Задачи по теории вероятностей. Комбинаторика, классическое и геометрическое определение вероятности

МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В. Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина

ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Часть 1 КОМБИНАТОРИКА, КЛАССИЧЕСКОЕ И ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТИ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета

Ростов-на-Дону 2002 г.

УДК 519.2 Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина Задачи по теории вероятностей. Часть 1. Комбинаторика, классическое и геометрическое определение вероятности. Методические указания к решению задач для студентов всех специальностей и всех форм обучения механико-математического факультета РГУ.

Печатается по постановлению кафедры теории функций и функционального анализа механико- математического факультета РГУ. Протокол № от 2001 г. Ответственный за выпуск – доктор физико-математических наук, профессор Кондаков В. П.

Цель настоящей работы – помочь студентам в приобретении навыков по решению задач по теории вероятностей. В начале каждого раздела приводится необходимый теоретический материал, после чего подробно рассматривается большое число типовых примеров.

© Коллектив авторов

Элементы комбинаторики Правило умножения Пусть множество A1 содержит n1 элементов, A2 − n2 элементов,…, Ak − nk элементов. Тогда A1×A2×…×Ak содержит n1 n 2 K n k различных элементов. Другая интерпретация этого правила такова. Пусть первое действие можно совершить n1 различными способами, второе − n 2 различными способами,…, k-е − nk различными способами. Тогда все k действий можно совершить n1 n 2 L n k различными способами. Пример 1. Пусть из пункта A в пункт B имеется 5 дорог, а из пункта B в пункт C – 6 дорог. 1) Сколько существует различных вариантов проезда из пункта A в пункт C? 2) Сколько существует различных вариантов проезда из пункта A в пункт B и обратно? 3) Сколько существует различных вариантов проезда из пункта A в пункт B и обратно при условии, что дороги туда и обратно будут разными? Решение. 1) Существует 5 различных путей из пункта A в пункт B – это 5 способов 1-го действия, при этом существует 6 различных путей из пункта B в пункт C – это 6 различных способов 2-го действия. Согласно правилу умножения, число различных способов выбора пути из пункта A в пункт C равно 5⋅6 = 30. 2) Из пункта A в пункт B ведет 5 дорог, значит, имеется 5 способов проезда туда и 5 способов проезда обратно. По правилу умножения число всех способов проезда туда и обратно равно 5⋅5 = 25. 3) Рассуждаем аналогично пункту 2), но учитываем, что дороги туда и обратно не должны совпадать, т.е. при выборе одного из 5-ти способов проезда ‘туда’ обратно можно вернуться одним из 4-х способов. Поэтому число различных способов проехать из пункта A в пункт B и вернуться обратно, но обязательно другой дорогой, равно 5⋅4 = 20. Пример 2. В урне находятся 10 белых, 15 черных и 20 красных шаров. Сколькими различными способами можно взять из урны 3 шара разных цветов? Решение. В таких задачах предполагается, что все шары различимы, например, перенумерованы. Тройку шаров, взятых из урны, можно образовать тремя действиями. 1-е действие. Возьмем один белый шар. Это действие можно совершить 10-ю способами (по числу различных белых шаров в урне). 2-действие. К выбранному белому шару присоединим черный шар, который можно взять 15-ю различными способами (по числу различных черных шаров в урне).

3-е действие. К выбранной паре присоединим красный шар, который можно взять 20-ю различными способами (по числу красных шаров в урне). Таким образом, можно образовать различные тройки разноцветных шаров, причем порядок действия при этом не играет роли. Число различных способов выбора троек разноцветных шаров совпадает с числом различных трех действий и по правилу умножения равно 10⋅15⋅20 = 3000. Более сложные примеры будут приведены ниже. Пример 3. Имеется N различных пронумерованных ячеек и n различных между собой частиц (можно считать, что частицы также пронумерованы). Каждая из n частиц может находиться в любой из N ячеек, при этом в любой ячейке может оказаться любое число частиц. Подсчитать, сколькими различными способами можно разместить n частиц в N ячейках. Решение. Частицу с номером 1 мы можем поместить в одну из N ячеек N различными способами (по числу ячеек) – 1-е действие; частицу с номером 2 мы также можем поместить в одну из N ячеек N различными способами – 2-е действие; и т.д. Поэтому число различных способов размещения n частиц в N ячейках по правилу умножения будет равно N ⋅ N ⋅ N ⋅L ⋅ N = Nn . n раз

Правило включения-исключения Пусть A 1 , A 2 ,..., A n − набор n множеств, A i − число элементов множества A i , тогда имеет место формула: n

A 1 U A 2 UK U A n = ∑ A i − i =1

∑

Ai I A j +

n −1

A 1 IK I A n .

1≤i ≤ j ≤ n

+ (− 1)

∑

1≤i ≤ j ≤ k ≤ n

Ai I A j I Ak −K +

Пример 1. В лаборатории работают несколько человек, причем каждый из работников знает хотя бы один иностранный язык (английский знают 6 человек, немецкий – 6 человек, французский – 7 человек, английский и немецкий – 4 человека, немецкий и французский – 3 человека, английский и французский – 2 человека, все три языка знает один человек). Сколько человек работает в лаборатории? Сколько сотрудников знают только английский? (Только французский?).

Решение. Обозначим через A 1 – множество сотрудников, знающих английский язык (это не исключает знание другого языка), A 2 – множество сотрудников, знающих немецкий язык, A 3 – множество сотрудников, знающих французский язык. Тогда A 1 I A 2 – множество

сотрудников, знающих английский и немецкий языки, A 1 I A 3 – множество сотрудников, знающих английский и французский языки, A 2 I A 3 – множество сотрудников знающих французский и немецкий языки, A 1 I A 2 I A 3 – множество сотрудников, знающих все три языка, A 1 U A 2 U A 3 – множество всех сотрудников, работающих в лаборатории. По правилу включения-исключения число всех сотрудников, работающих в лаборатории равно | A1U A2 U A3 | = | A1 | + | A2 | + | A3 | − | A1I A2 | − | A1I A3 | − | A2 I A3 | + | A1I A2 I A3 | . По условию | A 1 |= 6; | A 2 |= 6; | A 3 |= 7; | A 1 I A 2 |= 4; | A 1 I A 3 |= 2; | A 2 I A 3 |= 3; | A 1 I A 2 I A 3 |= 1. Подставляя, получим | A 1 U A 2 U A 3 |= 6 + 6 + 7 − 4 − 2 − 3 + 1 = 11. Найдем число сотрудников, знающих, наряду с английским, другой язык | A 1 I A 2 U A 1 I A 3 | = | A 1 I A 2 | + | A 1 I A 3 | − | A 1 I A 2 I A 3 |= 4 + 2 − 1 = 5. Тогда число сотрудников, знающих только английский язык, равно 6 – 5 = 1. Аналогично, число сотрудников, знающих не только французский язык, равно | A 1 I A 3 U A 2 I A 3 | = | A 1 I A 3 | + | A 2 I A 3 | − | A 1 I A 2 I A 3 |= 2 + 3 − 1 = 4 . Число сотрудников, знающих только французский язык, равно 7 – 4 = 3.

Пример 2. На загородную прогулку поехали 92 человека. Бутерброды с колбасой взяли 47 человек, с сыром – 38 человек, с ветчиной – 42 человека, с сыром и с колбасой – 28 человек, с колбасой и с ветчиной – 31 человек, с сыром и с ветчиной – 26 человек, все три вида бутербродов взяли 25 человек. Несколько человек вместо бутербродов захватили с собой пирожки. Сколько человек взяли с собой пирожки?

