

Вероятности того, что деталь определенного типа находится в первом, втором, третьем или четвертом ящике, соответственно равны 0,6, 0,7, 0,8, 0,9. Найти вероятности того, что эта деталь находится не более, чем в трех ящиках.

Решение. Не более, чем в 3-х ящиках означает, что деталь находится в одном, двух или трех ящиках. Противоположное событие — деталь находится во всех четырех ящиках. Найдем вероятность этого противоположного события.

Р1 = 0,6*0,7*0,8*0,9 = 0,3024, тогда Р = 1- Р1 = 1 — 0,3024 = 0,6976

Ответ: 0,6976

Задача 7.

Вероятность того, что взятая наугад деталь из некоторой партии деталей, будет бракованной равна 0,2. Найти вероятность того, что из трех взятых деталей 2 окажутся не бракованными.

Решение. Вероятность, что деталь бракованная равна 0,2, что деталь без брака равна 1-0,2=0,8.

Р1= 0,2*0,8*0,8 = 0,128 — вероятность того, что первая деталь бракрованная, а вторая и третья нет.

Р2=0,8*0,23*0,8 = 0,128 — вторая бракованная, аналогично Р3=0,128 — третья бракованная.

Р = Р1+Р2+Р3 = 3*0,128 = 0,384

Ответ: 0,384

Задача 8.

На рисунке изображён лабиринт. Паук заползает в лабиринт в точке «Вход».
Развернуться и ползти назад паук не может. На каждом разветвлении паук выбирает
путь, по которому ещё не полз. Считая выбор дальнейшего пути случайным,
определите, с какой вероятностью паук придёт к выходу D.

Решение. Исход — выбор направления на разветвлении. На первом разветвлении у паука 2 есть исхода, вероятность каждого 1/2. С вероятностью 0,5 он поползет к выходу D.

Ответ: 0,5

Задача 9.

Механические часы с двенадцатичасовым циферблатом в какой‐то момент

сломались и перестали ходить. Найдите вероятность того, что часовая стрелка застыла,

достигнув отметки 10, но не дойдя до отметки 1 час. (Из трен. вар. 22)

Решение. Благоприятный диапазон — 3 промежутка (10-11, 11-12, 12-1), весь диапазон — 12 промежутков.

Р = 3/12 =1/4=0,25

Ответ: 0,25

Задача 10.

На рисунке изображён лабиринт . Паук заползает в лабиринт в точке «Вход». Развернуться и ползти назад паук не может. На каждом разветвлении паук выбирает путь, по которому ещё не полз. Считая выбор дальнейшего пути случайным, определите, с какой вероятностью паук придёт к выходу А. (Из трен. вар. 23)

Решение. На каждом разветвлении вероятность выбора направления равна 0,5. К выходу А есть 2 пути. На одном — паук делает выбор 5 раз, а на втором — 3 раза, с вероятностью 0,5 каждый раз.

Р = 0,5 5 +0,5 3 = 0,5 3 (0,25+1) = 0,125*1,25 = 0,15625

Ответ: 0,15625

Задача 11.

Всем пациентам с подозрением на гепатит делают анализ крови. Если анализ выявляет гепатит, то результат анализа называется положительным. У больных гепатитом пациентов анализ даёт положительный результат с вероятностью 0,9. Если пациент не болен гепатитом, то анализ может дать ложный положительный результат с вероятностью 0,01. Известно, что 5% пациентов, поступающих с подозрением на гепатит, действительно больны гепатитом. Найдите вероятность того, что результат анализа у пациента, поступившего в клинику с подозрением на гепатит, будет положительным

Решение.

Вероятность того, что поступивший болен гепатитом равна 0,05, а что не болен — равна 0,95.

Умножаем в каждом случае на вероятность положительного результата: 0.9 для больного и 0,01 для здорового.

Р= 0,05*0,9 + 0,95*0,01 = 0,0545

Ответ: 0,0545

Задача 12.

В группе туристов 5 человек. С помощью жребия они выбирают двух человек, которые должны идти в село за продуктами. Турист А. хотел бы сходить в магазин, но он подчиняется жребию. Какова вероятность того, что А. пойдёт в магазин?

Решение. Исход — выбор 2-х человек из 5. Количество исходов С 5 2 = 5!/(2!*3!) = 5*4/2 = 10.

Благоприятный исход: Турист А с кем-то в паре. Таких исходов 4.

Р = 4/10 = 0,4

Ответ: 0,4

Задача 13.

Перед началом футбольного матча судья бросает монетку , чтобы определить, какая из команд начнёт игру с мячом. Команда «Физик» играет три матча с разными командами. Найдите вероятность того, что в этих играх «Физик» выиграет жребий ровно два раза.

Решение. В одной игре команда «Физик» имеет 2 исхода: начинает игру или начинает не она. Т.к. игр три, то всего исходов 2 3 =8 .

Будем обозначать благоприятный исход — 1, не благоприятный 0.

Для трех игр расстановка исходов такая:

000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111.

Среди них благоприятных 3: 011, 101, 110.

Р=3/8 = 0,375.

Задача 14.

При артиллерийской стрельбе автоматическая система делает выстрел по цели. Если цель не уничтожена, то система делает повторный выстрел. Выстрелы повторяются до тех пор, пока цель не будет уничтожена. Вероятность уничтожения некоторой цели при первом выстреле равна 0,4, а при каждом последующем - 0,6. Сколько выстрелов потребуется для того, чтобы вероятность уничтожения цели была не менее 0,98?

Решение. Вероятность поразить мишень равна сумме вероятностей поразить её при первом или втором или … k-м выстреле.

Будем вычислять вероятность уничтожения при k-м выстреле, задавая значения k=1,2,3… И суммируя полученные вероятности

k=2 P=0,6*0,6=0,36 — при первом выстреле промах, при втором цель уничтожена

k=3 P=0,6*0,4*0,6 = 0,144 — цель уничтожена при третьем выстреле

S=0,76+0,144=0,904

k=4 P=0,6*0,4*0,4*0,6= 0,0576 — при 4-м

S=0,904+0,0576=0,9616

k=5 P=0,6*0,4 3 *0,6 = 0,02304

S=0,9616+0,02304=0,98464 — достигли нужной вероятности при k=5.