Решение. Обозначим через A 1 – множество людей, взявших бутерброды с колбасой, A 2 – множество людей, взявших бутерброды с сыром, A 3 – множество людей, взявших бутерброды с ветчиной, A 4 – множество людей, взявших только пирожки. По условию | A 1 U A 2 U A 3 U A 4 | = 92; | A 1 | = 47; | A 2 | = 38; | A 3 | = 42; | A 4 | − ? | A 1 I A 2 | = 28; | A 1 I A 3 |= 31; | A 1 I A 4

= 0; | A 2 I A 3 | = 26; | A 2 I A 4 | = 0; | A 3 I A 4 | = 0;

| A 1 I A 2 I A 3 | = 25; | A 1 I A 2 I A 4 | = | A 1 I A 3 I A 4 | = | A 2 I A 3 I A 4 | = 0; | A 1 I A 2 I A 3 I A 4 |= 0. По правилу включения-исключения можно выразить число людей, поехавших на загородную прогулку с помощью формулы:

4

| A1 U A 2 U A 3 U A 4 | = ∑ | A i | − i −1

∑| Ai I A j | + ∑| Ai I A j I A k | − | A1I A 2 I A3 I A 4 | .

1≤ i < j≤ 4

1≤i < j l , ⎪ 2 ⎪ l ⎨ x< , 2 ⎪ ⎪ y< l. 2 ⎩

Обозначим через D область, задаваемую этими неравенствами (см. рис. 5). Область D представляет собой равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом длины l . Поэтому 2

l2 2 l mesD = и искомая вероятность p = 8 = 1 . 8 l2 4 2 Пример 7. Какова вероятность того, что из трех взятых наудачу отрезков длины не больше l можно построить треугольник? Решение. Обозначим длины этих отрезков через x, y, z. Имеем 0 < x ≤ l , 0 < y ≤ l , 0 < z ≤ l. Обозначим через G множество

которых

z

(x, y, z), для

точек с координатами

0 < x ≤ l, 0 < y ≤ l, 0 < z ≤ l −

l

куб в трехмерном пространстве с ребром длины состоит

l , mesG = l 3 .

во

Эксперимент

взятии

наудачу

трех

отрезков, длины которых x, y, z. Мы его отождествим

с

экспериментом,

состоящим во взятии точки из куба G. Из

l

этих трех отрезков можно построить треугольник тогда и только тогда, когда выполняются условия:

x

l

y Рис.6

⎧ x + y > z, ⎪ ⎨ x + z > y, ⎪ y + z > x. ⎩ Эти неравенства определяют область D. Область D получается отбрасыванием от куба трех тетраэдров, отсекаемых плоскостями x + y = z , x + z = y , y + z = x (см. рис.6). Объем каждого

l3 3 3 l , следовательно, mesD = l 3 − 3 l = l и искомая вероятность p = 23 = 1 . тетраэдра равен 2 6 2 6 l 3

Литература. 1) Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. 2) Ширяев А. Н. Вероятность. 3) Свешников А. А. и др. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций.

МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В. Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина

ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Часть 2 ТЕОРЕМЫ СЛОЖЕНИЯ И УМНОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, ФОРМУЛЫ ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ И БАЙЕСА, СХЕМА БЕРНУЛЛИ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета

Ростов-на-Дону 2002 г.

УДК 519.2 Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина Задачи по теории вероятностей. Часть 2. Теоремы сложения и умножения вероятностей, формулы полной вероятности и Байеса, схема Бернулли. Методические указания к решению задач для студентов всех специальностей и всех форм обучения механико-математического факультета РГУ.

Печатается по постановлению кафедры теории функций и функционального анализа механико- математического факультета РГУ. Протокол № от 2001 г. Ответственный за выпуск – доктор физико-математических наук, профессор Кондаков В. П.

Цель настоящей работы – помочь студентам в приобретении навыков по решению задач по теории вероятностей. В начале каждого раздела приводится необходимый теоретический материал, после чего подробно рассматривается большое число типовых примеров.

© Коллектив авторов

Вероятности суммы и произведения событий Для любых двух случайных событий A и B справедливо: P(A+B) = P(A) + P(B) – P(AB); P(AB) = P(A)P(B/A). Если случайные события A и B несовместные, то P(A+B) = P(A)+P(B). Если случайные события A и B независимые, то P(AB) = P(A)P(B). Формулы вероятностей суммы и произведения событий обобщаются на любое конечное число случайных событий. В частности: P(A+B+C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC); P(ABC) = P(A)P(B/A)P(C/AB). Вероятность некоторого случайного события D может быть вычислена с помощью этих формул, если ввести более простые события, например: A1, A2, B1, B2, вероятности которых либо даны в условии задачи, либо легко вычисляются. Событие D с помощью алгебраических операций над множествами представляется в виде комбинации введенных событий. Пусть, например, D = A1B2 + A2B1. Тогда P(D) = P(A1B2 + A2B1). Решив вопрос о совместности или несовместности случайных событий-слагаемых, записываем, чему равна вероятность суммы A1B2 и A2B1. Определив, зависимыми или независимыми будут события-сомножители, записываем, чему равны вероятности произведений. Например, если события A1B2 и A2B1 – несовместные, а пары A1, B2 и A2, B1 – зависимые события, получим: P(D) = P(A1B2) + P(A2B1) = P(A1)P(B2/A1) + P(A2)P(B1/A2). Пример 1. В библиотеке на стеллаже в случайном порядке расставлены десять учебников по экономике и пять – по математике. Библиотекарь наудачу берет три учебника. Найти вероятность того, что хотя бы один из взятых учебников будет по математике. Способ первый. Очевидно, что случайное событие D – ни один из взятых учебников не будет по математике. Тогда D + D = U – достоверное событие. P(D + D ) = P(U) = 1. События D и D – несовместные, следовательно, P(D) + P( D ) = 1. С помощью классического определения 3 3 вероятности вычисляем: P( D ) = C 10 : C 15 = 24 91. Тогда P(D) = 1 – P( D ) = 1 – 24/91 = 67/91.

Способ второй. Пусть случайное событие A – один из трёх учебников – по математике, случайное событие B – два из трёх взятых учебников – по математике и случайное событие C – три взятых учебника – по математике. Тогда случайное событие D можно представить в виде суммы трёх введённых событий: D = A + B + C. События A, B и C – несовместные, то есть не могут одновременно произойти. Тогда P(D) = P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C). Применяя

2 3 классическое определение вероятности, вычисляем: P(A) = C 15 C 10 / C 15 = 45 / 91; P(B) =

3 0 3 = 20/91; P(C) = C 35 C 10 = 2/91. Подставив эти вероятности в предыдущее C 52 C 110 / C 15 / C 15

равенство, получаем: P(D) = 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91. Способ третий. Пусть случайное событие Ai – i-й взятый учебник является учебником по математике. Тогда D = A1 + A2 + A3. Так как события Ai – совместные, то P(D) = P(A1) + P(A2) + P(A3) – P(A1A2) – P(A1A3) – P(A2A3) + P(A1A2A3). P(A1) = P(A2) = P(A3) =1/3. События Ai – зависимые, поэтому P(A1A2) = P(A1)P(A2/A1) = 5/15⋅ 4/14 = 2/21. Так же вычисляются и P(A1A3), P(A2A3). Наконец, P(A1A2A3) = P(A1)P(A2/A1) ⋅ P(A3/A1A2) = 5/15⋅4/14⋅3/13 = 2/91. Следовательно, P(D) = 3⋅1/3 – 3⋅2/21 + 2/91 = 67/91. Пример 2. Два стрелка стреляют по одной мишени. Вероятности попадания в мишень при одном выстреле для стрелков соответственно равны p1=0,7 и p2=0,8. Найти вероятность того, что при одном залпе в мишени будет: а)одно попадание; б)не менее одного попадания. Решение. Случайное событие A – в мишени одно попадание, случайное событие B – в мишени не менее одного попадания. Введём случайные события: C1 – в мишень попал первый стрелок, C2 – в мишень попал второй стрелок. Тогда, очевидно,

A = C1 C 2 + C1C 2 ; B = C1 C 2 + C1C 2 + C1C 2 . В обеих формулах случайные события-слагаемые – несовместны, а случайные событиясомножители – независимы, так как вероятность попадания в мишень каждого из стрелков не зависит от результата стрельбы другого стрелка. Поэтому

P( A) = P(C1 C 2 ) + P( C1C 2 ) = P(С1 ) ⋅ P( С 2 ) + P( С1 ) ⋅ P(С 2 ) = 0,7 ⋅ 0,2 + 0,3 ⋅ 0,8 = 0,38. P(B) = P(C1 ) ⋅ P( C 2 ) + P( C1 ) ⋅ P(C 2 ) + P(C 1 ) ⋅ P(C 2 ) = 0,7 ⋅ 0,2 + 0,3 ⋅ 0,8 + 0,7 ⋅ 0,8 = 0,94 . Случайное событие B можно представить и так: B = C1 + C2. Так как события C1 и C2 совместны, но независимы, то в этом случае P(B) = P(C1) + P(C2) – P(C1)P(C2) = 0,7 + 0,8 – 0,7⋅0,8 = 0,94. Вероятность

события

B

можно

определить

также,

вычислив

сначала

вероятность

противоположного события B . Так как B = C1 C 2 , то P( B ) = P( C1 )P( C 2 ) = 0,3⋅0,2 = 0,06. Тогда P(B) = 1 – 0,06 = 0,94. Пример 3. В первой урне находятся три белых, пять красных и семь синих шаров, во второй урне – два белых, четыре красных и девять синих шаров. Из каждой урны наудачу извлекают по одному шару. Найти вероятность того, что извлечённые шары будут одного цвета.

Решение. Случайное событие D – извлечённые шары одного цвета. Введём ещё шесть случайных событий: Ai – из i-ой урны извлекли шар белого цвета; Bi – из i-ой урны извлекли шар красного цвета; Ci – из i-ой урны извлекли шар синего цвета; i = 1, 2. Вероятности этих событий легко вычисляются по классическому определению вероятности. Очевидно, что шары будут одного цвета, если они будут оба или белого, или красного, или синего цвета. Значит, D = A1A2 + B1B2 + C1C2. Ясно, что события-слагаемые несовместны, а события-сомножители независимы. Следовательно, P(D) = P(A1A2) + P(B1B2) + P(C1C2) = P(A1)P(A2) + P(B1)P(B2) + P(C1)P(C2) = = 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 + 7 ⋅ 9 = 89 . 15 15 15 15 15 15 225 Пример 4. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Не применяя классическое определение вероятности, определить вероятность того, что: a)студент знает все три предложенные ему вопроса; б)студент не знает лишь второй из трёх предложенных ему вопросов; в)студент не знает только один из трёх предложенных ему вопросов. Решение. Введём обозначения: событие A – студент знает три вопроса; событие B – студент не знает второй вопрос; событие C – студент не знает один из трёх вопросов; событие Di – студент знает i-й предложенный ему вопрос (i = 1, 2, 3). Тогда события A, B и C можно представить так: A = D1D2D3, B = D1 D 2D3, C = D 1D2D3 + D1 D 2D3 + D1D2 D 3. События D1, D2 и D3 являются зависимыми, потому что вероятность знания или незнания каждого следующего вопроса изменяется в зависимости от осуществления или неосушествления предыдущего события. Поэтому P(A) = P(D1D2D3) = P(D1)P(D2/D1)P(D3/D1D2) = 20 ⋅ 19 ⋅ 18 = 57 . 25 24 23 115 P(B) = P(D1 D 2D3) = P(D1)P( D 2/ D1)P(D3/ D1 D 2) = 20 ⋅ 5 ⋅ 19 = 14 . 25 24 23 138 При нахождении вероятности события C учтём, что слагаемые – несовместные события. P(C) = P( D 1D2D3) +P(D1 D 2D3) + P(D1D2 D 3) =

5 ⋅ 20 ⋅ 19 + 20 ⋅ 5 ⋅ 19 + 20 ⋅ 19 ⋅ 5 = 3 ⋅ 19 = 57 . 138 138 25 24 23 25 24 23 25 24 23 Пример 5. Какова вероятность того, что наудачу взятое натуральное число не делится: а)ни на два, ни на три; б)на два или на три?

Решение. Пусть случайное событие A – наудачу взятое число не делится ни на два, ни на три; случайное событие B – наудачу взятое число не делится на два или на три. Введём ещё два события: C – наудачу взятое число не делится на два; D – наудачу взятое число не делится на три. Тогда, очевидно, A = CD, B = C + D. События C и D независимы, так как и среди всех натуральных чисел и среди нечётных натуральных чисел два числа из идущих подряд трёх не делятся на три, следовательно, P(A) = P(C)P(D) = 1 ⋅ 2 = 1 . Однако события C и D совместны, 2 3 3 поэтому P(B) = P(C) + .P(D) – P(CD) = P(C) + .P(D) – P(C)P(D) = 1 + 2 − 1 ⋅ 2 = 5 . 2 3 2 3 6 Пример 6. Абонент забыл последнюю цифру номера телефона и набирает её наудачу. Определить вероятность того, что он наберёт нужный номер не более, чем за три попытки. Решение. Случайное событие A – абонент дозвонился не более, чем за три попытки набора номера. Пусть случайное событие Ai – абонент дозвонился при i-ом наборе номера (i = 1, 2, 3). Так как каждый следующий набор номера производится только в том случае, если предыдущая попытка оказалась неудачной, то A = A1 + A 1A2 + A 1 A 2A3. Здесь события-слагаемые несовместны, а события-сомножители зависимы, поскольку при каждом следующем наборе номера абонент учитывает результат предыдущих попыток. Значит, P(A) = P(A1) + P( A 1)P(A2 / A 1) + P( A 1) P( A 2 / A 1)P(A3 / A 1 A 2) = 1 + 9 ⋅ 1 + 9 ⋅ 8 ⋅ 1 = 3 . 10 10 9 10 9 8 10 Вероятность события A можно также

найти, вычислив сначала

вероятность

противоположного события A и использовав формулу P(A) = 1 – P( A ). Случайное событие A – абонент не дозвонился за три набора номера – есть произведение трёх событий: A = A 1 A 2 A 3, поэтому P( A ) = P( A 1) P( A 2 / A 1)P( A 3 / A 1 A 2) = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 7 . 10 9 8 10 Но тогда P(A) = 1 – 0,7 = 0,3. Пример 7. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле у каждого из двух стрелков равна 0,3. Стрелки стреляют по очереди, причём каждый может сделать по два выстрела. Попавший в мишень первым получает приз. Найти вероятности получения приза для каждого из стрелков и вероятность того, что приз будет вручён стрелкам. Какова вероятность того, что приз останется у организаторов соревнования? Решение. Обозначим события, вероятности которых следует определить.