Ответ: 5.

Задача 15.

Чтобы пройти в следующий круг соревнований , футбольной команде нужно набрать хотя бы 4 очка в двух играх. Если команда выигрывает, она получает 3 очка, в случае ничьей - 1 очко, если проигрывает - 0 очков. Найдите вероятность того, что команде удастся выйти в следующий круг соревнований. Считайте, что в каждой игре вероятности выигрыша и проигрыша одинаковы и равны 0,4.

Решение. 4 очка и больше в двух играх можно набрать такими способами:

3+1 выиграла, ничья

1+3 ничья, выиграла

3+3 оба раза выиграла

Вероятность выигрыша равна 0,4, проигрыша — 0,4, вероятность ничьей равна 1-0,4-0,4 = 0,2.

Р = 0,4*0,2 + 0,2*0,4 + 0,4*0,4 = 2*0,08+0,16 = 0,32

Ответ: 0,32

Задача 16.

На сборку поступают детали с двух автоматов : с первого – 70%, со второго – 30%. При этом незначительные дефекты с первого автомата в 10% случаев, а со второго – в 20%. Найдите вероятность того, что взятая наудачу деталь имеет незначительный дефект.

Решение. Пусть всего х деталей, тогда с 1-го станка поступило 0,7х деталей и среди них 0,7х*10%=0,7х*10/100=0,07х с дефектами.

Со второго станка поступило 0,3х деталей и среди них 0,3х*20/100=0,06х с дефектами.

Всего в партии деталей с дефектами 0,07х+0,06х=0,13х .

По формуле классической вероятности Р= 0,13х/х=0,13

Ответ: 0,13

Задача 17.

В магазин поступают изделия с 4-х фабрик . 1-я, 2-я, 3-я, 4-я поставляют соответственно 10, 20, 30, 40 %. Среди изделий 1, 2, 3, 4-й фабрик соответственно 0,08, 0,08, 0,05, 0,06 бракованных. Найти вероятность того, что купленное изделие является качественным.

Решение. Вероятность купить изделие 1-й фабрики 10% или 0,1, вероятность, что оно качественное равна 1-0,08=0,92.

Вероятность купить качественное изделие первой фабрики Р1=0,1*0,92=0,092.

Аналогично, вероятность купить качественное изделие 2-й фабрики равна

Р2= 0,2*(1-0,08)=0,184.

Р3=0,3*(1-0,05)=0,285 — 3-й

Р4=0,4*(1-0,06)=0,376 — 4-й

Вероятность купить качественное изделие равна сумме вероятностей:

0,092 + 0,184 + 0,285 + 0,376=0,937

Задача 18.

В аквариуме из 12 рыбок 4 золотых. Какова вероятность того, что из случайно отловленных 3-х рыбок 1 золотая?

Решение. В аквариуме 4 золотые рыбки, 8 — обычные. Исходом считаем выбор трех любых рыбок , а благоприятным исходом — выбор одной золотой рыбки и двух простых .

Найдем количество благоприятных исходов.

Количество способов выбрать 1 золотую рыбку из 4-х равно 4 .

Количество способов выбрать 2 простые рыбки из 8 равно С 8 2 =8!/(2!*6!) = 8*7*6*5*4*3*2*1/(2*6*5*4*3*2)= 8*7/2=28 . Всего благоприятных исходов m=4*28=112.

Количество всех исходов n=C 12 3 = 12!/(3!*9!) = 12*11*10/(1*2*3)=220.

P= m/n = 112/220 = 0,509… ≈ 0,51

Задача 19.

В урне 5 белых и 4 черных шара . Из урны на угад вынимают два шара. Какова вероятность того, что это будет: а) два белых шара ; б) два черных шара ; в) один черный и один белый.

Решение.

a) Вероятность, что первый шар белый Р=5/9

Осталось 4 белых, всего 8 шаров, вероятность вытащить второй белый = 4/8=1/2

Р=5/9*1/2 = 5/18 =0,28

б) Р=4/9 * 3/8 = 1/6

в) Вероятность, что первый черный, а второй белый Р=4/9 * 5/8 = 5/18

Вероятность, что первый белый, а второй черный Р=5/9 * 4/8 = 5/18

Окончательно, вероятность, что 1 белый и один черный Р=5/18 + 5/18 = 10/18 = 5/9

Задача 20.

В урне 2 белых и 8 черных шаров . Из урны извлекают 2 шара. Какова вероятность того, что эти шары черного цвета? одинаковые? разных цветов?

Решение.

Всего шаров в первой урне 10.

1) Вероятность извлечь первым черный шар из первой урны равна 8/10, останется 9 шаров, из них 7 черных. Вероятность извлечь черны шар равна 7/9.

Вероятность того, что первый черный и второй черный Р1= 8/10*7/9= 28/45 = 0,6222..≈ 0,62

2) Аналогично находим, что оба шара белые.

Р2 = 2/10 * 1/9 = 1/45 ≈ 0,02

Вероятность, что оба шара одного цвета (или оба черные или оба белые) равна

Р = Р1+Р2 = 28/45+1/45 = 29/45 = 0,64

3) Вероятность, что первый белый, а второй черный Р3= 2/10 * 8/9 = 8/45

Вероятность, что первый черный, а второй белый Р4 = 8/10 * 2/9 = 8/45

Р = Р3+Р4 = 16/45 = 0,35

Задача 21.

Имеются три одинаковые урны. В первой урне находятся 4 белых, 4 черных и 4 красных шара, во второй – 4 белых, 6 черных и 8 красных шаров, а в третьей – 6 белых и 6 черных шаров. Наудачу выбирается урна и из нее наугад выбирается один шар. Выбранный шар оказался красным. Какова вероятность того, что этот шар вынут из второй урны?

Решение.