A – приз будет вручён первому стрелку; B – приз будет вручён второму стрелку; C – приз будет вручён стрелкам;

C – приз останется у организаторов соревнования. Введём также события: Ai – первый стрелок попал в мишень при i-ом выстреле; Bi – второй стрелок попал в мишень при i-ом выстреле (i = 1, 2). Тогда можно записать: A = A1 + A 1 B 1A2; B = A 1B1 + A 1 B 1 A 2B2; C = A + B. События-слагаемые во всех случаях – несовместные события, а события-сомножители – независимые события, так как вероятность попадания в мишень каждым из стрелков не зависит ни от номера выстрела, ни от результата предыдущего выстрела. Таким образом: P(A) = P(A1) + P( A 1)P( B 1)P(A2) = 0,3 + 0,7⋅0,7.0,3 = 0,447; P(B) = P( A 1)P(B1) + P( A 1)P( B 1)P( A 2)P(B2) = 0,7⋅0,3 + 0,7⋅0,7⋅0,7⋅0,3 = 0,7⋅P(A) = 0,3129; P(C) = P(A) + P(B); P( C ) = 1 – P(C) = 0,2401. Вероятность события C можно найти иначе, именно: C = A 1 B 1 A 2 B 2, поэтому P( C ) = P( A 1)P( B 1)P( A 2)P( B 2) = 0,74 = 0,2401. Пример 8. В ящике находятся 6 катушек белых, 4 катушки чёрных и 2 катушки красных ниток. Катушки извлекаются по одной без возвращения. Определить вероятность того, что катушка с белыми нитками появится раньше, чем катушка с чёрными нитками. Решение. По условию задачи после появления катушки с белыми нитками извлечения прекращаются, после появления катушки с красными нитками проводится следующее извлечение, катушка с чёрными нитками не должна появляться. Если A – случайное событие – катушка с белыми нитками появилась раньше, чем катушка с чёрными нитками, то A = A1 + C1A2 + C1C2A3, где Ai – появление катушки с белыми нитками при i-ом извлечении (i = 1, 2, 3), Ci – появление катушки с красными нитками при i-ом извлечении (i = 1, 2). Здесь события-слагаемые – несовместные события, а события-сомножители – зависимые события, так как катушки извлекаются без возвращения и возможность извлечь катушку какого-то конкретного цвета зависит от результатов предыдущих извлечений. Поэтому P(A) = P(A1) + P(C1)P(A2 /C1) + P(C1)P(C2 /C1)P(A3 /C1C2) = 6 + 2 ⋅ 6 + 2 ⋅ 1 ⋅ 6 = 3 . 12 12 11 12 11 10 5

Пример 9. Из урны, содержащей 6 белых и 4 чёрных шара, наудачу последовательно извлекается по одному шару до первого появления чёрного шара. Найти вероятность того, что придётся производить четвёртое извлечение, если извлечения шаров производятся: а)с возвращением шаров в урну; б)без возвращения шаров в урну. Решение. Случайное событие A – будет производиться четвёртое извлечение. Ясно, что четвёртое извлечение будет производиться в том случае, если при первых трёх извлечениях не появится чёрный шар. Обозначим через Ai случайное событие – при i-ом извлечении появился шар белого цвета (i = 1, 2, 3). Тогда A = A1A2A3, следовательно, P(A) = P(A1A2A3). а)В этом случае шары извлекаются с возвращением, поэтому вероятность извлечения белого шара в очередной раз не зависит от результатов предыдущих извлечений, поэтому события Ai независимы и P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) = 0,63 = 0,216. б)Если шары извлекаются без возвращения, то после каждого извлечения состав урны изменяется, следовательно, изменяются и вероятности извлечения шаров. События Ai в этом случае зависимы, поэтому P(A) = P(A1)P(A2 / A1)P(A3 / A1A2) = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 1 ≈ 0,167. 10 9 8 6 Пример 10. Сколько нужно взять чисел из множества натуральных чисел, чтобы с вероятностью не менее 0,9 быть уверенным, что среди этих чисел будет хотя бы одно чётное? Изменится ли необходимое количество чисел, если выбирать их из множества чисел, кратных трём? Решение. Здесь случайное событие A – среди n взятых наудачу натуральных чисел есть хотя бы одно чётное. Подберём n из условия P(A) ≥ p = 0,9, которое равносильно условию P( A ) < 1 – p. Событие A – среди n взятых наудачу натуральных чисел чётных нет. Пусть Ai – i-ое натуральное число – чётное. Тогда A = A 1 A 2… A n. Ясно, что для любого i P( A i) = 1/2 и что события A i – независимые. Тогда P( A ) = P( A 1)P( A 2) . . . P( A n) = (1/2)n < 0,1, откуда n > ln 0,1 / ln 0,5 ≈ 3,32. Таким образом, с уверенностью 0,9 достаточно взять четыре произвольных натуральных числа. Это необходимое количество чисел n = 4 не изменится, если числа выбирать из множества чисел, кратных трём, так как вероятность того, что наудачу взятое кратное трём число будет чётным, также равна 1/2. Пример 11. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Зачёт считается сданным, если студент ответит не менее чем на три из четырёх предложенных ему вопросов. Какова вероятность того, что: а)студент сдаст зачёт; б)зачёт будет сдан, если известно, что на первые два вопроса студент уже ответил.

Решение. Обозначим случайные события: A – студент сдал зачёт; A1 – студент ответил на четыре вопроса; A2 – студент ответил на три вопроса; B – студент ответил на первые два из четырёх вопросов. а)В этом случае A = A1 + A2, события A1 и A2 – несовместные, поэтому, применяя для подсчёта вероятностей событий A1 и A2 классическое определение вероятности, имеем: P(A) = P(A1) + P(A2) =

C 420 C 425

+

C 320 ⋅ C 15 C 425

≈ 0.834.

б)В этом случае рассуждения аналогичны, только требуется найти условную вероятность события A при условии, что событие B произошло, поэтому P(A/ B) = P(A1/B) + P(A2/B) =

2 C 18

C 223

+

C 118 ⋅ C 15 C 223

≈ 0.960.

Пример 12. Общество, состоящее из n мужчин и 2n женщин, наудачу разбивается на n групп по три человека в каждой группе. Найти вероятность того, что в каждой группе будет по одному мужчине.

Решение. Здесь случайное событие A – общество из 3n человек разбито на n групп должным образом – есть произведение случайных событий Ai – i-ая группа состоит из одного мужчины и двух женщин (i = 1, 2, . . . , n), т. е., A = A1A2 . . . An . Но так как образование каждой следующей группы происходит из контингента, оставшегося после образования предыдущих групп, то события Ai будут зависимыми, поэтому P(A) = P(A1)P(A2/A1)P(A3/A1A2) . . . P(An/A1A2 . . . An-1) = =

C1n ⋅ C 22 n C1n −1 ⋅ C 22 n − 2 3 n n! (2n )! ⋅ ⋅ ... ⋅ 1 = . (3n )! C 33n C 33n −3

Пример 13. Игрок A поочерёдно играет с игроками B и C, имея вероятность выигрыша в каждой партии 2/3, и прекращает игру после первого проигрыша или после двух сыгранных с каждым игроком партий. Определить вероятности выигрыша игры игроками A, B и C.

Решение. Обозначим через A, B, C события – выигрыш игры игроком A, B, C соответственно и через Bi , Ci события – выигрыш игроком B или C i-ой партии (i =1 ,2). Так как выигрыш партии каждым из игроков B или C означает проигрыш партии и, следовательно, остановку игры ведущим её игроком A, то случайные события A, B, C можно записать в виде:

A = B 1 C 1 B 2 C 2 ; B = B1 + B 1 C 1B2 ; C = B 1C1 + B 1 C 1 B 2C2 . Здесь

события-слагаемые

будут

несовместными,

а

события-сомножители

независимыми событиями, поэтому P(A) = P( B 1)P( C 1)P( B 2)P( C 2) = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 16 ; 3 3 3 3 81

–

P(B) = P(B1) + P( B 1)P( C 1) P(B2) = 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = 13 ; 3 3 3 3 27 P(C) = P( B 1)P(C1) + P( B 1)P( C 1)P( B 2) P(C2) = 2 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = 26 . 3 3 3 3 3 3 81

Замечание. Так как события A, B, C образуют полную группу (A + B + C = U) и попарно несовместны, то P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) =1, поэтому вероятность одного из событий, например C, можно было найти так: P(C) = 1 – P(A) – P(B) = 1 – 16 – 13 = 26 . 81 27 81

Пример 14. Двое игроков поочерёдно бросают монету. Выигрывает тот из них, у кого раньше появится герб. Определить вероятности выигрыша для каждого из игроков.

Решение. Обозначим через Ai и Bi события – появление герба у первого и второго игроков при их i-ом бросании (i =1, 2, . . . ), а через A и B события – выигрыши первого и второго игроков. Тогда

A = A1 + A 1 B 1A2 + A 1 B 1 A 2 B 2A3 + . . .; B = A 1B1 + A 1 B 1 A 2B2 + A 1 B 1 A 2 B 2 A 3B3 + . . . Ясно, что все события-слагаемые – несовместные события, а события-сомножители – независимые. Так как P(Ai) = P(Bi) = 1/2, то получаем, что вероятности выигрыша каждого из игроков являются суммами членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии: 3 5 12 P(A) = 1 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + K = =2; 2 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 3 1 − (1 2) 2 4 6 (1 2 ) P(B) = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + K = = 1. 2 3 ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 1 − (1 2 ) 2

Формула полной вероятности. Формула Байеса. Предположим, что событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий H1, H2, . . . , Hn, образующих полную группу. Условимся называть события Hi (i = 1, 2, … , n) гипотезами (по отношению к событию A). Имеет место следующая формула n

P(A ) = ∑ P(H i ) ⋅ P(A/H i ) = P(H 1 ) ⋅ P(A/H 1 ) + P(H 2 ) ⋅ P(A/H 2 ) + ... + P(H n ) ⋅ P(A/H n ) , i =1

называемая формулой полной вероятности. Здесь P(Hi) – вероятность гипотезы Hi,

n

∑ P(H i ) = 1 , i =1

P(A/Hi) – условная вероятность события A при условии осуществления гипотезы Hi. В тесной связи с формулой полной вероятности находится формула Байеса (Томас Байес, 1702-1761, английский учёный). Она работает в той же ситуации, что и формула полной

вероятности (событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий H1, H2, . . . , Hn). Если до опыта вероятности гипотез были P(H1), P(H2), . . . , P(Hn), а в результате опыта появилось событие A, то можно найти «новые», т. е., условные вероятности гипотез P(H1/A), P(H2/A), . . . , P(Hn/A) по формуле Байеса:

P(H i / A ) =

P(H i ) ⋅ P(A/H i ) , P (A )

n

где P(A ) = ∑ P(H i ) ⋅ P(A/H i ) . i =1

Таким образом, формулы Байеса дают возможность «пересмотреть» вероятности гипотез, зная результат опыта.

Пример 1. Имеются три урны. В первой урне находятся 5 белых и 3 чёрных шара, во второй – 4 белых и 4 чёрных шара, а в третьей – 8 белых шаров. Наугад выбирается одна из урн (это может означать, например, что осуществляется выбор из вспомогательной урны, где находятся три шара с номерами 1, 2 и 3). Из этой урны наудачу извлекается шар. Какова вероятность того, что он окажется чёрным?

Решение. Событие A – извлечён чёрный шар. Шар может быть извлечён или из первой урны (гипотеза H1), или из второй (гипотеза H2), или из третьей (гипотеза H3). Так как имеются одинаковые шансы выбрать любую из урн, то P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3. Далее находим вероятности события A при каждой из гипотез: P(A/H1) = 3/8, P(A/H2) = 4/8 = 1/2, P(A/H3) = 0/8 =0. Отсюда следует, что P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 0 = 1 + 1 = 7 . 3 8 3 2 3 8 6 24

Пример 2. На рисунке изображена схема дорог.

O B3

B1

B2

M

Туристы выходят из пункта O, выбирая наугад на разветвлении дорог один из возможных путей. Какова вероятность того, что туристы попадут в пункт M?

Решение. Как видно из рисунка, путь туристов обязательно проходит через один из промежуточных пунктов B1, B2, B3. Пусть Hi – событие, состоящее в том, что при своём движении туристы попадут в пункт Bi (i = 1, 2, 3).События H1, H2, H3 по условию несовместны и равновероятны: ведь путь из точки O выбирается наугад. Поэтому P(H1) = P(H2) = P(H3) =1/3. Если A – событие: туристы попадут в пункт M, то P(A/H1) = 1/3, P(A/H2) = 1/2, P(A/H3) =1/4. Искомую вероятность находим по формуле полной вероятности. P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = 13 . 3 3 3 2 3 4 36 Пример 3. Электролампы изготавливаются на трёх заводах. Первый завод производит 30% общего количества электроламп, второй – 25%, а третий – остальную часть. Продукция первого завода содержит 1% бракованных электроламп, второго – 1,5%, третьего – 2%. В магазин поступает продукция всех трёх заводов. Купленная в магазине лампа оказалась бракованной. Какова вероятность того, что она произведена первым заводом?

Решение. Введём обозначения для событий: A – купленная электролампа оказалась бракованной; Hi – лампа изготовлена i-м заводом (i = 1, 2, 3). Имеем: P(H1) = 0,30; P(H2) = 0,25; P(H3) = 0,45; P(A/H1) = 0,01; P(A/H2) = 0,015; P(A/H3) = 0,02. Искомую вероятность P(H1/A) находим по формуле Байеса.

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,30 ⋅ 0,01 0,003 = = = 0,19. P (A ) 0,30 ⋅ 0,01 + 0,25 ⋅ 0,015 + 0,45 ⋅ 0,02 0,01575

Здесь вероятность события A в знаменателе найдена по формуле полной вероятности.

Пример 4. При обследовании больного имеется подозрение на одно из двух заболеваний H1 и H2. Их вероятности в данных условиях P(H1) = 0,6, P(H2) = 0,4. Для уточнения диагноза назначается анализ, результатом которого является положительная или отрицательная реакция. В случае болезни H1 вероятность положительной реакции равна 0,9, отрицательной – 0,1, а в случае болезни H2 положительная и отрицательная реакции равновероятны. Анализ провели дважды, и оба раза реакция оказалась положительной (событие A). Требуется найти вероятность каждого заболевания после проделанных анализов.

Решение. Условная вероятность того, что в случае заболевания H1 произойдёт событие A (т.е. дважды при анализе реакция окажется отрицательной) P(A/H1) = 0,1⋅0,1 = 0,01, а в случае заболевания H2 имеем P(A/H2) = 0,5⋅0,5 = 0,25. Применяя формулу Байеса, получаем:

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,6 ⋅ 0,01 0,006 = = ≈ 0,057; P (A ) 0,6 ⋅ 0,01 + 0,4 ⋅ 0 / 25 0,106

P(H 2 / A ) =

P(H 2 ) ⋅ P(A/H 2 ) 0,4 ⋅ 0,25 0,1 = = ≈ 0,943. 06 ⋅ 0,01 + 0,4 ⋅ 0 / 25 0,106 P (A )

Отсюда видно, что полученные результаты анализов дают веские основания предполагать болезнь H2.