1. Событие А — вынут красный шар.

Гипотезы Н1, Н2, Н3 — шар вынут, соответственно, из 1-й, 2-й, третьей урны. Р(Н1) = Р(Н2) = Р(Н3) = 1/3

P(A|H1) = 4/12 = 1/3

P(A|H2) = 8/18=4/9

P(A|H3) = 0/12 = 0

P(A) = 1/3*(1/3+4/9+0) = 1/3* 7/9 = 7/27

P(H2|A) = P(H2)*P(A|H2)/P(A) = (1/3 * 4/9) / (7/27) = 4/7

Задача 22.

В первой урне находится 6 белых и 4 черных шаров, а во второй — 5 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую переложили один шар, после чего из второй урны извлекли один шар, оказавшийся белым. Какова вероятность того, что из первой урны во вторую был переложен белый шар?

Решение.

Н1 — выбран белый шар из 1-й корзины

Н2 — выбран черный шар из 1-й корзины

А — выбран белый шар из 2-й корзины

Р(Н1) = 6/10 = 0,6

Р(Н2)= 4/10 = 0,4

Р(А/Н1) =6/10 = 0,6 {вероятность события А при условии, что произошло событие Н1}

Р(А/Н2) = 5/10 = 0,5 {вероятность события А при условии, что произошло событие Н2}

Р(А) = Р(Н1)*Р(А/Н1) + Р(Н2)*Р(А/Н2) = 0,6*0,6 + 0,4*0,5 = 0,56

Р(Н1/А) = [ Р(А/Н1) * Р(А) ] / Р(Н1) = (0,6*0,56)/0,6 = 0,56

Ответ: 0,56

Задача 23.

В каждой из двух урн по 5 черных и 5 белых шара. Из первой во вторую урну переложили шар. Какова вяроятность того, что случайно выбранный из второй урны шар окажется белым?

Решение.

Пусть событие А — из второй урны вынут белый шар.
Рассмотрим гипотезы:

Н1 — из первой урны вынули белый шар
Н2 — из первой урны вынули черный шар

Р(Н1) = 5/10 = 0,5
Р(Н2) = 5/10 = 0,5

Р(А|H1) = 6/11 (во второй урне стало 6 белых 5 черных)
P(A|H2) = 5/11 (во 2-й урне стало 5 белых и 6 черных).

P(A) = P(H1)*P(A|H1) + P(H2)*P(A|H2) = 0,5*6/11 + 0,5*5/11 = 0,5

Ответ: 0,5

Задача 24.

Имеются три одинаковые урны . В первой урне находятся все белые шары, во второй – черные , а в третьей – 2 белых и 1 черный шар. Наудачу выбирается урна и из нее наугад выбирается один шар. Выбранный шар оказался черным. Какова вероятность того, что этот шар вынут из второй урны?

Решение.

Событие А — вынут черный шар.

Гипотезы Н1, Н2, Н3 — шар вынут, соответственно, из 1-й, 2-й, 3-й урны. Р(Н1) = Р(Н2) = Р(Н3) = 1/3

P(A|H1) = 0 — вероятность вынуть черный шар при условии, что выбрана первая урна

P(A|H2) = 1 — вероятность вынуть черный шар из второй урны

P(A|H3) = 1/3 — вероятность вынуть черный шар из третьей урны

P(A) = 1/3*(0+1+1/3) = 1/3* 4/3 = 4/9

Найдем условную вероятность, что черный шар вынут из второй урны.

P(H2|A) = P(H2)*P(A|H2)/P(A) = (1/3 * 1) / (4/9) = 1/3 * 9/4= 3/4 = 0,75

Ответ: 0,75

Задача 25.

Решение.

Событие А: извлекли первый шар с номером 1 (вероятность равна 1/5), то его не вернут, и вероятность вынуть затем шар №2 равна 1/4.

Р(А) =1/5*1/4=1/20.

Событие В: извлекли шар №»2 с вероятность 1/5, осталось 4 шара, вероятность вторым вынуть шар №2 равна 0.

Событие С: первым извлекли шар №3 или №4 или №5. Вероятность равна 3/5, вероятность вынуть вторым шар №2 равна 1/5 (так первый шар вернули).

Р(С)=3/5 * 1/5 = 3/25

Р= Р(А)+Р(В)+Р(С) = 1/20+ 0 + 3/25 = 0,05+0,12 = 0,17

Ответ: 0,17

Задача 26.

В одном ящике 6 белых и 4 черных шара, в другом 7 белых и 3 черных. Из каждого ящика наудачу извлекают по одному шару. Найти вероятность того, что а) шары черные; б) только один черный; в) хотя бы один черный.

Решение.

а) 4/10 — вероятность вытащить черный шар из 1-го ящика, 3/10 — вер. вытащить черный шар из 2-го.

Р=0,4*0,3=0,12

б) Вер., что из первого ящика черный, а из второго белый Р1=4/10 *7/10=0,28

Вер., что из первого белый, а из второго черный Р2=6/10*3/10=0,18

Р=Р1+Р2=0,28+0,18=0,46

в) Найдем вероятность противоположного события: вытащили все белые.

р= 6/10 * 7/10=0,42

Тогда вероятность, что хотя бы 1 черный равна 1-р=1-0,42=0,58

Задача 27.

В урне 4 белых и 2 черных шара. Вытаскивают все шары по одному. Найти вероятность того, что черные шары вытащили последними.

Решение.

Найдем вероятность, что сначала вытащили все белые шары, тогда 2 последних будут черные.

Всего шаров 6. Вероятность, что первым вытащили белый шар равна 4/6=2/3.

Осталось 5 шаров: 3 белых, 2 черных. Вероятность вытащить белый шар равна 3/5.

Осталось 4 шара: 2 белых, 2 черных. Вероятность вытащить белый шар 2/4=1/2.

Осталось 3 шара: 1 белый, 2 черных. Вероятность вытащить белый шар 1/3.