Пример 5. По линии связи с вероятностями 0,84 и 0,16 соответственно передаются два сигнала A и B. Из-за помех 1/6 часть переданных сигналов A искажается и принимается как сигнал B, а 1/8 часть переданных сигналов B принимается как сигнал A. 1)Какова вероятность того, что при приёме появится: а)сигнал A; б)сигнал B? 2)Известно, что принят сигнал A. Какова вероятность того, что он же и был передан?

Решение. Введём обозначения для событий. H1 – передан сигнал A, H2 – передан сигнал B, A – при приёме появится сигнал A, B – при приёме появится сигнал B. Имеем: P(H1) = 0,84; P(H2) = 0,16; P(A/H1) = 5/6; P(A/H2) = 1/8; P(B/H1) = 1/6; P(B/H2) = 7/8. 1)По формуле полной вероятности находим:

а) P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) = 0,84 ⋅ 5 + 0,16 ⋅ 1 = 0,72; 6 8 б) P(B) = P(H1)P(B/H1) + P(H2)P(B/H2) = 0,84 ⋅ 1 + 0,16 ⋅ 7 = 0,28. 6 8 2)По формуле Байеса получаем: 5 P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,84 ⋅ 6 P(H1 / A ) = ≈ 0,97. = P (A ) 0,72 Пример

6.

Клеточная

активность

мозга

регистрируется

микроэлектродом.

С

вероятностью 0,6 предполагается, что в опыте наблюдается первая из двух соседних структур мозга. Известно, что в первой структуре 60% всех клеток, а в соседней 50% продуцируют некоторый тип активности. Микроэлектрод зарегистрировал в фиксированный момент данный тип активности. Как в связи с этим наблюдением изменится мнение о нахождении микроэлектрода в первой структуре мозга?

Решение. Введём обозначения для событий. H1 – микроэлектрод находится в первой структуре мозга; H2 – микроэлектрод находится во второй структуре мозга; A – зарегистрирован данный тип активности. Имеем: P(H1) = 0,6; P(H2) = 0,4; P(A/H1) = 0,6; P(A/H2) = 0,5. По формуле Байеса находим:

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,6 ⋅ 0,6 0,36 = = ≈ 0,643. P (A ) 0,6 ⋅ 0,6 + 0,4 ⋅ 0,5 0,56

Вероятность гипотезы H1 возросла.

Пример 7. Два из трёх независимо работающих элементов вычислительного устройства отказали. Найти вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны p1 = 0,2; p2 = 0,4; p3 = 0,3.

Решение. Введём обозначение A для события – отказали два элемента. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):

H1 – отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен, при этом (поскольку элементы работают независимо, то применима теорема умножения вероятностей) P(H1) =

p1.p2.(1 – p3) = 0,2⋅0,4⋅0,7 = 0,056; H2 – отказали первый и третий элементы, а второй элемент исправен, при этом P(H2) = p1.p3.(1 – p2) = 0,2⋅0,3⋅0,6 = 0,036; H3 – отказали второй и третий элементы, а первый элемент исправен, при этом P(H3) = p2.p3.(1 – p1) = 0,4⋅0,3⋅0,8 = 0,096. Возможны ещё следующие предположения:

H4 – ни один элемент не отказал; H5 – отказал только один элемент; H6 – отказали все три элемента – но из условия задачи следует, что P(A/H4) = 0, P(A/H5) = 0, P(A/H6) = 0, следовательно, равны нулю и произведения P(H4)P(A/H4), P(H5)P(A/H5), P(H6)P(A/H6). При гипотезах H1, H2, H3 событие A достоверно, соответствующие условные вероятности равны единице. По формуле полной вероятности находим вероятность события A. P(A) =

6

∑ P(H i ) ⋅ P(A/H i ) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = i =1

= 0,056⋅1 + 0,036⋅1 + 0,096⋅1 = 0,188. Теперь искомую вероятность вычисляем по формуле Байеса.

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,056 ⋅1 = ≈ 0,298. P (A ) 0,188

Пример 8. Имеются три партии деталей по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в партиях соответственно равно 20, 15 и 10. Из наудачу выбранной партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Деталь возвращают в партию и вторично наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Найти вероятность того, что детали извлечены из третьей партии.

Решение. Обозначим через A событие – в каждом из двух испытаний (с возвращением) была извлечена стандартная деталь. Можно выдвинуть три гипотезы: Hi – детали извлекались

из i-ой партии (i =1, 2, 3). Так как детали извлекались из наудачу взятой партии, то вероятности гипотез одинаковы: P(Hi) = 1/3 (i = 1, 2, 3). Далее находим условные вероятности: P(A/H1) = 1 (в первой партии все детали стандартные, поэтому вероятность того, что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали, равна единице); P(A/H2) = 15 ⋅ 15 = 20 20

= 9 ; P(A/H3) = 10 ⋅ 10 = 1 . Теперь искомая вероятность того, что обе извлечённые 16 20 20 4 стандартные детали взяты из первой партии, вычисляется по формуле Байеса. 1⋅1 P(H 3 ) ⋅ P(A/H 3 ) 3 4 = 4 . P(H 3 / A ) = = P (A ) 1 ⋅1 + 1 ⋅ 9 + 1 ⋅ 1 29 3 3 16 3 4 Пример 9. Батарея из трёх орудий произвела залп, причём два снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что первое орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим орудиями соответственно равны p1 = 0,4; p2 = 0,3; p3 = 0,5.

Решение. Обозначим через A событие – два орудия попали в цель. Выдвинем две гипотезы: H1 – первое орудие попало в цель; H2 – первое орудие не попало в цель. По условию P(H1) = 0,4, следовательно, P(H2) = 1 – 0,4 = 0,6 (событие H2 противоположно событию H1). Если событие A наступило при осуществлении гипотезы H1, то это означает, что вместе с первым орудием в цель попало либо второе орудие, а третье не попало, либо, наоборот, третье орудие попало в цель, а второе не попало. Применяя теоремы сложения и умножения вероятностей, получаем: P(A/H1) = p2(1 – p3) + p3(1 – p2) = 0,3 ⋅ 0,5 + 0,5 ⋅ 0,7 = 0,5. Если событие A наступило при осуществлении гипотезы H2, то это означает, что первое орудие дало промах, а в цель попали снаряды второго и третьего орудий, поэтому P(A/H2) = p2p3 = 0,3 ⋅ 0,5 = 0,15. Искомую вероятность получаем по формуле Байеса:

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,4 ⋅ 0,5 = = 20 ≈ 0,690. P (A ) 0,4 ⋅ 0,5 + 0,6 ⋅ 0,15 29

Пример 10. Из урны, содержащей 3 белых и 2 чёрных шара, переложено 2 шара в урну, содержащую 4 белых и 2 чёрных шара. Найти вероятность вынуть после этого из второй урны белый шар.

Решение. Обозначим через A событие – из второй урны вынут белый шар. Можно выдвинуть три гипотезы: H1 – из первой урны во вторую переложены два белых шара; H2 – переложены один белый и один чёрный шары; H3 – переложены два чёрных шара. Имеем:

P(H1) =

C 32 C 52

= 0,3 ; P(H2) =

C 13 ⋅ C 12 C 52

= 0,6; P(H3) =

C 22 C 52

= 0,1.

Условные вероятности равны: P(A/H1) = 6 , P(A/H2) = 5 , P(A/H3) = 4 . 10 10 10 По формуле полной вероятности получаем: P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = = 0,3 ⋅ 0,6 + 0,6 ⋅ 0,5 + 0,1 ⋅ 0,4 = 0,52.

Формула Бернулли Пусть производится n независимых опытов (испытаний), каждый из которых может завершиться либо наступлением некоторого события A, либо наступлением противоположного ему события A . Пусть, далее, в каждом отдельном опыте событие A наступает с вероятностью

p, постоянной для всех опытов. Тогда вероятность Pn(k) того, что в серии из n таких опытов событие A наступит ровно k раз, может быть подсчитана по формуле Бернулли

Pn (k ) = C nk p k q n − k , q = 1 – p, k = 0, 1, 2, . . . , n. Пример 1. Найти вероятность того, что герб выпадет ровно три раза при десятикратном подбрасывании монеты.

Решение. Здесь опыт заключается в подбрасывании монеты, число опытов n = 10, событие A – выпадение герба – наступает в каждом опыте с вероятностью p = 1/2, постоянной для всех опытов. Искомую вероятность P10(3) вычисляем по формуле Бернулли. 3

7

P10(3) = C103 ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ = 10! ⋅ 110 = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 110 = 157 . 3!7! 2 1⋅ 2 ⋅ 3 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 2

Часто в задачах требуется подсчитать вероятность того, что число “k” наступлений события A в серии из “n” описанных выше опытов (будем называть их испытаниями Бернулли) окажется заключённым в тех или иных пределах, например, от некоторого k1 до некоторого k2. Для вычисления вероятности такого события (обозначим её Pn (k 1 ≤ k ≤ k 2 ) ) используется формула

P( k1 ≤ k ≤ k 2 ) =

∑ Pn (k ) = ∑ C nk p k q n − k .

k1 ≤ k ≤ k 2

k1 ≤ k ≤ k 2

Иногда для упрощения вычислений полезно воспользоваться соотношением Pn(0) + Pn(1) + . . . + Pn(n) = 1.

(1)

Пример 2. Найти вероятность того, что герб выпадет не менее трёх раз при

десятикратном подбрасывании монеты. Решение. Если через k обозначить число выпадений герба при десятикратном подбрасывании монеты, то искомая вероятность P10(3 ≤ k ≤ 10) может быть найдена по формуле (1) P10(3 ≤ k ≤ 10) = P10(3) + P10(4) + . . . + P10(10) =

10

∑ C103

k =3

1 . 210

Проще, однако, вычислить вероятность противоположного события P10(0 ≤ k ≤ 2) и воспользоваться соотношением P10(3 ≤ k ≤ 10) = 1 − P10(0 ≤ k ≤ 2). Тогда P10(3 ≤ k ≤ 10) = 1 − (P10(0) + P10(1) + P10(2)) =

⎛ ⎝

=1 − ⎜ C10 ⋅ 0

1 + C 1 ⋅ 1 + C 2 ⋅ 1 ⎞ = 1 − 7 = 121 . ⎟ 10 10 128 128 210 210 210 ⎠

Пример 3. В урне 2 белых и 3 чёрных шара. Производится 10 извлечений шаров из урны

по два шара каждый раз с последующим возвращением извлечённой пары шаров в урну. Найти вероятность того, что ровно при двух извлечениях будет вынута разноцветная пара шаров. Решение. Здесь опыт заключается в извлечении пары шаров из урны. Число опытов n = = 10. Событие A – появление разноцветной пары шаров. Его вероятность p = P(A) = 2 ⋅23 = 3 5 С5 (всего исходов, т. е., пар шаров − C 52 , из них благоприятствующих исходов, т. е., разноцветных пар шаров − C 21 ⋅ C 31 = 2.3). Опыты независимы, так как извлечённая пара шаров перед очередным извлечением возвращается обратно в урну. Искомая вероятность P10(2) может быть найдена по формуле Бернулли: 2

8

P10(2) = C ⎛⎜ 3 ⎞⎟ ⎛⎜ 2 ⎞⎟ ≈ 0,01. ⎝5⎠ ⎝ 5⎠ 2 10

Пример 4. В ружейной пирамиде имеются винтовки двух систем: одна винтовка типа 1

и две винтовки типа 2. Вероятность попасть в мишень при выстреле из винтовки типа 1 равна p1, из винтовки типа 2 – p2. Стрелок производит 7 выстрелов из наудачу взятой винтовки. Чему равна вероятность того, что мишень окажется поражённой не менее пяти раз?

Решение. Обозначим через B событие, состоящее в том, что мишень окажется поражённой не менее пяти раз при семи выстрелах из наудачу взятой винтовки. Естественно рассмотреть две гипотезы: H1 – выстрелы произведены из винтовки типа 1 и H2 – выстрелы были сделаны из винтовки типа 2. Гипотезы H1 и H2 несовместны и одна из них обязательно реализуется, т. е., H1 и H2 образуют полную группу. Тогда по формуле полной вероятности P(B) = P(H1)P(B/H1) + P(H2 P(B/H2).

(2)

Остаётся вычислить вероятности в правой части (2). Очевидно, P(H1) = 1/3, P(H2) = 2/3. Для вычисления вероятностей P(B/H1) и P(B/H2) воспользуемся формулой (1). P(B/H1) есть вероятность того, что в серии из семи опытов (выстрелов) событие A (попадание в мишень) наступит не менее пяти раз при условии, что стреляли из винтовки типа 1 (т. е., p = P(A) = p1). Следовательно, P(B/H1) =

7

∑ C 7k p1k q17 − k , q1 = 1 – p1.

k =5

Аналогично, P(B/H2) =

7

∑ C 7k p 2k q 27 − k , q2 = 1 – p2.

k =5

Подставив найденные значения для P(H1), P(H2), P(B/H1), P(B/H2) в (2), находим P(B). Пример 5. Пусть в ружейной пирамиде находятся две винтовки типа 1 и три – типа 2,

причём вероятности попадания в мишень из этих винтовок соответственно равны p1 и p2. Стрелок сделал 7 выстрелов из наудачу взятой винтовки, ровно 5 раз поразив мишень. Чему равна вероятность того, что он стрелял из винтовки типа 1? Решение. Пусть H1 означает, что выстрелы были сделаны из винтовки типа 1, H2 – из винтовки типа 2. Вероятности этих гипотез (до проведения эксперимента) P(H1)=2/5, P(H2)=3/5. Пусть теперь событие B означает, что стрелок, сделав 7 выстрелов, поразил мишень ровно 5 раз. Нужно вычислить вероятность гипотезы H1 с учётом дополнительной информации о том, что событие B наступило, т. е., P(H1/B). По формуле Байеса находим P(H1/B) =

P( H 1 )P(B/H 1 ) . P( H 1 )P(B/H 1 ) + P( H 2 )P(B/H 2 )

(3)

Для вычисления P(B/H1) и P(B/H2) воспользуемся формулой Бернулли. P(B/H1) есть вероятность того, что в серии из семи опытов (выстрелов) событие A (попадание в мишень) наступило ровно пять раз, если стреляли из винтовки типа 1 (в этом случае p = P(A) = p1). Следовательно, по формуле Бернулли P(B/H1) = C 57 p15 q12 , q1 = 1 – p1. Аналогично,

P(B/H2) = C 57 p 25 q 22 , q2 = 1 – p2. Подставляя найденные значения P(B/H1) и P(B/H2) в (3), получим: P(H1/B) =

2 p15 q12 2 p15 q12 + 3 p 25 q 22

.