Вероятность того, что вытащили подряд 4 белых шара равна Р=2/3 * 3/5 * 1/2 * 1/3 = 1/15

Ответ: 1/15

Задача 28.

В урне 10 шаров в них 2 чёрных наудачу взято 3 найти вероятность того что среди выбранных шаров хотя бы один чёрный

Решение.

Найдем вероятность противоположного события: «Среди взятых трех шаров нет ни одного черного.»

Вероятность вытащить первый шар белый Р1= 8/10. Осталось 9 шаров, из них 7 белых, вероятность вытащить второй белый шар Р2=7/9. Осталось 8 шаров, среди них 6 белых. Р3=6/8.

Р=Р1*Р2*Р3=8/10 *7/9 *6/8 = 14/30=7/15.

Вероятность, что из трех шаров хотя бы 1 черный равна 1-Р=1-7/15=8/15.

Ответ: 8/15

Задача 29.

В урне 4 белых и 4 черных шара. Из этой урны наудачу извлекли 5 шаров. Какова вероятность того, что 2 из них белые, а 3 — черные?

Решение.

Всего 8 шаров. Количество способов вынуть 5 шаров из 8:

n=С 8 5 = 8!/(5!*3!)=8*7*6/(2*3)= 56

Количество способов вынуть 2 белых из 4 белых: С 4 2 =4!/(2!*2!) = 1*2*3*4/(2*2)= 6

Количество способов вынуть 3 черных из 4 черных: С 4 3 =4!/(3!*1!)= 1*2*3*4*(1*2*3)=4

Количество способов вынуть 2 белых и 3 черных m= 6*4=24

P=m/n=24/56=3/7

Задача 30.

В ящике 20 белых,15 черных,25 синих и 10 красных шаров. Какова вероятность того,что:

a) Наугад вынут шар черного цвета;
b) Наугад вынут шар черного или белого цвета;
в) Наугад вынут шар не красного цвета;
г) Оба вынутых наугад шара оказались красными;
д) Из двух вынутых наугад шаров хотя бы один оказался синего цвета.

Решение.

Всего шаров 70.

а) По формуле Р=m/n, где n — количество всех шаров, m — количество черных шаров, получим Р= 15/70=3/14≈0,214

б) Черных+белых шаров = 20+15=35, m=35, n=70.

Р=35/70=0,5

в) Не красных шаров 70-10=60, Р= 60/70=6/7

г) Оба оказались красными. Вероятность события, что первый вытянутый шар красный, равна 10/70=1/7. При этом останется 70-1=69 шаров, из них 9 красных. Вероятность события, что второй шар вытянут красный, равна 9/69 =3/23 .

Вероятность, что произойдут оба этих события (и первый и второй — красные) равна произведению вероятностей. Р=1/7 * 3/23 = 3/161 ≈ 0,019

д) Найдем вероятность противоположного события — «ни один из двух шаров не синего цвета».

Всего шаров 70, 25 — синих, 45 — не синих.

Вероятность вытащить первый не синий шар р1=45/70=9/14, вероятность вынуть второй не синий р2=44/69. Вероятность, что оба не синих р1*р2=9/14 *44/69 = 66/161

Вероятность противоположного события, что хотя бы 1 синий равна Р= 1 — 66/161 = 95/161 ≈ 0,59 Р=С 5 3 /С 20 3 = 5!/(3!*2!) / (20!/(3!*17!)) , получим то же самое.

б) Найдем вероятность противоположного события: ни один вынутый шар из трех — не черный.

Всего 20 шаров, 17 не черных. Р 1 =С 17 3 /С 20 3 = 17!/(3!*14!) / (20!/(3!*17!) = 17*16*15/(20*19*18) = 0,596

Р=1-Р1=1-0,596= 0,404

в) 12 белых, 8 не белых.

Р= С 12 2 *8 / С 20 3 (количество способов выбрать 2 белых и один не белый делим на количество способов выбрать 3 любых шара из 20).

Р= 12!/(2!*10!) *8/(20!/(3!*17!) = 12*11/2 *8 /(20*19*18/6) = 66*8*6/(20*19*18)= 0,463

Задача 32.

В урне находится равное количество шаров красного, синего, зеленого, желтого и черного цветов. Из урны последовательно 3 раза достают по одному шару, каждый раз возвращая его обратно. Найти вероятность того, что хотя бы два шара окажутся одинакового цвета.

Решение.

Шаров каждого цвета n , а всего шаров 5 n . Шары вынимаются с возвращением. Выбрать 1 шар можно 5n способами.

Надо найти вероятность противоположного события — того, что все 3 вынутых шара будут разного цвета. А затем из 1 вычесть найденную вероятность.

Количество всех исходов 5n*5n*5n=125n 3 .

Количество наборов из трех разных цветов — С 5 3. Набор — это три разных цвета для трех шаров, а т.к. шар любого цвета может быть выбран n cпособами, то количество благоприятных исходов равно С 5 3 * n*n*n.

P1 = C 5 3 *n 3 / (125n 3) = 5!/(3!*2!) /125 = 10/125 = 0,08

P = 1 -P1= 1-0,08= 0,92

2-й способ.

Т.к. количество шаров n — то положим n=1. найдем вероятность вынуть набор красный, желтый и черный. Т.к. вынимаем с возращением, то вероятность вынуть любой шар равна 1/5, а вероятность вынуть указанный набор равна 1/5*1/5*1/5 = 1/125. Количество всевозможных наборов из трех разных шаров равно С 5 3 =10. По теореме о сумме вероятностей Р1=10/125 = 2/25.

Р= 1- 2/25 = 23/25= 0,92.

Задача 33.

Вероятность попадания стрелком в мишень при каждом выстреле не зависит от результатов предыдущих выстрелов и равна 0,8. Стрелок сделал 5 выстрелов. Найти вероятности следующих событий:

а) мишень поражена одной пулей;
б) мишень поражена двумя пулями;
в) зарегистрировано хотя бы одно попадание;
г) зарегистрировано не менее трех попаданий.

Решение.

Вероятность попадания при одном выстреле равна 0.8, а вероятность не попадания равна 0,2.

а) По ф-ле Бернулли Р=0,8*0,2 4 *С 5 1 =0,8*0,2 4 *5 =0,0064 (1 раз попал и 4 раза не попал)

б) По формуле Бернулли Р=0,8*0,8*0,2 3 *C 5 2 = 0,8 2 *0,2 3 *5!/(3!*2!)=0,0512

в) Рассмотрим противоположное событие — не попал ни разу р=0,2 5 .
Тогда вероятность попадания хотя бы 1 раз равна Р= 1- 0,2 5

г) не менее трех означает, что попал 1 или 2 или 3 раза
Р = 5*0,8*0,2 4 + С 5 2 *0,8 2 *0,3 3 + С 5 3 *0,8 3 *0,2 2

Задача 36.

Снаряд уничтожает цель с вероятностью 0,8. Сколько надо выпустить снарядов по цели, чтобы уничтожить цель с вероятностью 0,99?

Решение.

Вероятность промаха при первом выстреле равна 0,2, при каждом следующем выстреле такая же.
Подсчитаем количество выстрелов х , при которых цель не будет уничтожена
с вероятностью менее 1-0,99=0,01.

x=1 p1=0,2 — вероятность промаха при одном выстреле

x=2 p2=0,2*0,2=0,04 — вероятность промаха при 2-х выстрелах.

х=3 р3=0,2*0,2*0,2=0,008 — вероятность промаха при трех выстрелах, что меньше 0,01 .

Значит х=3

Ответ: 3.

2-й способ.

Вероятность поражения цели при х выстрелах равна сумме вероятностей поражения цели при одном или 2-х или 3-х и т.д. или при х выстрелах.

1) Вероятность поражения цели при одном первом выстреле равна р1=0,8,

2) Вероятность промаха при первом и поражения при втором равна р2=0,2*0,8=0,16.

Вероятность поражения при первом или втором рана 0,8+0,16=0,96

3) Вероятность промаха при первом и втором и поражении при третьем равна

р3=0,2*0,2*0,8=0,032

Вероятность поражения при первом или втором или третьем равна

р1+р2+р3=0,8+0,16+0,032= 0,992 >0,99

Значит, необходимо сделать 3 выстрела.

Ответ: 3.

Задача 37.

Вероятность попадания одной ракеты в цель равна р = 0,7. Для поражения цели достаточно одного попадания. Сколько следует выполнить пусков ракет, чтобы поразить цель с вероятностью не менее 0,99?

Решение.

Рк — вероятность попадания при к-том выстреле

Р2=0,3*0,7=0,21 — первый раз ракета не попала, второй попала

Р1+Р2=0,91 — вероятность, что попала при первом или втором выстреле.

Получили меньше 0,99

Вычисляем Р3 и находим новую сумму.

Р3=0,3*0,3*0,7 = 0,063 — 2 раза не попала, третий попала

Р1+Р2+Р3=0,91+0,063=0,973 — мало

Р4=0,3*0,3*0,3*0,7=0,0441 — 3 раза не попала, 4-й раз попала

Р1+Р2+Р3+Р4=0,973+0,0441= 1,0171 > 1 значит, при четырех выстрелах ракета наверняка попадет

Однородные Марковские процессы.

1. Пусть {E 1 , E 2 , E 3 } – возможные состояния системы и P – матрица вероятностей перехода из состояния в состояние за один шаг:

Построить граф, соответствующий матрице Р.

2. На окружности расположены шесть точек E 1 , E 2 , E 3 , E 4 , E 5 , E 6 равноотстоящих друг от друга. Частица движется из точки в точку следующим образом. Из данной точки она перемещается в одну из ближайших соседних точек с вероятностью ¼ или в диаметрально противоположную точку с вероятностью ½. выписать матрицу вероятностей перехода для этого процесса и построить граф соответствующий этой схеме.

Ответ:

3. Погода на некотором острове через длительные периоды времени становится то дождливой (Д), то сухой (С). Вероятности ежедневных изменений заданы матрицей:

а) Если во вторник погода дождливая, то какова вероятность, что она будет дождливой в ближайший четверг?

б) если во вторник ожидается дождливая погода с вероятностью 0,3 (0,8), то какова вероятность, что она будет дождливой в ближайший четверг?

Ответ: I а) 0,61; б) 0,547; II - ?

4. Электрон может находиться на одной из счетного множества орбит в зависимости от наличной энергии. Переход с i-той орбиты на j-тую происходит за 1 секунду с вероятностью

Найти: а) вероятность перехода за 2 секунды

б) постоянную с i

Ответ: а)

Замечание: здесь рассматривается физический процесс с бесконечным (счетным) множеством состояний.

5. Рассмотрим Марковскую цепь с двумя состояниями S 1 и S 2 и матрицей вероятностей перехода.

. С помощью особого устройства случайного выбора выбирают состояние, с которого начинается процесс. Это устройство выбирает S 1 с вероятностью ½ и S 2 с вероятностью ½.

Требуется: а) найти вероятность того, что после первого шага этот процесс перейдет в состояние S 1 .

б) то же самое для случая, когда устройство выбирает S 1 с вероятностью ¼ и S 2 с вероятностью ¾.

6. В учениях участвуют два корабля, которые одновременно производят выстрелы друг в друга через равные промежутки времени. При каждом обмене выстрелами корабль А поражает корабль В с вероятностью ½, а корабль В поражает корабль А с вероятностью 3/8. Предполагается, что при любом попадании корабль выходит из строя. Рассматриваются результаты серии выстрелов. найти матрицу вероятностей перехода, если состояниями цепи являются комбинации кораблей, оставшихся в строю: S 1 – оба корабля в строю, S 2 – в строю корабль А, S 3 – в строю корабль В, S 4 – оба корабля поражены.

Ответ:

7. Матрица вероятностей перехода цепи Маркова имеет вид

а)
, б)

Распределение по состояниям в момент времени t=0 определяется вектором: а) (0.7; 0.2;0;1) б) (0; 0; 0; 1)

распределение по состояниям в момент t=2;

вероятность того, что в моменты t=0; 1; 2; 3 состояниями цепи будут соответственно S 1 , S 2 , S 3 , S 4 ;

стационарное распределение

Ответ: 1) (0.385; 0.336; 0.279); 2) 0.3366; 3) (16.47;17.47; 14.47)

Указание: Найти P 2

8. Даны вектор начальных вероятностей (a 1 , a 2 , …,a r) и переходные вероятностиp ij (i,j=1, 2, …,r) цепи Маркова. Найти вероятность того, что в моменты времени n 1 , n 2 , …,n s состояниями цепи будут соответственноS i 1 ,S i 2 , …,S in .

Здесь моменты времени не обязательно являются соседними.

9. Доказать, что если для пи Маркова с матрицей вероятностей перехода (p ij) в качестве вектора начальных вероятностей взять предельные вероятности (b 1 ,b 2 , …,b n), то этот вектор не будет изменяться со временем.

10. В некоторой местности климат весьма изменчив. Здесь никогда не бывает двух одинаковых ясных дней подряд. Если сегодня ясно, то завтра с одинаковой вероятностью пойдет дождь или снег. Если сегодня снег (или дождь), то с вероятность ½ погода не измениться. Если все же она измениться, то в половине случаев снег заменяется дождем или наоборот и лишь в половине случаев на следующий день будет ясная погода.

Требуется:

а) принимая в качестве состояний цепи различные виды погоды Д, Я, С выписать матрицу Р вероятностей перехода;

б) построить граф, соответствующий матрице Р;

в) определить вероятность хорошей погоды через три дня после дождя.

г) найти предельные вероятности.

Ответ: а)

г) (0; 4; 0.2; 0.4)

12. Матрица вероятностей перехода

,1

Определить вероятности перехода p ij и средние предельные вероятности перехода, i,j=1,2,3,4.

Элементы теории вероятностей. Случайные события

Цель изучения - развить навыки составления и анализа математических моделей несложных задач прикладного характера, связанных со случайными явлениями, научить способам вычисления вероятностей простых и сложных событий, методам оценки неизвестных параметров на основе экспериментальных данных, методам проверки гипотез и правилам принятия решений.

Данная тема включает в себя:

· Основные понятия и определения.

· Действия над случайными событиями.

· Классическое определение вероятности.

· Свойства вероятностей.

· Случайные величины.

Изучив эту тему, студент должен:

· правила вычисления вероятностей случайных событий;

· способы определения и построения законов распределения вероятностей случайных величин и вычисления их числовых характеристик.

· вычислять вероятности простых и сложных событий;

· находить необходимые характеристики случайных величин по известным законам.

В розыгрыше кубка страны по футболу берут участие 17 команд. Сколько существует способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали?

Поскольку медали не равноценны, то количество способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали среди команд будет равно числу размещений из 17-ти элементов по 3, т.е. = 4080.

Произведено три выстрела по мишени. Рассматриваются такие элементарные события: А – попадание в мишень при i-том выстреле; – промах по мишени при i-том выстреле. Выразить через А и следующие события:

А – все три попадания; В – ровно два попадания; С – все три промаха; D – хотя бы одно попадание; Е – больше одного попадания; F – не больше одного попадания.

А – все три попадания, т.е. совместное появления трех событий А 1 , А 2 и А 3

Р(А) = Р(А 1 и А 2 и А 3)

В – ровно два попадания, т.е. два попадания и один промах

Р(В) = Р( 1 и А 2 и А 3 или А 1 и 2 и А 3 или А 1 и 2 и А 3)

С – все три промаха, т.е. совместное появления трех событий 1 и 2 , 3

Р(С) = Р( 1 и 2 и 3)

D – хотя бы одно попадание, т.е. или одно попадание, или два попадания или три попадания

Р(D) = Р( 1 и 2 и А 3 или 1 и А 2 и 3 или А 1 и 2 и 3 ИЛИ 1 и А 2 и А 3 или А 1 и 2 и А 3 или А 1 и 2 и А 3 ИЛИ А 1 и А 2 и А 3)

или по формуле

Р(D) = 1 – Р( 1 и 2 и 3)

Е – больше одного попадания, т.е. или два попадания или три попадания

Р(Е) = Р( 1 и А 2 и А 3 или А 1 и 2 и А 3 или А 1 и 2 и А 3 или А 1 и А 2 и А 3)

F – не больше одного попадания, т.е. одно попадание и два промаха

Р(F) = Р( 1 и 2 и А 3 или 1 и А 2 и 3 или А 1 и 2 и 3)

Игральный кубик бросают два раза. Описать пространство элементарных событий. Описать события: А – сумма появившихся очков равна 8; В – по крайней мере один раз появится 6.

W={(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)}

А – сумма появившихся очков равна 8. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события А={(2,6) (6,2) (5,3) (3,5) (4,4)}.

В – по крайней мере один раз появится 6. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события В={(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) (1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6)}.

В вазе с цветами 15 гвоздик: 5 белых и 10 красных. Из вазы наугад вынимают 2 цветка. Какова вероятность того, что эти цветки: а) оба белые; б) оба красные; в) разного цвета; г) одного цвета.

а) Пусть событие А состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка белые.

= 7×15 = 105, а количество возможных способов взять 2 белых цветка из 5-ти белых равно = 2×5 = 10. Тогда по классическому определению вероятность события А равна

.

б) Пусть событие В состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка красные.

Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 7×15 = 105, а количество возможных способов взять 2 красных цветка из 10-ти красных равно = 9×5 = 45. Тогда по классическому определению вероятность события В равна

.

в) Пусть событие С состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка разного цвета, т.е. один белый и один красный.

Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 7×15 = 105, а количество возможных способов взять 1 красный цветок из 10-ти красных И 1 белый цветок из 5-ти белых равно * = 10×5 = 50. Тогда по классическому определению вероятность события С равна

.

г) Пусть событие D состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка одного цвета, т.е. или оба белые (событие А) или оба красные (событие В). По теореме сложения независимых событий вероятность события D будет равна

Р(D) = Р(А или В) = Р(А) + Р(В) = 0,095 + 0,43 = 0,525

Из шести карточек с буквами I, С, К, Ь, Н, М наугад одну за другой вынимают и раскладывают в ряд в порядке появления. Какова вероятность того, что появится слово а) «НIС»; б) «CIM»?

Решение: (для пунктов а) и б) одинаково)

Каждый вариант получившегося «слова» является размещением из 6-ти элементов по 3. Число таких вариантов равно . Из этих вариантов правильным будет только один, т.е. m = 1, тогда по классическому определению вероятности

.

Вероятность того, что в течении одной смены возникнет поломка станка равна 0,05. Какова вероятность того, что не возникнет ни одной поломки за три смены?

Пусть событие А состоит в том, что в течении одной смены возникнет поломка станка. По условию задачи вероятность этого события равна Р(А) = 0,05. Противоположное событие состоит в том, что в течении одной смены поломка станка НЕ возникнет. Вероятность противоположного события

Р() = 1– Р(А) = 1 – 0,05 = 0,95.

Искомая вероятность равна

Р(В) = Р( и и ) = Р()×Р()×Р()= 0,95×0,95×0,95 = 0,95 3 = 0,86

Студент пришел на зачет зная только 30 вопросов из 50. Какова вероятность сдачи зачета, если после отказа отвечать на вопрос преподаватель задает еще один?

Вероятность того, что преподаватель задал студенту вопрос, на который он не знал ответа (событие А) равна Р(А) = . Найдем вероятность того, что на второй вопрос преподавателя студент знает ответ (событие В) при условии, что ответа на первый вопрос студент не знал. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда Р А (В) = . Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий.

Р(А и В) = Р(А)* Р А (В) = = 0,24.

С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?

Поскольку количество испытаний невелико (n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза воспользуемся формулой Бернулли:

, где q = 1 – p

Значит вероятность ясного дня равна q = 1 – p = 1 – 6/15 = 9/15.

С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 25 дней без дождя. Какова вероятность того, что 1-го и 2-го сентября дождя не будет?

Вероятность того, что 1-го сентября дождя не будет (событие А) равна Р(А) = . Найдем вероятность того, что и 2-го сентября дождя не будет (событие В) при условии, что 1-го сентября дождя не было. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда Р А (В) = . Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий.

Р(А и В) = Р(А)* Р А (В) = = 0,7.

Задача 10.

В условиях задачи 8 найти вероятность наивероятнейшего числа дней без дождя. (Задача 8. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?)

n·p – q ≤ m 0 ≤ n·p + p

По условию задачи 8 вероятность дня без дождя равна p = 9/15, значит вероятность дождливого дня равна q = 6/15. Составим неравенство

17,6 ≤ m 0 ≤ 18,6 Þ m 0 = 18

Наивероятнейшее число дней без дождя равно 18. Поскольку количество испытаний велико (n = 30) и нет возможности применить формулу Бернулли, то для нахождения вероятности наивероятнейшего числа дней без дождя воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

.

По таблице значений функции Гаусса определяем, что j(0) = 0,3989. Теперь

» 0,15.

Задача 11.

Вероятность получения удачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах.

Поскольку количество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 6 раз воспользуемся формулой Бернулли:

, где q = 1 – p

По условию задачи p = 3/4, значит q = 1 – p = 1 – 3/4 = 1/4.

Задача 12.

Вероятность рождения мальчика равна 0,515, девочки – 0,485. В некоторой семье шестеро детей. Найти вероятность того, что среди низ не больше двух девочек.

Пусть событие А состоит в том, что в семье, где шестеро детей, не больше двух девочек, т.е. в указанной семье или одна девочка или две девочки или все мальчики. Поскольку количество испытаний невелико (n = 6), то для нахождения вероятности события А воспользуемся формулой Бернулли:

, где q = 1 – p

По условию задачи вероятность рождения девочки равна p = 0,485 и вероятность рождения мальчика равна q = 0,515, тогда искомая вероятность будет равна

Р(А) = Р 6 (0) + Р 6 (1) + Р 6 (2) = + + = 0,018657 + 0,105421 + 0,248201 » 0,37228.

Задача 13.

Что вероятнее: выиграть у равносильного противника (включая ничью) три партии из пяти или пять из восьми?

Вероятность выиграть у равносильного противника равна p = 0,5, соответственно вероятность проиграть у равносильного противника равна q = 1 – p = 1 – 0,5 = 0,5.

Найдем и сравним такие вероятность Р 5 (3) и Р 8 (5)

Поскольку количество испытаний невелико (n = 5 и n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза (k = 8 раз) воспользуемся формулой Бернулли:

, где q = 1 – p

10×0,03125 = 0,3125;

Сравнивая полученные значения вероятностей Р 5 (3) = 0,3125 > Р 8 (5) = 0,2186 получаем, что вероятнее выиграть у равносильного противника три партии из пяти чем пять из восьми.

Задача 13А.

Из партии, в которой 25 изделий, среди которых 6 бракованных, случайным образом выбрали 3 изделия для проверки качества. Найти вероятность того, что: а) все изделия годные, б) среди выбранных изделий одно бракованное; в) все изделия бракованные.

а) Пусть событие А состоит в том, что все выбранные изделия годные. Количество возможных способов взять 3 изделия из 25-ти равно , т.е. = 2300, а количество возможных способов взять 3 годных изделия из (25 – 6) = 19-ти годных равно = 1938. Тогда по классическому определению вероятность события А равна

.

б) Пусть событие В состоит в том, что среди выбранных изделий одно бракованное, т.е. одно бракованное и два годных. Количество возможных способов взять 3 изделия из 25-ти равно = 2300, а количество возможных способов взять одно бракованное изделие из 6-ти бракованных И два годных изделия из (25 – 6) = 19-ти годных равно * = 6×153 = 738. Тогда по классическому определению вероятность события В равна

.

в) Пусть событие С состоит в том, что все выбранные изделия бракованные. Количество возможных способов взять 3 изделия из 25-ти равно = 2300, а количество возможных способов взять 3 бракованные изделия из 6-ти бракованных равно = 20. Тогда по классическому определению вероятность события С равна

.

Задача 14.

В условиях задачи 13 найти наивероятнейшее число удачных опытов и вероятность его появления. (Задача 11. Вероятность получения удачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах).

Число m 0 называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.

n·p – q ≤ m 0 ≤ n·p + p

По условию задачи 11 вероятность проведения удачного опыта равна p = 3/4, значит вероятность неудачного опыта равна q = 1/4. Количество опытов равно п = 10. Составим неравенство

7,25 ≤ m 0 ≤ 8,25 Þ m 0 = 8

Наивероятнейшее число удачных опытов равно 8. Поскольку количество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 8 раз воспользуемся формулой Бернулли:

, где q = 1 – p

Задача 15Б.

В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Возможны две гипотезы:

Н 1 – при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;

Н 2 – при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. или 1 или 2 или 4 или 5.

По классическому определению вероятности гипотез равны:

Р(Н 1) = 2/6 = 1/3; Р(Н 2) = 4/6 = 2/3.

Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться равенство

Р(Н 1) + Р(Н 2) = 1/3 + 2/3 = 1

Пусть событие А состоит в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:

Р(А|Н 1) = ; Р(А|Н 2) = .

Тогда по формуле полной вероятности

Р(А) = Р(Н 1)·Р(А|Н 1) + Р(Н 2)·Р(А|Н 2) +…+ Р(Н n)·Р(А|Н n)

вероятность события А будет равна:

Р(А) = = 0,62

Задача 16Б.

Вероятность появления события А по крайней мере один раз в 5-ти независимых испытаниях равна 0,9. Какова вероятность появления события А в одном испытании, если при каждом испытании она одинаковая?

Воспользуемся формулой для вероятности появления хотя бы одного события

Р(А) = 1 – q n

По условию задачи Р(А) = 0,9 и n = 5. Составим уравнение

q 5 = 1 – 0,9 = 0,1

0,63 – вероятность Не появления события А в одном испытании, тогда

р = 1 – q = 1 – 0,63 = 0,37 – вероятность появления события А в одном испытании.

Задача 17Б.

Из каждых 40-ка изделий, изготовленных станком-автоматом 4 бракованных. Наугад взяли 400 изделий. Найти вероятность того, что среди них 350 без дефекта.

Поскольку количество испытаний велико (n = 400) то для нахождения вероятности того, что событие А появится ровно k = 350 раз воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

и j(х) – диф. функция Лапласа –Гаусса

По условию задачи вероятность бракованного изделия равна q = 4/40 = 0,1, Значит вероятность изделия без дефекта равна р = 1 – q = 1 – 0,1 = 0,9.

Определим аргумент функции Лапласа-Гаусса х: .

Учитывая что функция j(х) является четной, т.е. j(–х) = j(х) по таблице значений функции Гаусса определяем, что j(–1,67) = 0,0989. Теперь » 0,016.

Задача 18Б.

Вероятность присутствия студента на лекции равна 0,8. Найти вероятность того, что из 100 студентов на лекции будут присутствовать не меньше 75 и не больше 90.

Поскольку количество испытаний велико (n = 100), то для нахождения вероятности того, что событие А появится от 75 до 90 раз воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

и Ф(х) – интегральная функция Лапласа

Определим аргументы интегральной функции Лапласа х 1 и х 2:

= –1,25;

= 2,5.

Учитывая что функция Ф(х) является Нечетной, т.е. Ф(–х) = – Ф(х) по таблице значений интегральной функции Лапласа находим:

Ф(–1,25) = – Ф(1,25) = –0,39435 и Ф(2,5) = 0,49379, тогда

Р 100 (75 £ k £ 90) = Ф(х2) – Ф(х1) = Ф(2,5) – Ф(–1,25) = 0,49379 +0,39435 = 0,888.

Задача 19Б.

Сколько раз необходимо кинуть игральный кубик, чтобы нивероятнейшее число появления тройки равнялось 55?

Число m 0 называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.

n·p – q ≤ m 0 ≤ n·p + p

По условию задачи т 0 = 55, вероятность появления тройки равна p = 1/6, значит вероятность НЕ появления тройки равна q = 5/6. Составим неравенство

получили линейную систему неравенств

П – 5 ≤ 330 п ≤ 335

П + 1 ≥ 330 п ≥ 329

Таким образом получили, что игральный кубик необходимо кинуть от 329 до 335 раз.

действие событие величина

Задача 20Б.

Ткач обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нитки на одном из веретен в течении одной минуты равна 0,005. Найти вероятность того, что в течении одно минуты обрыв произойдет на 7 веретенах.

Равна 0,515). Конец 19 в. и 1-я половина 20 в. отмечены открытием большого числа статистических закономерностей в физике, химии, биологии и т.п. Возможность применения методов теории вероятностей к изучению статистических закономерностей, относящихся к весьма далёким друг от друга областям науки, основана на том, что вероятности событий всегда удовлетворяют некоторым простым соотношениям, о...

Нашем примере: сила, с которой брошена монета, форма монеты и многие другие). Невозможно учесть влияние на результат всех этих причин, поскольку число их очень велико и законы их действия неизвестны. Поэтому теория вероятностей не ставит перед собой задачу предсказать, произойдет единичное событие или нет, она просто не в силах это сделать. Еще пример, выпадение снега в Москве 30 ноября является...

Проверить знания студента из первой части курса, которая излагается в первых четырёх модулях. Во вторых вопросах билета проверяются знания классической предельной проблемы теории вероятностей и математической статистики, которые излагаются в следующих пяти модулях. 1. Вероятностная модель с не более чем счётным числом элементарных исходов. Пример: испытания с равновозможными исходами. 2. ...