Пример 6. Вероятность забросить мяч в корзину для баскетболиста равна 2/3. Сколько

нужно сделать бросков, чтобы с вероятностью не менее 0,95 быть уверенным в том, что мяч хотя бы один раз окажется в корзине?

Решение. Если сделано n бросков, то вероятность попасть в корзину хотя бы один раз проще всего получить, вычислив предварительно вероятность противоположного события. Последнее состоит в том, что в серии из n опытов (бросков в корзину) интересующее нас событие A (попадание в корзину) не произойдёт ни разу. По формуле Бернулли эта вероятность Pn(0) =

= C 0n p 0 q n = q n = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝3⎠

n

(по условию p = P(A) = 2 ). Значит, вероятность попасть в 3

корзину хотя n

бы один раз при n бросках равна 1 − ⎛⎜ 1 ⎞⎟ . Теперь n надо подобрать так, чтобы выполнялось ⎝3⎠ условие n

1 − ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ≥ 0,95 . ⎝3⎠ n

Отсюда ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ≤ 1 и, как нетрудно вычислить, необходимое число бросков больше либо равно 20 ⎝3⎠ трём. Заметим, что вероятность промахнуться n раз при n бросках можно было, конечно, найти с помощью теоремы умножения вероятностей. Наивероятнейшее число успехов в схеме Бернулли.

Пусть, как и раньше, Pn(k) есть вероятность того, что событие A наступит ровно k раз в серии из n испытаний Бернулли, и требуется отыскать то число k наступлений события A, которому отвечает наибольшая вероятность Pn(k). Тогда искомыми являются значения k, принадлежащие сегменту [np – q, np + p]. Если при этом число np – q нецелое, то сегмент [np –

q, np + p] содержит единственную целочисленную точку k0, np – q < k0 < np + p, и для неё Pn(k) < Pn(k0),

k ≠ k0. Если np – q – целое, то на сегменте [np – q, np + p] находятся две целочисленных точки k1 = np – q и k2 = np + p; при этом Pn(k1) = Pn(k2) и Pn(k) < Pn(k1) = Pn(k2), если k отлично от k1 и k2.

Отметим, что в литературе часто используется следующая терминология: если в данном опыте (испытании) наступает событие A, то говорят об успехе, в противном случае – о неудаче. С этой точки зрения любая целочисленная точка сегмента [np – q, np + p] является наиболее вероятным (наивероятнейшим) числом успехов в серии из n испытаний Бернулли. Пример 1. Каково наиболее вероятное число выпадений грани с одной точкой при 26

подбрасываниях игральной кости? Чему равна соответствующая этому числу выпадений вероятность?

Решение. Здесь число n опытов (подбрасываний кости) равно 26, p – вероятность выпадения грани с одной точкой равна 1/6, q =1 – p =5/6. В рассматриваемом случае np – q = 26 − 5 = = 3,5 – нецелое число, единственное искомое наивероятнейшее число k0 выпадений 6 6 грани с одной точкой определяется из условий np – q < k0 < np + p, в нашем случае 3,5 < k0 < 4,5, т. е.,

k0 = 4. (Отметим также, что при нецелом np – q k0 всегда является ближайшей к числу np – q целочисленной точкой справа). Вероятность P26(4) может быть найдена по формуле Бернулли 4

22

4 ⎛1⎞ ⎛5⎞ P26 (4) = C 26 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝6⎠ ⎝6⎠

Пример 2. Вероятность попадания в цель при выстреле из каждого из двух орудий равна

2/3. Залп из двух орудий считается успешным, если хотя бы один снаряд попадёт в цель. Произведено 8 залпов. Каково наиболее вероятное число успешных залпов?

Решение. Вероятность успешного залпа найдём, вычислив предварительно вероятность противоположного события – двух промахов при залпе из двух орудий. Она равна 1 ⋅ 1 = 1 , 3 3 9 следовательно, вероятность успешного залпа p = 1 − 1 = 8 . Кроме того, число залпов n = 8 и q = 9 9 = 1 – p = 1 . Тогда np − q = 8 ⋅ 8 − 1 = 63 = 7 – целое. Значит, 7 и 8 (8 = np + p) успешных залпов 9 9 9 9 наиболее вероятны (оба случая имеют равную вероятность). Пример 3. Каким должно быть число подбрасываний игральной кости, чтобы

наивероятнейшее число выпадений грани с единицей оказалось равным 5?

Решение. Искомое число подбрасываний n должно быть таким, чтобы значение k = 5 принадлежало сегменту [np – q, np + p]. В рассматриваемом случае

p = 1, q= 5, 6 6

следовательно, n определяется из неравенств n − 5 ≤ 5 ≤ n + 1 , откуда находим 29 ≤ n ≤ 35. 6 6 6 6

Отметим, что среди найденных значений n в пяти случаях (n = 30, 31, 32, 33, 34) значение k = 5 является единственным наивероятнейшим числом выпадений грани с единицей (соответствующее np – q – нецелое) и в двух случаях (n = 29, 35) наряду с k = 5 существует другое наиболее вероятное число появлений единицы (np – q – целое). Полиномиальная схема

Пусть каждый из n независимых опытов может завершиться лишь наступлением одного из m попарно несовместных событий A1, A2, …, Am. Пусть, далее, события A1, A2, …, Am наступают в каждом отдельном опыте с вероятностями p1, p2, …, pm (p1 + p2 + … + pm = 1) соответственно, неизменными для всех опытов. Тогда вероятность Pn (k 1 , k 2 , K , k m ) того, что в серии из n описанных опытов событие A1 наступит ровно k1 раз, A2 – k2 раз, … , Am – km раз ( k 1 + k 2 + K + k m = n ) может быть вычислена по формуле

Pn (k 1 , k 2 , K , k m ) =

n! p1k1 p 2k 2 K p mk m . k 1 ! k 2 !K k m !

Пример 1. Десять занумерованных шаров случайным образом размещают по трём

урнам. Найти вероятность того, что в первой урне окажется два шара, во второй – три и в третьей урне – пять шаров.

Решение. Здесь число опытов n = 10, i-й опыт заключается в помещении шара с номером i в одну из трёх урн. Каждый такой опыт может завершиться лишь наступлением одного из трёх попарно несовместных событий A1, A2, A3 – попаданий очередного шара в соответствующую урну. Очевидно, p i = P(A i ) = 1 . Надо найти вероятность того, что в рассматриваемых 10 3 опытах событие A1 наступит ровно два раза (k1 = 2), событие A2 – три раза (k2 = 3), и событие A3 – пять раз (k3 = 5). Искомая вероятность 2

3

5

P10 (2, 3, 5 ) = 10! ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ . 2!3!5! ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ Пример 2. В условиях предыдущего примера найти вероятность того, что в одну из урн

попадёт два шара, в две другие – три и пять.

Решение. Обозначим через A i j k событие, состоящее в том, что в результате размещения десяти шаров по трём урнам в первой урне окажется i шаров, во второй – j, и в третьей – k

(i + j + k = 10 ) .

Тогда событие, вероятность которого нужно найти, можно представить как

сумму 3! попарно несовместных событий A 235 + A 253 + A 325 + A 352 + A 523 + A 532 . Искомая вероятность, следовательно, равна

P10 (2,3,5) + P10 (2,5,3) + P10 (3,2,5) + P10 (3,5,2 ) + P10 (5,2,3) + P10 (5,3,2 ) = 3!⋅ 10! ⋅ 110 2!3!5! 3 (учитываем, что вероятности, входящие в сумму, равны).

Литература. 1) Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. 2) Ширяев А. Н. Вероятность. 3) Свешников А. А. и др. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций.