Так же решение контрольных, написание курсовых и рефератов по другим предметам.

logo

Решение контрольных по математике!!!

Связаться с нами

E-mail: matica@narod.ru

ICQ 229036787, ICQ 320619

 

Home

Теория вероятности (много задач)

PDF Печать E-mail

#1.

Брошены две игральные кости. Найти вероятность того, чтосумма очков на выпавших гранях – четная, причем на гранях хотя бы одной из костей появится шестерка.

Решение:

На выпавшей грани «первой» игральной кости может появиться одно очко, два очка,…, шесть очков. Аналогичные шесть элементарных исходов возможны и при бросании другой кости. Каждый из исходов бросания «первой» может сочетаться с каждым из исходов бросания «второй». Таким образом общее число возможных элементарных исходов испытания равно . Эти исходы образуют полную группу и в силу симметрии костей равновозможны.

Благоприятствующими интересующему нас событию (хотябы на одной грани появится шестерка, сумма выпавших очков четная) являются следующие пять исходов

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

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех возможных элементарных исходов испытания:

#2.

При перевозке ящика, в котором содержались 21 стандартная и 10 нестандартных деталей, утеряна одна деталь, причем неизвестно какая. Наудачу извлеченная (после перевозки) из ящика деталь оказалась стандартной. Найти вероятиссть того, что была утеряна:

А) стандартная деталь; б) нестандартная деталь.

Решение:

а) Извлеченная стандартная деталь, очевидно, не могла быть утеряна; могла быть потеряна любая из остальных 30 деталей (21+10—1=30), причем среди них было 20 стандартных (21-1=20). Вероятность того, что была потеряна стандартная деталь, Р= 20/30 = 2/3.

Б) Среди 30 деталей, каждая из которых могла быть утеряна, было 10 нестандартных. Вероятность того, что потеряна нестандартная деталь,

Р=10/30=1/3.

Ответ:1/3

#3

Задумано двузначное число. Найти вероятность того, что задуманным числом окажется: а) случайно названное двузначное число; б) случайно названное двузначное число, цифры которого различны.

Решение

А) Мы рассматриваем событие:

А – задуманным двузначным числом оказалось случайно названное двузначное число.

Для этого события общее число возможных элементарных исходов n = 90, т. е. количество всех двузначных чисел. А число возможных исходов, благоприятствующих событию m = 1, т. е. только одно двузначное число будет равно задуманному.

Итак, по классическому определению вероятности получаем:

P(A) = m/n = 1/90

Б) Мы рассматриваем событие:

А – задуманным двузначным числом оказалось случайно названное двузначное число, цифры которого различны.

Для этого события общее число возможных элементарных исходов n = 81, т. е. количество всех двузначных чисел, цифры которого различны. А число возможных исходов, благоприятствующих событию m = 1, т. е. только одно двузначное число будет равно задуманному.

Итак, по классическому определению вероятности получаем:

P(A) = m/n = 1/81

Ответ: а)1/90 ; б)1/81

#4

Задание: Указать ошибку «решения» задачи: брошены две игральные кости, найти вероятность того, что сумма очков на костях будет равна 3 (событие ).

«Решение»:

Возможны два исхода события: сумма выпавших очков равна 3, сумма выпавших очков не равна 3. Событию благоприятствует один исход; общее число исходов равно двум. Следовательно, искомая вероятность

.

!!! Ошибка этого решения состоит в том, что рассматриваемые исходы не являются равновозможными.

Правильное решение: Общее число равновозможных исходов испытания равно (каждое число очков, выпавших на одной кости, может сочетаться со всеми числами очков, выпавших на другой). Среди этих исходов событию может благоприятствовать только два исхода: Следовательно, искомая вероятность .

#5

Брошены две игральные кости. Найти вероятности следующих событий: а) сумма выпавших очков равна семи; б) Сумма выпавших очков равна восьми, а разность – четырём; в) Сумма выпавших очков равна восьми, если известно что их разность равна четырём; г) сумма выпавших очков равна пяти, а произведение - четырём.

Решение:

Общее число равно равновозможных исходов равно 6*6=36 (Каждое число на одной кости может сочетаться со всеми числами очков, выпавших на другой кости)

А) среди общего количества исходов событию А благоприятствуют только 6 : (1.6), (6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3) следовательно искомая вероятность 6/36=1/6

Б) среди общего количества исходов событию А благоприятствуют только 6 : (2.6), (6,2),(3,5),(5,3),(4,4),(4,4), но в следствии того что разность равна 4 останется только два события: (2,6) и (6,2). Следовательно искомая вероятность 2/36=1/18

В) Общее число исходов события А равно 4: (6,2) (2,6) (5,1) (1,5) (т. к. разность должна быть равна 4). Среди общего количества исходов события А благоприятствуют только 2: (6,2) и (2,6). Следовательно искомая вероятность равна 2/4 = ½

Г) среди общего количества исходов событию А благоприятствуют только 4 : (1,4), (4,1),(3,2),(2,3), но в следствии того что произведение равно 4 останется только два события: (1,4) и (4,1). Следовательно искомая вероятность 2/36=1/18

#6

Общее число равновозможных исходов равно 1000 (всего столько кубиков). Среди этих исходов благоприятствуют событию только 384 исхода (64 маленьких кубика имеют одну окрашенную грань на грани большого, граней у куба 6, поэтому ) следовательно искомая вероятность . Благоприятствует событию только исходов, т. е. . А событию – 8 исходов (только на углах большого куба у маленьких кубиков окрашены 3 грани), т. е. .

#7.

Монета брошена 2 раза. Найти вероятность того, что хотя бы один раз появится «герб».

Решение: Всего различных случаев выпадения монеты – 4. Обозначим как 1- выпала «решка», 0 – выпал «герб». Тогда можем составить таблицу:

1я попытка

2я попытка

0

0

0

1

1

0

1

1

Т. е. всего удовлетворяющих нас выпадений – 3 из 4. Следовательно, вероятность того, что выпадет хоть один «герб» равна PA= mn= 34;

#8

Число всевозможных исходов эксперимента – 720

(Так как нам важно, в каком порядке извлекаются кубики, то для подсчёта всех возможных исходов необходимо найти все их перестановки, то есть n==6!=720)

Число исходов, удовлетворяющих поставленному условию – 1

(то есть m=1)

Значит шанс, что все кубики извлекутся в нужном порядке - 1/720

( P(a)=m/n=1/720)

Ответ: 1/720

#9

Найти вероятность того, что при бросании трех игральных костей шестерка выпадет на одной (безразлично какой) кости, если на гранях двух других костей выпадут числа очков, не совпадающие между собой (и не равные 6).

Решение:

Общее число элементарных исходов испытания равно числу сочетаний из 6 элементов по 3 с повторениями ().

Число исходов, благоприятствующих появлению шестерки на одной грани и различного числа очков (не равных 6) на гранях двух других костей, равно числу сочетаний без повторений из 5 элементов по 2 ().

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих интересующему нас событию, к общему числу возможных элементарных исходов:

Ответ: 10/56.

#10

В пачке 20 перфокарт, помеченных номерами 101, 102, ... , 120 и произвольно расположенных. Перфораторщица наудачу извлекает две карты. Найти вероятность того, что извлечены перфокарты с номерами 101 и 120.

Решение: Общее число элементарных исходов испытания равно числу сочетаний из 20 элементов по 2 с повторениями ().

Число исходов, благоприятствующих появлению перфокарт с номерами 101 и 120, равно числу сочетаний без повторений из 2 элементов по 2 () = 1.

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих интересующему нас событию, к общему числу возможных элементарных исходов:

Ответ: 1/190.

#11

В ящике 10 одинаковых деталей, помеченных 1,2,…,10. Наудачу извлечены 6 деталей. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей окажутся:

А) деталь № 1;

Б) деталь № 1 и № 2.

Решение.

А) Общее число возможных элементарных исходов равно числу способов, которыми можно извлечь 6 деталей из 10, т. е. .

Найдем число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию: среди отобранных 6 деталей есть деталь № 1 и, следовательно, остальные пять деталей имеют другие номера. Число таких исходов, очевидно, равно числу способов, которыми можно отобрать 5 деталей из оставшихся 9, т. е. .

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию, к общему числу возможных элементарных исходов: P==0,6 .

Б) Число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию (среди отобранных деталей есть детали № 1 и № 2, следовательно, четыре детали имеют другие номера), равно числу способов, которыми можно извлечь четыре детали из оставшихся восьми, т. е. C48.

Искомая вероятность P==1/3 .

#12

В ящике имеется 15 деталей, среди которых 10 окрашенных. Сборщик наудачу извлекает три детали. Найти вероятность того, что извлеченные детали окажутся окрашенными.

Решение:

Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь 3 детали из 15 . Число исходов, благоприятствующих равно числу возможных вариантов извлечения 3 деталей из 10.

Искомая вероятность равна отношению С из 15 по 3 деленное на С из 10 по 3 .

#13

В конверте среди 100 фотокарточек находится одна разыскиваемая. Из конверта наудачу извлечены 10 карточек. Найти вероятность того, что среди них окажется нужная.

Решение:

Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь 10 карточек из 100. = .

Число исходов, благоприятствующих равно числу возможных вариантов извлечения 9 карточек. 10ая карточка – это карточка интересующая нас. Это число равно .

Искомая вероятность равна отношению P=/ = 0,1 .

#14

В ящике 100 деталей, из них 10 бракованных. Наудачу извлечены 4 детали. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей: а) нет бракованных; б) нет годных.

РЕШЕНИЕ.

А) Общее число возможных элементарных исходов испытания равно количеству способов извлечь 4 детали из100, т. е. , число благоприятствующих рассматриваемому событию исходов равно количеству способов извлечь 4 не бракованные детали, т. е. . Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию, к общему числу возможных элементарных исходов:

.

Б) Число благоприятствующих рассматриваемому событию исходов равно количеству способов извлечь 4 бракованные детали, т. е. .

.

#15

Условие:

Устройство состоит из пяти элементов, из которых два изношены. При включении устройства включаются случайным образом два элемента. Найти вероятность того, что включенными окажутся два неизношенных элемента

Решение:

Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу вариантов включения двух элементов из пяти, что составляет

Найдем число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию: оба включенных элемента неизношенны, следовательно, все оставшиеся изношены. Чисто таких исходов равно числу способов, которыми можно извлечь два неизношенных элемента из трех:

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию, к общему числу возможных элементарных исходов:

#17

В партии из N деталей имеется п стандартных. Наудачу отобраны m деталей. Найти вероятность того, что среди отобранных деталей ровно k стандартных.

Решение:

Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь m деталей из N деталей, т. е. —числу сочетаний из N элементов по m.

Подсчитаем число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию (среди m деталей ровно k стандартных): k стандартных деталей можно взять из п стандартных, деталей способами;

Число благоприятствующих исходов равно

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

#18

Условие задачи:

В цехе работают шесть мужчин и четыре женщины. По табельным номерам наудачу отобраны семь человек. Найти вероятность того, что среди отобранных окажутся три женщины.

Решение задачи:

Общее число равновозможных элементарных исходов испытания равно числу способов отбирания по табельным номерам Человек из , т. е числу сочетаний .

Найдем число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию: трех из четырех можно отобрать способами. Остальные четыре человека будут мужчинами. Выбор четырех из шести мужчин можно осуществить способами. Следовательно число благоприятствующих исходов равно .

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех равновозможных элементарных исходов, т. е:

Ответ:

#21

В коробке 5 одинаковых изделий, причем 3 из них окрашены. Наудачу извлечены 2 изделия. Найти вероятность того, что среди двух извлеченных изделий окажутся: а) одно окрашенное изделие; б) два окрашенных изделия; в) хотя бы одно окрашенное изделие.

Решение:

А) Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь две детали из пяти, и равно числу сочетаний из пяти по два.

Одно окрашенное изделие можно взять из трех окрашенных изделий С31 способами.

А число способов взять одно неокрашенное изделие из двух неокрашенных равно С21 .

Число благоприятствующих условий равно С31 С21 .

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

Р= С31 *С21 /С52=0,6

Б) Р= С32 *С20 /С52=0,3

В) Р= С31 *С21 /С52 +С32 *С20 /С52=0,9

# 24

По цели произведено 20 выстрелов, причем зарегистрировано 18 попаданий. Найти относительную частоту попаданий в цель.

Решение.

Относительная частота события А (попадание в цель) равна отношению числа попаданий к числу произведенных выстрелов:

#26

Условие:

На отрезке L длины 20 см помещён меньший отрезок L длины 10 см. Найти вероятность того, что точка, наудачу поставленная на больший отрезок, попадает так же и на меньший отрезок. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка, и не зависит от его расположения.

Решение:

Т. к. вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка, и не зависит от его расположения, то искомую вероятность можно найти по формуле

Подставляя наши значения (L=20; L=10) в данную формулу получаем искомую вероятность

#27

Условие:

На отрезок ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлена точка В(х). Найти вероятность того, что меньший из отрезков ОВ и ВА имеет длину, большую чем L/3. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка, и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение:

Разобьём отрезок ОА на 3 отрезка длины L/3. Тогда для того чтобы меньший из отрезков ОВ и ВА имеет длину, большую чем L/3, необходимо чтобы наудачу поставленная точка B(x) попала в отрезок B, длина которого L=L/3. А т. к. вероятность

Попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка, и не зависит от его расположения на числовой оси, то искомую вероятность можно найти по формуле

Подставляя наши значения (L=L; L=L/3) в данную формулу получаем искомую вероятность

#28

Условие:

В круг радиуса R помещен меньший круг радиуса r. Найти вероятность того, что точка наудачу брошенная в большой круг попадет также и в малый круг. Предполагается, что вероятность попадания точки в круг пропорциональна площади круга, и не зависит от его расположения.

Решение:

Т. к. вероятность попадания точки в круг пропорциональна площади круга, и не зависит от его расположения, то мы можем вычислить вероятность того, что точка наудачу брошенная в большой круг попадет также и в малый круг по формуле:

(*)

Где G-Площадь малого круга, а G-Площадь большого круга. Вычислим площади.

Подставив их в формулу (*) получим искомую вероятность

#29

Условие:

Плоскость разграфлена параллельными прямыми, находящимися друг от друга на расстоянии 2A. На плоскость наудачу брошена монета радиуса R<A. Найти вероятность того, что монета не пересечет ни одной из прямых.

Решение:

Для того чтобы монета не пересекла параллельные прямые, необходимо, чтобы при броске расстояние от монеты до прямых было равно

L=(2A-2R)

А общее расстояние, между двумя прямыми -

L=2A

Т. к. нам не важно куда приземлится монета, а главное чтоб она не пересекла прямые, то мы можем воспользоваться формулой для нахождения вероятности того, что монета не пересечет ни одной из прямых.

Тогда искомая вероятность равна

#30

Условие:

На плоскость с нанесенной сеткой квадратов со стороной А Наудачу брошена монета радиуса R<A/2. Найти вероятность того, что монета не пересечет ни одной из сторон квадрата. Предполагается, что вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональна площади фигуры, и не зависит от ее расположения.

Решение:

Событие А – монета не пересечёт ни одной из сторон квадрата можно представить в виде двух событий: В – монета не пересечёт вертикальных линий и С – монета не пересечёт горизонтальных линий. Тогда вероятность наступления события А можно представить в виде умножения вероятностей событий В и С.

Аналогично предыдущей задаче вычисляем вероятности событий В и С. Получаем что ;

Тогда искомая вероятность равна

#31

Условие:

На плоскость, разграфленную параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстоянии 6 см наудачу брошен круг радиуса 1 см. Найти вероятность того, что круг не пересечет ни одной из прямых. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка, и не зависит от его расположения.

Решение:

Данная задача является частным случаем задачи №29. Воспользуемся выведенной в ходе решения той задачи формулой, подставив в неё значения A=3; R=1:

Ответ: вероятность того, что круг не пересечет ни одной из прямых равна 2/3.

#32

Условие:

На плоскости начерчены две концентрические окружности, радиусы которых 5 и 10 см соответственно. Найти вероятность того, что точка, брошенная наудачу в большой круг, попадет также и в кольцо, образованное построенными окружностями. Предполагается, что вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры и не зависит от ее расположения.

Решение:

Т. к. вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры, и не зависит от её расположения, то мы можем вычислить вероятность того, что точка наудачу брошенная в большой круг попадет также и в кольцо, образованное построенными окружностями по формуле:

Где G-Площадь кольца, а G-Площадь большого круга. Вычислим площади. Пусть R – радиус большой окружности, а R – радиус малой окружности.

Тогда искомая вероятность равна

#34

Условие:

Быстро вращающийся диск разделен на четное число равных секторов, попеременно окрашенных в белый и черный цвет. По диску произведен выстрел. Найти вероятность того, что пуля попадет в один из белых секторов. Предполагается, что вероятность попадания пули в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры.

Решение:

Площадь круга Sкр=п*R*R. Так как диск разделен на четное число равных секторов, попеременно окрашенных в белый и черный цвет, то белый занимает половину круга, а остальную половину круга занимает черный цвет. Следовательно,

А так как вероятность попадания пули в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры, то

Ответ: ½

#35

Задача: На отрезке OA длины L числовой оси Ох наудачу поставлены две точки: В(х) и С(у), причем . (Координата точки С для удобства дальнейшего изложения обозначена через у). Найти вероятность того, что длина отрезка ВС меньше длины отрезка ОВ (рис. 1,а). Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение:

Координаты точек В и С должны удовлетворять неравенствам Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей прямоугольному треугольнику OKM (рис 1,б). Таким образом, этот треугольник можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек В и С.

Длина отрезка ВС должна быть меньше длины отрезка ОВ, т. е. должно иметь место неравенство , или . Последнее неравенство выполняется для координат тех точек фигуры G (прямоугольного треугольника OKM), которые лежат ниже прямой (прямая ON). Как видно из рис. 1,б, все эти точки принадлежат заштрихованному треугольнику ONM. Таким образом, этот треугольник можно рассматривать как фигуру g, координаты точек которой являются благоприятствующими интересующему нас событию (длина отрезка ВС меньше длины отрезка ОВ).

Искомая вероятность

#36

На отрезке ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлены две точки В(х) и С(у). Найти вероятность того, что длина отрезка ВС меньше расстояния от точки О до ближайшей к ней точке. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение:

Координаты точек В и С должны удовлетворять неравенствам


Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату OLRM. Таким образом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек В и С.

Возможны два случая:

1)B<C

Длина отрезка ВС должна быть меньше длины отрезка ОВ, т. е. должно иметь место неравенство , или . Последнее неравенство выполняется для координат тех точек фигуры G, которые лежат ниже прямой (прямая ON). Как видно из рисунка, все эти точки принадлежат заштрихованному треугольнику ONR.

2)B>=C

Аналогичное утверждение. Должны одновременно выполняться 2 условия: y<=x, y>x/2.

Как видно из рисунка, все эти точки принадлежат заштрихованному треугольнику ORK.

Таким образом, фигуру ONRK можно рассматривать как фигуру g, координаты точек которой являются благоприятствующими интересующему нас событию.

Искомая вероятность

#37

На отрезке ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлены две точки В(х) и С(у), причём . Найти вероятность того, что длина отрезка ВС окажется меньше, чем L/2. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение:

Координаты точек В и С должны удовлетворять неравенствам

Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей прямоугольному треугольнику OL1 K. Таким образом, этот треугольник можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек В и С.

Длина отрезка BC должна оказаться меньше L/2, т. е имеет место неравенство:

Y<x+L/2.

Последнее неравенство выполняется для точек фигуры OMM1K( см. рисунок). Таким образом, эту фигуру можно рассматривать как фигуру g, координаты точек которой являются благоприятствующими интересующему нас событию.

Искомая вероятность

#38

На отрезке ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлены две точки В(х) и С(у). Найти вероятность того, что длина отрезка ВС окажется меньше, чем L/2. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение:

Координаты точек В и С должны удовлетворять неравенствам


Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату OLRM. Таким образом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек В и С.

Возможны 2 случая:

1)B<C Длина отрезка ВС должна быть меньше L/2, т. е имеет место неравенство y<x+L/2.

2)B>=C. Имеет место неравенство .

Эти условия выполняются для фигуры OFSRNP( см. рисунок).Таким образом, эту фигуру можно рассматривать как фигуру g, координаты точек которой являются благоприятствующими интересующему нас событию.

Искомая вероятность

#39

Задача Бюффона (французский естествоиспытатель XVIII в.). плоскость разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстоянии 2a. На плоскость наудачу бросают иглу длины 2L (L<A). Найти вероятность того, что игла пересечет какую-нибудь прямую.

Решение. Введём следующие обозначения: х-расстояние от середины иглы до ближайшей параллели; -угол, составленный иглой с этой параллелью (рис. 2,а).

Положение иглы полностью определяется заданием определённых значений х и , причём х принимает значения от 0 до а; возможные значения изменяются от 0 до . Другими словами, середина иглы может попасть в любую из точек прямоугольника со сторонами а и (рис. 2,б). Таким образом, этот прямоугольник можно рассматривать как фигуру G, точки которой представляют собой все возможные положения середины иглы. Очевидно, площадь фигуры G равна .

Найдём теперь фигуру g, каждая точка которой благоприятствует интересующему нас событию, т. е. каждая точка этой фигуры может служить серединой иглы, котрая пересекает ближайшую к ней параллель. Как видно из рис.2,а, игла пересечёт ближайшую к ней параллель при условии , т. е. если середина иглы попадёт в любую из точек фигуры, заштрихованной на рис. 2,б.

Таким образом, заштрихованную фигуру можно рассматривать как фигуру g. Найдём площадь этой фигуры:

Искомая вероятность того, что игла пересечёт прямую

#40

На отрезке ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлены две точки: В(х) и С(y). Найти вероятность того, что из получившихся отрезков можно составить треугольник.

Решение:

Для того, чтобы из трёх отрезков можно было построить треугольник, каждый из отрезков должен быть меньше суммы двух других. Сумма всех трёх отрезков равна L, поэтому каждый из отрезков должен быть меньше L/2.

Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. Координаты любых двух точек В и С должны удовлетворять двойным неравенствам: . Этим неравенствам удовлетворяют координаты любой точки М(x, y), принадлежащей квадрату OLDL (рис. 3,а). Таким образом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют все возможные значения координат точек В и С.

1. пусть точка С расположена правее точки В (рис. 3,б). Как указано выше, длины отрезков ОВ, ВС, СА должны быть меньше L/2, т. е. должны иметь место неравенства , , , или, что то же,

, , . (*)

2. Пусть точка С расположена левее точки В (рис. 3,в). В этом случае должны иметь место неравенства , , , или, что то же,

, , . (**)

Как видно из рис. 3.а, неравенства (*) выполняются для координат точек треугольника EFH, а неравенства (**) – для точек треугольника KHM. Таким образом, заштрихованные треугольники можно рассматривать как фигуру g, координаты точек которой благоприятствуют интересующему нас событию (из трёх отрезков можно построить треугольник).

Искомая вероятность

.

#41

Условие: В сигнализатор поступают сигналы от двух уст­ройств, причем поступление каждого из сигналов равно-возможно в любой момент промежутка времени длитель­ностью Т. Моменты поступления сигналов независимы один от другого. Сигнализа­тор срабатывает, если разность между моментами поступления сигналов меньше t (t < Т). Най­ти вероятность того, что сиг­нализатор срабатывает за вре­мя Т, если каждое из уст­ройств пошлет по одному сиг-палу.

Решение:

Обозначим момен­ты поступления сигналов первого и второго устройств соответственно через х и у. В силу условия задачи должны выполняться двойные неравенства: 0<х<T, 0<y<T.

Введем в рассмотрение прямоугольную систему координат хОу. В этой системе двойным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату ОТ AT. Таким обра­зом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют все возможные значения моментов по­ступления сигналов.

Сигнализатор срабатывает, если разность между моментами поступления сигналов меньше t, т. е. если у—х < t при у > х и x — y<t x>y, или, что то же,

У < x+t при у > х, (*)

У>х—t при у < х, (**)

Неравенство (*) выполняется для координат тех точек фигуры G, которые лежат выше прямой у= х и ниже прямой y = x+t; нера­венство (**) имеет место для точек, расположенных ниже прямой y=x и выше прямой у = х—t.

Как видно из рис все точки, координаты которых удовлет­воряют неравенствам (*) и (**) принадлежат заштрихованному шестиугольнику. Таким образом, этот шестиугольник можно рас­сматривать как фигуру g. координаты точек которой являются бла­гоприятствующими срабатыванию сигнализатора моментами времени хну.

Искомая вероятность

#42

Задача о встрече. Два студента условились встре­титься в определенном месте между 12 и 13 часами дня. Пришедший первым ждет второго в течение 1/4 часа, после чего уходит. Найти вероятность того, что встреча состоится, если каждый студент наудачу выбирает момент своего прихода (в промежутке от 12 до 13 часов).

Решение:

Обозначим момен­ты встречи 2х студентов соответственно через х и у. Они могут встретиться в течение часа(так как 13-12=1). Пусть Т=1. В силу условия задачи должны выполняться двойные неравенства: 0<х<1, 0<y<1.

Введем в рассмотрение прямоугольную систему координат хОу. В этой системе двойным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату ОТ AT. Таким обра­зом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют все возможные значения моментов встречи студентов. Так как пришедший первым ждет второго в течение 1/4 часа, после чего уходит, то t=1/4.

Они встретятся, если разность между моментами меньше t, т. е. если у—х < t при у > х и x — y<t, x>y, или, что то же,

У < x+t при у > х, (*)

У>х—t при у < х, (**)

Неравенство (*) выполняется для координат тех точек фигуры G, которые лежат выше прямой у= х и ниже прямой y = x+t; нера­венство (**) имеет место для точек, расположенных ниже прямой y=x и выше прямой у = х—t.

Как видно из рис все точки, координаты которых удовлет­воряют неравенствам (*) и (**) принадлежат заштрихованному шестиугольнику. Таким образом, этот шестиугольник можно рас­сматривать как фигуру g. координаты точек которой являются бла­гоприятствующими моментами времени х и у, когда студенты помуг встретиться.

Искомая вероятность

Ответ: 7/16

#43

Найти вероятность того, что из трех наудачу взятых отрезков длиной не более L можно построить треугольник. Предполагается, что вероятность попадания точки в пространственную фигуру пропорциональна объему фигуры и не зависит от ее расположения.

РЕШЕНИЕ.

Рассмотрим пространственную систему координат.

A = {из трех наудачу взятых отрезков длиной не более L можно построить треугольник}

Обозначим через x, y и z длины трех выбранных отрезков.

Пространство элементарных исходов имеет вид:
K = {(x, y,z): 0<=x<=L; 0<=y<=L; 0<=z<=L} - куб со стороной длины L

Пространство благоприятных исходов имеет вид:

T = {(x, y,z): 0<=x<=L; 0<=y<=L; 0<=z<=L; x+y>z; x+z>y;
y+z>x} - куб со стороной длины L без трех тетраэдров

Ответ: ½

#44

Наудачу взяты два положительных числа х и у, каждое из которых не превышает двух. Найти вероятность того, что произведение ху будет не больше единицы, а частное у/x не больше двух.

Решение:

Числа удовлетворяют неравенствам . Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату OLRM. Таким образом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек х и у. Согласно условию задачи, имеют место следующие неравенства:

(см. рисунок).

Заштрихованную область можно принять за фигуру g, координаты точек которой благоприятствуют интересующему нас событию.

Нетрудно видеть, что

Искомая вероятность

#45

Наудачу взяты два положительных числа х и у, каждое из которых не превышает единицы. Найти вероятность того, что сумма х+у не превышает единицы, а произведение ху не меньше 0,09.

Решение.

Числа х и у должны удовлетворять неравенствам: . Введём в рассмотрение прямоугольную систему координат xOy. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату OLRM. Таким образом, этот квадрат можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек х и у.

Согласно условию задачи, имеют место следующие неравенства: (си. Рисунок). Заштрихованную область можно принять за фигуру g, координаты точек которой благоприятствуют интересующему нас событию.

Нетрудно видеть, что

Искомая вероятность

#46

На стеллаже библиотеки в случайном порядке расставлено 15 учебников, причем 5 из них в переплете. Библиотекарь берет наудачу три учебника. Найти вероятность того, что хотя бы один из взятых учебников окажется в переплете.

Решение:

Обозначим искомое событие А, а противоположное ему В(ни один из взятых учебников не окажется в переплете). Так как сумма вероятностей двух противоположных событий равно 1, то

Р(А)=1-Р(В)

Р(А)=1- С103 /С153=1-24/91=67/91

#47

В ящике 10 деталей, из которых четыре окрашены. Сборщик наудачу взял три детали. Найти вероятность того, что хотя бы одна из взятых деталей окрашена (событие А).

Решение.

Требование – хотя бы одна из взятых деталей окрашена – будет осуществлено, если произойдет любое из следующих трех несовместных событий: B – одна деталь окрашена, C – две детали окрашены, D – три детали окрашены.

Интересующее нас событие A можно представить в виде суммы событий: A=B+C+D. По теореме сложения,

P(A)=P(B)+P(C)+P(D).

Найдем вероятность событий B, C и D:

Получим:

#48

Доказать, что если событие А влечёт за собой событие В, то Р(В) ≥ Р(А)

Доказательство

Событие В можно представить в виде суммы несовместных событий и : = + .

По теореме сложения вероятностей несовместных событий получим

.

Так как , то

Ч. т.д.

#49

Вероятности появления каждого из двух независимых событий А1 и А2 соответственно равны р1 и p2. Найти вероятность появления только одного из этих событий.

Решение.

Введем обозначения событий: В1 – появилось только одно событие А1, В2 – появилось только событие А2.

Появление события В1 равносильно появлению события (появилось первое событие и не появилось второе), т. е. В1 = . Появление события В2 равносильно появлению события (появилось второе событие и не появилось первое), т. е. В2 = .

Таким образом, чтобы найти вероятность появления только одного из событий А1 и А2, достаточно найти вероятность появления одного, безразлично какого, из событий В1 и В2. События В1 и В2 несовместны, поэтому применима теорема сложения:

Остается найти вероятности каждого из событий В1 и В2. События А1 и А2 независимы, следовательно, независимы события А1 и , а также и А2, поэтому применима теорема умножения:

Подставив эти вероятности в соотношение (*), найдем искомую вероятность появления только оного из событий А1 и А2:

#50

Для сигнализации об аварии установлены два независимо работающих сигнализатора. Вероятность того что при аварии сигнализатор сработает, равна 0.95 для первого сигнализатора и 0.9 для второго. Найти вероятность того, что при аварии сработает только один сигнализатор.

Решение:

Введем обозначения событий: — появилось только событие ( Срабатывание первого сигнализатора); — появилось только событие( Срабатывание второго сигнализатора).

Появление события равносильно появлению события (появилось первое событие и не появилось второе), т. е.. Появление события Равносильно появлению события (появилось второе событие и не появилось первое), т. е. . Таким образом, чтобы найти вероятность появления только одного из событий и , достаточно найти вероятность появления одного, безразлично какого, из событий и . События и несовместны, поэтому применима теорема сложения:

Остается найти вероятности каждого из событий и . События и независимы, следовательно, независимы события и , а также и , поэтому применима теорема умножения:

Подставив эти вероятности в соотношение , найдем искомую вероятность появления только одного из событий и .

#51

Вероятность попадания при одном выстреле для первого стрелка равна , значит вероятность промаха – . Для второго – , а промаха – . Потому вероятность того, что при одном залпе в мишень попадет только один из стрелков .

#52

Вероятность одного попадания в цель при одном залпе из двух орудий равна 0,38. Найти вероятность поражения цели при одном выстреле первым из орудий, если известно, что для второго орудия эта вероятность равна 0,8.

Решение:

Из данных задачи следует, что PA2=0,8; PB1+B2=0,38; где A1 и A2 – события попадания в цель первого и второго орудия соответственно. B1и B2 - попадание только одного из соответствующих орудий, т. е. B1 = A1*A2 и B2 = A2*A1 . Обозначим как PA1=p. Так как PB1+B2=PB1+ PB2, то подставляя, получим:

0,38=0,8-0,8p+0,2p.

P=0,7;

Вероятность поражения цели при одном выстреле первым из орудий составляет – 0,7.

#53

Обозначим за событие, что изделие 1 - стандартно

Обозначим за событие, что изделие 2 - стандартно

Событие Ā1 означает, что изделие 1 - нестандартно

Событие Ā2 означает, что изделие 2 - нестандартно

Тогда по теореме умножения вероятностей получаем, что вероятность того, что первое изделие стандартно, а второе – нет, равна 0,09

(= P(*Ā2)=P()*P(Ā2)=0.9*0.1=0.09)

Соответственно вероятность обратного события (изделие 2 – стандартно, а изделие 1 - нестандартно) такая же

(= P*Ā1)=P()*P(Ā1)=0.9*0.1=0.09)

Тогда по теореме сложения вероятностей несовместных событий получаем, что вероятность того, что одно изделие стандартно, а другое – нет, равна 0,18

(P((*Ā2)+*Ā1))= P(*Ā2)+ P*Ā1)=+=0.09+0.09=0.18)

Ответ:0,18

#54

Вероятность того, что при одном измерении некоторой физической величины будет допущена ошибка, превышающая заданную точность равна 0,4. Произведены три независимых измерения. Найти вероятность того, что только в одном из них допущенная ошибка превысит точность.

Решение:

Обозначим допущение ошибки, превышающей заданную точность, в измерениях 1,2 и 3 как А1, А2 и А3 соответственно. Так как эти события независимы, то по теореме умножения вероятностей независимых событий искомая вероятность будет вычисляться по формуле:

Ответ: 0,432.

#55

Из партии изделий товаровед отбирает изделия высшего сорта. Вероятность того, что наудачу взятое изделие окажется высшего сорта, равна 0,8. Найти вероятность того, что из трех проверенных изделий только два изделия высшего сорта.

Решение: Обозначим появления товаров высшего сорта 1, 2 и 3 как А1, А2 и А3 соответственно. Так как эти события независимы, то по теореме умножения вероятностей независимых событий искомая вероятность будет вычисляться по формуле:

Ответ: 0,384.

#56

Устройство состоит из трех элементов, работающих независимо. Вероятности безотказной работы (за время t) первого, второго и третьего элементов соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8. Найти вероятности того, что за время работы t безотказно будут работать:

А) только один элемент;

Б) только два элемента;

В) все три элемента.

Решение.

Введем обозначение событий: безотказно работало первое устройство - A1; безотказно работало второе устройство - А2; безотказно работало третье устройство - A3.

B1 – безотказно работала за время t первое устройство A1; B2 – безотказно работало за время t второе устройство А2; B3 – безотказно работало за время t третье устройство A3.

А) Появление события B1 равносильно появлению события A1; равносильно появлению события A2 ; равносильно появлению A3 .

Таким образом, чтобы найти вероятность появления только одного из событий , достаточно найти вероятность появления одного, безразлично какого, из событий , и . События , и Несовместы, поэтому применима теорема сложения:

P () = P()+ P()+ P(). (*)

Остается найти вероятности каждого из событий, и . События , независимы, поэтому применима теорема умножения:

P () =P (A1) =;

P () =P (A2) =;

P () =P (A3) =.

Подставив эти вероятности в соотношение (*), найдем искомую вероятность появления только одного из событий , :

P () =+

Б) Появление события B1 равносильно появлению события A1; равносильно появлению события A1 ; равносильно появлению A3 .

Аналогично предыдущему решению:

P () =+

0,6*0,7*0,2+0,6*0,3*0,8+0,4*0,7*0,8=0,452.

В) Пусть - безотказная работа всех устройств. Тогда событие B равносильно появлению , поэтому

P(B)=P()==0,6*0,7*0,8=0,336.

#57

Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в первом, втором, третьем, четвёртом ящике, соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятности того, что деталь содержится: а) не более чем в трёх ящиках; б) не менее чем в двух ящиках.

Решение.

- детали нет ни в одном из ящиков, - деталь содержится в одном ящике, - в двух, - в трёх, - в четырёх. Эти события несовместны и образуют полную группу, поэтому .

А) .

Искомая вероятность равна вероятности того, что деталь содержится не во всех четырёх ящиках.

.

Б) .

.

#58

Брошены три игральные кости. Найти вероятность следующих событий: а) На каждой из выпавших граней появиться пять очков; б) на всех выпавших гранях появиться одинаковое число очков.

Решение:

А) Вероятность выпадения на одной игральной кости пяти очков равна p=1/6 .

Тогда вероятность совместного появления 3 одинаковых событий равна P(A)=p*p*p=1/216.

Б) Из первого решения видно, что вероятность появления на каждой из 3 граней одного определенного очка равна P(A)=p*p*p=1/216. Так как таких вариантов 6 ( по числу граней кости), то вероятность появления одинаковых очков равна P(B)=6*P(A)=6*1/216=1/36.

#59

Брошены три игральные кости. Найти вероятности следующих событий: а) на двух выпавших гранях появится одно очко, а на третьей грани – другое число очков; б) на двух выпавших гранях появится одинаковое число очков, а на третьей грани – другое число очков; в) на всех выпавших гранях появится разное число очков.

РЕШЕНИЕ.

А) Вероятность того, что на выпавших двух гранях появится одно очко, равна А вероятность того, что на другой грани появится другое количество очков, равна

Искомую вероятность найдем по теореме умножения вероятностей: .

Б) Вероятность того, что на некоторых двух гранях выпадет одинаковое число очков, равна , а вероятность того, что на третьей грани выпадет другое число очков, равна . Искомую вероятность найдем по теореме умножения вероятностей

В) Количество благоприятствующих исходов равно общее количество элементарных исходов равно , искомая вероятность равна: .

#60

Условие:

Сколько надо бросить игральных костей, чтобы с вероятностью, меньшей , можно было ожидать, что ни на одной из выпавших граней не появится шесть очков?

Решение:

Введем обозначения событий: - ни на одной из выпавших граней не появится 6 очков; – на выпавшей грани Кости не появится 6 очков.

Интересующее нас событие состоит в совмещении событий , , …, , т. е.

Вероятность того, что на любой выпавшей грани появится число очков, не равное шести, равна

События независимы в совокупности, поэтому применима теорема умножения:

По условию, . Следовательно, . Отсюда, учитывая, что , найдем: . Таким образом, искомое число игральных костей

#68

В урне имеется 5 шаров с номерами от 1 до 5. Наудачу по одному извлекаются 3 шара без возвращения. Найти вероятность следующих событий: а) последовательно появятся шары с номерами 1, 4, 5; б) извлеченные шары будут иметь номера 1, 4, 5 независимо от того, в какой последовательности они появились.

Решение:

А) введем обозначение событий: А – выпал шар с номером 1, В – выпал шар с номером 4, С – выпал шар с номером 5. Вероятность наступления события А – Р(А) = . Вероятность наступления события В при условии, что событие А уже наступило - (В) = , вероятность события С при условии А, В - (С) = . Искомая вероятность того, что последовательно выпадут шары с номерами 1, 4, 5 по правилу умножения равна произведению вероятностей событий А, В, С : Р = = ≈ 0, 016

Б) вероятность того, что шары с номерами 1, 4, 5 выпадут в произвольной последовательности равна произведению вероятностей событий А, В, С и количества возможных последовательностей, которые могут составить номера шаров : Р = =

#69

Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Найти вероятность того, что студент знает предложенные ему экзаменатором 3 вопроса.

Решение:

Введём обозначения событий: А – студент знает ответ на первый вопрос, В – студент знает ответ на второй вопрос, С – студент знает ответ на третий вопрос. Вероятность события А равна отношению количества вопросов которые знает студент, к общему количеству вопросов: Р(А) = = . Вероятность события В при условии А - (В) = , вероятность С при условии А, В - (С) = . Вероятность того, что студент знает все три вопроса по правилу умножения вероятностей равна : Р = = ≈ 0, 23.

#70

В мешочке содержится 10 одинаковых кубиков с номерами от 1 до 10. Наудачу извлекают по одному три кубика. Найти вероятность того, что последовательно появятся кубики с номерами 1, 2, 3 , если кубики извлекаются: а) без возврата; б) с возвратом (извлеченный кубик возвращается в мешочек).

Решение:

A) введем обозначение событий: А – выпал кубик с номером 1, В – выпал кубик с номером 2, С – выпал кубик с номером 3. Вероятность наступления события А – Р(А) = . Вероятность наступления события В при условии, что событие А уже наступило - (В) = , вероятность события С при условии А, В - (С) = . Искомая вероятность того, что при вынимании без возврата выпадут кубики с номерами 1, 2, 3 по правилу умножения равна произведению вероятностей событий А, В, С : Р = = .

Б) вероятность того, что выпадут кубики с номерами 1, 2, 3 при вынимании их с возвращением обратно равна произведению равных вероятностей событий А, В, С:

Р = = .

#71

По данным переписи населения (1981г.) Англии и Уэльса установлено: темноглазые отцы и темноглазые сыновья составили 5% обследованных лиц, темноглазые отцы и светлоглазые сыновья - 7,9%, Светлоглазые отцы и темноглазые сыновья – 8,9%, Светлоглазые отцы и светлоглазые сыновья – 78,2%. Найти связь между цветом глаз отца и сына.

Решение:

По условию,

Найдем условную вероятность того, что сын темноглазый если отец темноглазый:

Найдем условную вероятность того, что сын светлоглазый, если отец темноглазый:

Найдем условную вероятность того, что сын темноглазый, если отец светлоглазый:

Найдем условную вероятность того, что сын светлоглазый, если отец светлоглазый:

#72

Найти вероятность Р(А) по данным вероятностям:

Р(АВ)=0,72, Р(А)=0,18.

Решение.

Событие А можно представить в виде суммы следующих двух несовместных событий:

А=АВ+ А. По теореме сложения вероятностей несовместных событий получим

Р(А)= Р(АВ+ А)=Р(АВ)+Р(А)=0,72+0,18=0,9.

Ответ:0,9

#73

Найти вероятность по данным вероятностям: , , .

Решение.

Используя тождество найдём

(*)

Из равенства выразим :

(**)

Подставив (**) в (*), получим

#74

Задание: Найти вероятность по данным вероятностям:

Решение:

Используя тождество , найдем :

Подставив в последнее равенство (см. задачу 73), получим:

.

#75

Наступление события необходимо влечёт наступление события . Доказать, что

Решение:

По условию, наступление события АВ влечёт наступление события, поэтому. (*)

Используя тождества , ,

И учитывая неравенство (*), получим

#76

Доказать, что PA(B)≥1 - P(B)/P(A). Предполагается, что P(A)>0.

Решение.

Справедливо неравенство: P(A) + P(B) - P(AB) ≤1.

Воспользуемся тождествами: P(AB) = P(A)*PA(B), P(B) = 1 – P(B).

Подставив P(AB)=P(A)*PA(B), P(B) =1– P(B) в P(A) + P(B)- P(AB) ≤1,

Получим P(A) + 1 – P(B) – P(A)*PA(B) ≤1, или

P(A)*PA(B) ≥ P(A) – P(B).

Разделив обе части неравенства на положительное число P(A), окончательно имеем:

PA(B) ≥ 1 - P(B) / P(A)

#77

По условию, наступление события необходимо влечет наступление события , следовательно (см. задачу 48), . Таким образом, если будет доказано неравенство (*), то будет справедливо и неравенство, указанное в условии задачи.

Докажем неравенство (*). Воспользуемся тождествами:

(**)

Из трех событий ,, можно составить следующую полную группу «сложных событий», состоящих из появлений и непоявлений рассматриваемых трех событий:

- появились все три события,

,,

, , – появилось одно событие, а два других не появились,

– не появились все три события.

Сумма вероятностей событий, образующих полную группу, равна единице, поэтому

Отсюда

. (***)

Подставив (**) в (*) и используя (***), после упрощений получим

Учитывая, что каждое слагаемое в квадратной скобке неотрицательно, окончательно получим

.

#78

Вывести теорему сложения вероятностей для трех совместных событий:

P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

Предполагается, что для двух совместных событий теорема сложения уже доказана:

P(A1 + A2) = P(A1) + P(A2) – P(A1A2).

Решение.

Сведем сумму трех событий к сумме двух событий: А + В + С = (А + В) + С.

Воспользуемся теоремой сложения вероятностей двух событий:

Р(А + В + С) = Р[(А + В) + С] = Р(А + В) + Р(С) - Р[(А + В)*С] = Р(А + В) + Р(С) - Р[(А*С) + (В*С)]

Применим теорему сложения вероятностей двух совместных событий дважды (для событий А и В, а также для событий АС и ВС):

Р(А + В + С) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ) + Р(С) - {Р(АС) + Р(ВС) – Р[(АС)(ВС)]}.

Учитывая, что Р[(АС)(ВС)] = Р(АВС), окончательно получим P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

#79

Даны три попарно независимых события A, B, C, которые, однако, все три вместе произойти не могут. Предполагая, что все они имеют одну и ту же вероятность p, найти наибольшее возможное значение p.

Решение.

Так как события попарно независимы и , также верно .

Обозначим . Выразим через , пользуясь теоремой сложения для трёх несовместных событий:

.

Решив это уравнение относительно , получим .

В таком случае достигает максимального значения (при ).

Если , то, на первый взгляд, . Покажем, что допущение приводит к противоречию. Действительно, при условии, что ; или, так как , при условии, что . Отсюда .

Итак, наибольшее возможное значение .

#80

Вероятность отказа первого элемента равна 0,1,второго - 0,15,третьего – 0,2. То есть =0,1, =0,15, =0,2

=0,9, =0,85, =0,8

Тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один элемент

То есть нужно использовать формулу появления хотя бы одного события (P(A)=1-*…*)

Значит, искомая вероятность равна 0,388

(P(A)=1-**=1-(0,9*0,85*0,8)=0,388)

Ответ:0,388

#81

Устройство содержит два независимо работающих элемента. Вероятности отказа элементов соответственно равны 0,05 и 0,08. Найти вероятность отказа устройства, если для этого достаточно, чтобы отказал хотя бы один элемент.

Решение:

Вероятность того, что откажет 1й элемент, 2й элемент или оба, обратна вероятности того, что ни один не откажет, т. е.:

Ответ: 0,126.

#82

Для разрушения моста достаточно попадания одной авиационной бомбы. Найти вероятность того, что мост будет разрушен, если на него сбросить четыре бомбы, вероятности попадания которых соответственно равны: 0,3; 0,4; 0,6; 0,7.

Решение:

При последовательном сбрасывании четырех бомб мост будет разрушен (событие А), если в него попадет хотя бы одна бомба. Следовательно, искомая вероятность равна:

Ответ: 0,9496.

#83

Три исследователя, независимо один от другого, производят измерения некоторой физической величины. Вероятность того, что первый исследователь допустит ошибку при считывании показаний прибора, равна 0,1. Для второго и третьего исследователей эта вероятность соответственно равна 0,15 и 0,2. Найти вероятность того, что при однократном измерении хотя бы один из исследователей допустит ошибку.

Решение.

Вероятность того, что при однократном измерении хотя бы один из исследователей допустит ошибку равна:

Р(А) = 1 - q1q2q3 = 1 –(1 – 0,1)*(1 – 0,15)*(1 – 0,2) = 0,388.

#84

Вероятность успешного выполнения упражнения для каждого из двух спортсменов равна 0,5. Спортсмены выполняют упражнение по очереди, причем каждый делает по две попытки. Выполнивший упражнение первым полу - получает приз. Найти вероятность получения приза спортсменами.

Решение.

Для вручения приза достаточно, чтобы хотя бы одна из четырех попыток была успешной. Вероятность успешной попытки р = 0,5, а неуспешной q=1 - 0,5 = 0,5. Искомая вероятность

Р = 1 - q^4 = 1 —0,5^4 =0,9375.

#85

Вероятность попадания в мишень каждым из двух стрелков равна 0,3. Стрелки стреляют по очереди, причем каждый должен сделать по два выстрела. Попавший в мишень первым получает приз. Найти вероятность того, что стрелки получат приз.

Решение.

Для получения приза достаточно, чтобы хотя бы одна из четырех попыток была успешна. Вероятность успешной попытки p=0,3 , неуспешной q=1-p=0,7. Тогда искомая вероятность будет равна P=1-q*q*q*q=1-≈0,76

#86

Вероятность хотя бы одного попадания стрелком в мишень при трех выстрелах равна 0,875. Найти вероятность попадания при одном выстреле.

Решение:

Вероятность попадания в мишень хотя бы при одном из трех выстрелов (событие А) равна

Р(А)=1-q3, где q — вероятность промаха. По условию, P (A) = 0,875. Следовательно,

0,875=1—q3, или q3 = 1—0,875 = 0,125.

Отсюда q= =0,5.

Искомая вероятность р = 1— q = 1—0,5 = 0,5.

#87

Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

Решение:

Вероятность попадания в мишень хотя бы при одном из трех выстрелов (событие А) равна

Р(А)=1-q4, где q — вероятность промаха. По условию, P (A) = 0,9984.

Следовательно,

0,9984=1—q4, или q4 = 1—0,9984= 0,0016.

Отсюда q= =0,2.

Искомая вероятность р = 1— q = 1—0,2 = 0,8.

#88

Условие:

Многократно измеряют некоторую физическую величину. Вероятность того, что при считывании показаний прибора допущена ошибка, равна . Найти наименьшее число измерений, которое необходимо произвести, чтобы с вероятностью можно было ожидать, что хотя бы один результат измерений окажется неверным.

Решение:

Вероятность хотя бы одной ошибки из считываний равна , где , и - вероятность ошибки при одном считывании. Из условия получим: ; ; ;

Следовательно, искомое число измерений равно , где – целая часть числа

#89

В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Решение:

Обозначим через А событие - извлечен белый шар. Возможны следующие предположения о первоначальном составе шаров: В1 - белых шаров нет, В2 - один белый шар, В3 - два белых шара.

Поскольку всего имеется три гипотезы, причем по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна 1/3, т. е. P(B1) = P(B2) = P(B3) =

Вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, . Если в урне был один белый шар, то . Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что в урне было два белых шара

Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:

Ответ: P(A)=

#90

В урну, содержащую n шаров, опущен белый шар, после наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров по цвету.

Решение:

Обозначим через А событие - извлечен белый шар. Возможны следующие предположения о первоначальном составе шаров: В1- 1 белый шар, В2- 2 белых шара... Вn-n белых шаров. Поскольку всего имеется n гипотез, причем по условию они равновозможны и сумма вероятностей равна единице, то вероятность каждой гипотезы равна . По гипотезе В1 условная вероятность вытащить белый шар равна , по гипотезе В2 условная вероятность вытащить белый шар равна … по гипотезе Вn условная вероятность вытащить белый шар равна .

Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:

#91

Условие задачи:

В вычислительной лаборатории имеется шесть клавишных автоматов и четыре полуавтомата. Вероятность того, что за время выполнения некоторого расчета автомат не выйдет из строя, равна ; для полуавтомата эта вероятность равна . Студент производит расчет на наудачу выбранной машине. Найти вероятность того, что до окончания расчета машина не выйдет из строя.

Решение задачи:

Обозначим через событие – произведен расчет на наудачу выбранной машине. Возможны следующие гипотезы в данном эксперименте: - расчет производится на клавишном автомате, - расчет производится на полуавтомате.

Так как имеется 6 клавишных автоматов и 4 полуавтомата, то вероятность того, что произойдет гипотеза , равна . А вероятность того, что произойдет гипотеза , равна .

Условная вероятность того, что клавишный автомат не выйдет из строя, равна , т. е . А условная вероятность того, что полуавтомат не выйдет из строя, равна , т. е .

Искомая вероятность того, что до окончания эксперимента машина не выйдет из строя, находим по формуле полной вероятности:

Ответ: P(A)=0,89

#92

В пирамиде пять винтовок, три из которых снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела эта вероятность равна 0,7. Найти вероятность того, что мишень будет поражена, если стрелок произведет один выстрел из наудачу взятой винтовки.

Решение

Рассмотрим события:

A – стрелок поразит мишень

В1 – взятая наудачу винтовка снабжена оптическим прицелом

В2 – взятая наудачу винтовка без оптического прицела

Следовательно, по условию, вероятность события А при условии события В1: , а вероятность события А при условии события В2: .

В свою очередь вероятность события В1: , т. к. всего винтовок 5, а благоприятствуют событию 3 винтовки. Аналогично .

Пользуясь формулой полной вероятности

, получим:

Ответ: 0,85

#93

Задание: В ящике содержится 12 деталей, изготовленных на заводе № 1, 20 деталей —на заводе № 2 и 18 деталей— на заводе № 3. Вероятность того, что деталь, изготовленная на заводе № 1, отличного качества, равна 0,9; для деталей, изготовленных на заводах N° 2 и № 3, эти вероятности соответственно равны 0.6 и 0,9. Найти вероятность того, что извлеченная наудачу деталь окажется отличного качества.

Решение:

Обозначим через A событие – извлечена деталь отличного качества. Возможно три варианта гипотезы: – извлечена деталь отличного качества, изготовленная заводе №1; – извлечена деталь отличного качества, изготовленная заводе №2; – извлечена деталь отличного качества, изготовленная заводе №3. По условию

.

Найдём вероятности того, что извлечённая деталь изготовлена на заводе №1, №2, №3.

Где - общее число изготовленных на 3-х заводах деталей, – количество деталей изготовленных, соответственно, на заводах №1, 2, 3.

Искомая вероятность вероятность того, что извлеченная наудачу деталь окажется отличного качества находится по формуле полной вероятности:

#94

В первой урне содержится 10 шаров, из них 8 белых; во второй урне 20 шаров, из них 4 белых. Из каждой урны наудачу извлекли по одному шару, а затем из этих двух шаров наудачу взят один шар. Найти вероятность того, что взят белый шар.

Решение:

Обозначим через событие – извлечён белый шар. Возможны следующие гипотезы:

- белый шар взят из первой урны,- белый шар взят из второй урны.

Поскольку всего имеется две гипотезы, причём по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице(т. к. они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна , т. е. .

Условная вероятность того, что белый шар будет извлечён из первой урны равна: =

Условная вероятность того, что белый шар будет извлечён из второй урны равна: =

По формуле полной вероятности находим:

#95

В каждой из трех урн содержится 6 черных 4 белых шара. Из первой урны наудачу извлечен один шар и переложен во вторую урну, после чего из второй урны наудачу извлечен один шар и переложен в третью урну. Найти вероятность того, что шар, наудачу извлеченный из третьей урны, окажется белым.

Решение.

A1 – вероятность того, что из первой урны извлечен белый шар.

A2 – вероятность того, что из первой урны извлечен черный шар.

P(A1)=4/10 P(A2)=6/10

B1 – вероятность того, что из второй урны извлечен белый шар, после того как из первой урны переложили во вторую урну белый шар.

B2 – вероятность того, что из второй урны извлечен белый шар, после того как из первой урны переложили во вторую урну черный шар.

P(B1)=5/11 P(B2)=4/11

C1 – вероятность того, что из второй корзины будет извлечен белый шар.

C2 – вероятность того, что из второй корзины будет извлечен черный шар.

P(C1)=P(A1)*P(B1)+P(A2)*P(B2)

P(C1)=4/10*5/11+6/10*4/11=2/5

P(C2)=1-P(C1)

P(C2)=1-2/5=3/5

D1 – вероятность того, что из третьей урны извлечен белый шар, после того как из второй урны переложили в втретью урну белый шар.

D2 – вероятность того, что из третьей урны извлечен белый шар, после того как из второй урны переложили в втретью урну черный шар.

P(D1)=5/11 P(D2)=4/11

E – вероятность того, что из третьей урны будет извлечен белый шар.

P(E)= P(D1)*P(C1)+P(D2)*P(C2) P(E)=5/11*2/5+4/11*3/5=2/5

Ответ: 2/5.

#96

Вероятности того, что во время работы цифровой электронной машины произойдет сбой в арифметическом устройстве, в оперативной памяти, в остальных устройствах, относятся как 3:2:5. Вероятности обнаружения сбоя в арифметическом устройстве, в оперативной памяти и в остальных устройствах соответственно равны 0,8; 0,9; 0,9. Найти вероятность того, что возникший в машине сбой будет обнаружен.

Решение:

Пусть А – событие того, что сбой будет обнаружен, тогда из формулы полной вероятности следует, что:

PA= PB1PB1A+PB2PB2A+PB3PB3A= 0,3*0,8+0,2*0,9+0,5*0,9=0,87.

#97

Обозначим через А событие – деталь отличного качества

Можно сделать два предположения

-деталь произведена первым автоматом (так как производительность первого автомата вдвое больше второго автомата, то Р()=2/3)

-деталь произведена вторым автоматом (Р()=1/3)

Условная вероятность, что она будет отличного качества, если она произведена первым автоматом (A)=0,6

Условная вероятность, что она будет отличного качества, если она произведена первым автоматом (A)=0,84

Вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется отличного качества, по формуле полной вероятности равна

P(A)=Р()*(A)+ Р()*(A)=2/3*0.6+1/3*0.84=0.68

Вероятность того, что взятая отличная деталь произведена первым автоматом, по формуле Бейеса равна

()===

Ответ:

#98

В пирамиде 10 винтовок, из которых 4 снабжены оптическим прицелом. Вероятность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптическим прицелом, равна 0,95; для винтовки без оптического прицела эта вероятность равна 0,8. Стрелок поразил мишень из наудачу взятой винтовки. Что вероятнее: стрелок стрелял из винтовки с оптическим прицелом или без него?

Решение:

Обозначим событие А – стрелок поразил мишень и гипотезы: B1 – стрелок выбрал винтовку с оптическим прицелом, B2 – без оптического прицела. Тогда . Условные вероятности попадания из винтовки с оптическим прицелом и без: . Вычислим вероятность попадания из наудачу взятой винтовки:

Теперь, воспользовавшись формулой Бейеса, получим ответ:

Ответ: Стрелок вероятнее всего стрелял из винтовки без оптического прицела.

#99

Число грузовых автомашин, проезжающих по шоссе, на котором стоит бензоколонка, относится к числу легковых машин, проезжающих по тому же шоссе как 3:2. Вероятность того, что будет заправляться грузовая машина, равна 0,1; для легковой машины эта вероятность равна 0,2. К бензоколонке подъехала для заправки машина. Найти вероятность того, что это грузовая машина.

Решение:

Обозначим через А событие—подъезд автомобиля к заправке. Можно сделать два предположения: —проехал грузовой автомобиль, причем =3/5; — проехал легковой автомобиль, причем = 2/5.

Условная вероятность, что проезжающий грузовой автомобиль подъедет на заправку: = 0,1 . Для легкового: = 0,2.

Вероятность того, что проезжающий автомобиль подъедет на заправку, по формуле полной вероятности равна Р(А) = + = 3/5 0,1 + 2/5 0,2 = 0,14

Искомая вероятность того, что подъехавший к заправке автомобиль будет грузовым, по формуле Бейеса равна = = = 3/7

Ответ: 3/7.

#100

Две перфораторщицы набили на разных перфораторах по одинаковому комплекту перфокарт. Вероятность того, что первая перфораторщица допустит ошибку, равна 0,05; для второй перфораторщицы эта вероятность равна 0,1. При сверке перфокарт была обнаружена ошибка. Найти вероятность того, что ошиблась первая перфораторщица. (Предполагается, что оба перфоратора были исправны.)

Решение.

Обозначим через событие А – ошибку перфораторщицы. Тогда, – ошибка сделана первой перфораторщицей, - ошибка сделана второй перфораторщицей. Причем P()=0,5 и P()=0,5, т. к. обе работали одинаково.

Условная вероятность того, что первая перфораторщица допустит ошибку, равна (A)=0,05;

Условная вероятность того, что вторая перфораторщица допустит ошибку, равна (A)=0,1.

Вероятность того, что наудачу взятая перфокарта, окажется с ошибкой равна, по формуле полной вероятности равна:

P(A)= P()*(A)+ P()*(A)=0,5*0,05+0,5*0,1=.

Искомая вероятность того, что взятая перфокарта произведена первой перфораторщицей, по формуле Бейеса равна:

===.

#101

В специализированную больницу поступают в среднем 50% больных с заболеванием К, 30%—с заболеванием L, 20%—с заболеванием М - Вероятность полного излечения болезни К равна 0,7; для болезней L и М эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. Найти вероятность того, что этот больной страдал заболеванием К.

Решение

Больные поступают в больницу в разном процентном соотношении. Р(k)= 0.7, P(L)=0.3,P(M)= 0.2, где K, L,M – заболевания, а Р(Х)- вероятность поступления с данным заболеванием. Тогда Pk(A)=0.7, Pl(A)=0.8 ,Pm(A)=0.9 это вероятность полного излечения от данного заболевания. Чтобы найти вероятность что Больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым надо найти :

P(A)= Pk(a)*P(k) + Pl(a)*P(l) + Pm(a)*P(m) = 0.7*0.5 + 0.8*0.3 + 0.9*0.2 = 0.77

А вероятность что больной страдал именно заболеванием К равно:

Pa(K) = (Pk(a)*P(k))/P(A)= (0.5*0.7)/0.77 = 5/11

#102

Изделие проверяется на стандартность одним из двух товароведов. Вероятность того, что изделие попадет к первому товароведу, равна 0,55, а ко второму – 0,45. Вероятность того, что стандартное изделие будет признано стандартным первым товароведом, равно 0,9, а вторым – 0,98. Стандартное изделие при проверке было признано стандартным. Найти вероятность того, что это изделие проверил второй товаровед.

Решение:

Обозначим через А – изделие признана стандартной. - вероятность того, что изделие попало к первому товароведу. - ко второму. P() = 0,55 , P() = 0,45.

Условная вероятность того что изделие будет признано стандартным первым товароведом равна (A) = 0,9, вторым - (A) = 0,98.

Вероятность того, что изделие будет признано стандартным по формуле полной вероятности равна

P(A)= P() (A) + P() (A) = 0,55 * 0,9 + 0,45 * 0,98 = 0,936

Искомая вероятность того, что изделие проверил второй товаровед, по формуле Бейеса равна

()= P() * (A) / P(A)= 0,45*0,98 / 0,936 = 0,47.

#103

Событие А может появится при условии появления одного из несовместимых событий В1, В2,…, Вn, образующих полную группу событий. После появления события А были переоценены вероятности гипотез, то есть были найдены условные вероятности РА(Вi) (i=1,2,…,n). Доказать, что сумма РА(Вi) (i=1,2,…,n) равна 1.

Решение:

По формуле Бейеса:

I=1n∑РА(Вi)= i=1n∑Р(Вi)* РВi(А)/Р(А)=Р(А)/Р(А)=1

Что и требовалось доказать.

#104

Условие:

Событие может появиться при условии появления одного из несовместных событий (гипотез) , образующих полную группу событий. После появления события были переоценены вероятности этих гипотез, т. е. были найдены условные вероятности этих гипотез, причем оказалось, что . Чему равна условная вероятность гипотезы ?

Решение:

Так как события образуют полную группу, и появится при условии появления лишь одного из них, то верно . Так как имеем , то:

#105

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

Решение:

Обозначим через А событие – в каждом из двух испытаний была извлечена стандартная деталь. Можно предположить, что B1 – детали извлекались из первой партии; B2 – детали извлекались из второй партии; В3 – детали извлекались из третей партии.

Детали извлекались на удачу, поэтому вероятности предположений одинаковы:

P(B1) = P(B2) = P(B3) =

Вероятность того, что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали; поэтому

Условная вероятность т. е вероятность того, что из второй партии будут извлечены две стандартные детали:

Найдем условную вероятность т. е вероятность того, что из третей партии будут последовательно извлечены две стандартные детали:

Искомая вероятность того, что обе извлеченные детали стандартные взяты из третей партии, по формуле Бейеса равна

Ответ:

#106

Условие:

Батарея из трех орудий произвела залп, причем 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 , , .

Решение:

Обозначим через A событие - два орудия попали в цель. Сделаем два предположения: - орудие не попало в цель.

По условию , следовательно

Найдем условную вероятность , т. е. вероятность того, что в цель попало 2 снаряда, причем один из них послан первым орудием и, следовательно, второй - либо вторым орудием, либо третьим. Эти два события несовместны, поэтому применима теорема сложения:

.

Найдем условную вероятность , т. е. вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем первое орудие дало промах. Другими словами найдем вероятность того, что второе и третье орудие попали в цель. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения:

Искомая вероятность того, что первое орудие дало попадание, по формуле Бейеса равна:

.

Ответ:

#107

Три стрелка произвели залп, причем две пули поразили мишень. Найти вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, если вероятности попадания в мишень первым, вторым и третьим стрелками соответственно равны 0,6, 0,5 и 0,4.

Решение.

Обозначим через А событие – две пули поразили мишень. Сделаем два предположения (гипотезы): В1 – третий стрелок поразил мишень; В2 – третий стрелок не попал в мишень.

По условию, Р(В1) = 0,4; следовательно (событие В2 противоположно событию В1),

Р(В2) = 1 – 0,4 = 0,6.

Найдем условную вероятность РВ1(А), т. е. вероятность того, что мишень поразили две пули, причем одна из них принадлежит третьему стрелку и, следовательно, вторая – либо первому стрелку (при этом второй не попал), либо второму стрелку (при этом первый не попал). Эти два события несовместны, поэтому применима теорема сложения:

РВ1(А) = p1∙q2 + p2∙q1 = 0,6∙0,5 + 0,5∙0,4 = 0,5.

Найдем условную вероятность РВ2(А), т. е. вероятность того, что мишень поразили две пули, причем третий стрелок промахнулся. Другими словами, найдем вероятность того, что первый и второй стрелки поразили мишень. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения:

РВ2(А) = p1∙p2 = 0,6∙0,5 = 0,3.

Искомая вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, по формуле Бейеса равна

РА(В1)=Р(В1)∙РВ1(А)/[Р(В1)∙РВ1(А)+Р(В2)∙РВ2(А)]=

=0,4∙0,5/(0,4∙0,5+0,6∙0,3 )=10/19.

Ответ: 10/19.

#108

Два из трех 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 0,2; 0,4 и 0,3.

Решение.

Обозначим через А событие – отказали два элемента. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):

В1 - отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен, причем (поскольку элементы работают независимо, применима теорема умножения)

Р(В1) = p1∙p2∙q3 = 0,2∙0,4∙0,7 = 0,056;

В2 - отказали первый и третий элементы, а второй элемент исправен, причем

Р(В2) = p1∙p3∙q2 = 0,2∙0,3∙0,6 = 0,036;

В3 - отказали второй и третий элементы, а первый - исправен, причем

Р(В3) = p2∙p3∙q1 = 0,4∙0,3∙0,8 = 0,096;

В4 - отказал только один элемент; В5 - отказали все три элемента; В6 - ни один из элементов не отказал.

Вероятности последних трех гипотез не вычислены, так как при этих гипотезах событие А (отказали два элемента) невозможно и значит условные вероятности РВ4(А), РВ5(А) и РВ6(А) равны нулю, следовательно, равны нулю и произведения Р(В4)∙РВ4(А), Р(В5)∙РВ5(А) и Р(В6)∙РВ6(А) при любых значениях вероятностей гипотез В4, В5 и В6.

Поскольку при гипотезах В1, В2 и В3 событие А достоверно, то соответствующие условные вероятности равны единице:

РВ1(А) = РВ2(А) = РВ3(А) = 1.

По формуле полной вероятности, вероятность того, что отказали два элемента, равна

Р(А) = Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А) + Р(В3)∙РВ3(А) + Р(В4)∙РВ4(А) + Р(В5)∙РВ5(А) + Р(В6)∙РВ6(А) = 0,056 + 0,036 + 0,096 = 0,188.

По формуле Бейеса, искомая вероятность того, что отказали первый и второй элементы,

РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/ Р(А) = 0,056/0,188 = 0,3.

Ответ: 0,3.

#109

Две из четырех независимо работающих ламп прибора отказали. Найти вероятность того, что отказали первая и вторая лампы, если вероятности отказа первой, второй, третьей и четвертой ламп соответственно равны 0,1, 0,2, 0,3 и 0,4.

Решение.

Обозначим через А событие – отказали две лампы. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):

В1 - отказали первая и вторая лампы, а третья и четвертая лампы исправны, причем (поскольку лампы работают независимо, применима теорема умножения)

Р(В1) = p1∙p2∙q3∙q4 = 0,1∙0,2∙0,7∙0,6 = 0,0084;

В2 - отказали первая и третья лампы, а вторая и четвертая исправны, причем

Р(В2) = p1∙q2∙p3 ∙q4 = 0,1∙0,8∙0,3∙0,6 = 0,0144;

В3 - отказали первая и четвертая лампы, а вторая и третья - исправны, причем

Р(В3) = p1∙q2∙q3∙p4 = 0,1∙0,8∙0,7∙0,4 = 0,0224;

В4 - отказали вторая и третья лампы, а первая и четвертая - исправны, причем

Р(В4) = q1∙p2∙p3∙q4 = 0,9∙0,2∙0,3∙0,6 = 0,0324;

В5 - отказали вторая и четвертая лампы, а первая и третья - исправны, причем

Р(В5) = q1∙p2∙q3∙p4 = 0,9∙0,2∙0,7∙0,4 = 0,0504;

В6 - отказали третья и четвертая лампы, а первая и вторая - исправны, причем

Р(В6) = q1∙q2∙p3∙p4 = 0,9∙0,8∙0,3∙0,4 = 0,0864;

В7 – отказала только одна лампа; В8 - отказали три лампы; В9 - отказали все четыре лампы и В10 – все лампы остались исправны.

Вероятности последних четырех гипотез не вычислены, так как при этих гипотезах событие А (отказали две лампы) невозможно и значит условные вероятности РВ7(А), РВ8(А), РВ9(А) и РВ10(А) равны нулю, следовательно, равны нулю и произведения Р(В7)∙РВ7(А), Р(В8)∙РВ8(А), Р(В9)∙РВ9(А) и Р(В10)∙РВ10(А) при любых значениях вероятностей гипотез В7, В8, В9 и В10.

Поскольку при гипотезах В1 – В6 событие А достоверно, то соответствующие условные вероятности равны единице:

РВ1(А) = РВ2(А) = РВ3(А) = РВ4(А) = РВ5(А) = РВ6(А) = 1.

По формуле полной вероятности, вероятность того, что отказали две лампы, равна

Р(А) = Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А) + Р(В3)∙РВ3(А) + Р(В4)∙РВ4(А) + Р(В5)∙РВ5(А) + Р(В6)∙РВ6(А) + Р(В7)∙РВ7(А) + Р(В8)∙РВ8(А) + Р(В9)∙РВ9(А) + Р(В10)∙РВ10(А) = 0,0084 + 0,0144 + 0,0224 + 0,0324 + 0,0504 + 0,0864 = 0,2144.

По формуле Бейеса, искомая вероятность того, что отказали первая и вторая лампы, равна

РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/ Р(А) = 0,0084/0,2144 ~ 0,039.

Ответ: 0,039.

#110

Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть две партии из четырех или три из шести (ничьи во внимание не принимаются)?

Решение.

Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша p=1/2; следовательно, вероятность проигрыша q также равна 1/2. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выиграны партии, то применима формула Бернулли.

Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:

Найдем вероятность того, что выиграны три партии из шести:

Так как P4(2)>P6(3), то вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.

#111

Два равносильных противника играют в шахматы. Что вероятнее: а) Выиграть одну партию из двух или две партии из четырех? б)выиграть не менее двух партий из четырех или не менее трех партий из пяти? Ничьи во внимание не принимаються.

Решение:

Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша ; следовательно, вероятность проигрыша . Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выигранв партии, то применима формула Бернулли.

А) Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:

Найдем вероятность того, что одна партия из двух будет выиграна:

Б) Найдем вероятность выиграть не менее двух партий из четырех:

Найдем вероятность выиграть не менее трех партий из пяти:

#112

Условие задачи:

Монету бросают пять раз. Найти вероятность того, что “герб” выпадет: а)мене двух раз; б)не менее двух раз.

Решение задачи:

При бросании монеты вероятность выпадения герба и решки, равновероятны, поэтому вероятность выпадения герба равна ; следовательно вероятность выпадения решки ; Так как при бросании вероятность постоянна, то применима формула Бернулли.

А) Найдем вероятность того, что герб выпадет менее двух раз:

;

.

.

Б) Найдем вероятность того, что герб выпадет не менее двух раз:

;

Ответ: a) ; б)

#113

А) Найти вероятность того, что событие А появится не менее трёх раз в четырёх независимых испытаниях, если вероятность появления события А в одном испытании равна 0,4;

Б) Событие В появится в случае, если событие А наступит не менее четырёх раз. Найти вероятность наступления события В, если будет произведено 5 независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А равна 0,8.

Решение

А)Так как вероятность появления события А во всех испытаниях одинакова и все испытания независимы, то применяем формулу Бернулли. Так как вероятность появления события А в одном испытании равна 0,4, т. е. р = 0,4, то вероятность не появления события А в одном испытании равна

Q = 1- 0,4 = 0,6.

Найдём вероятность того, что событие А появится ровно 3 раза в четырёх независимых испытаниях и найдём вероятность того, что событие А появится ровно 4 раза в четырёх независимых испытаниях и просуммируем их:

Б) Так как вероятность появления события А во всех испытаниях одинакова и все испытания независимы, то применяем формулу Бернулли.

р = 0,8 q = 0,2

Найдём вероятности того, что событие А появится ровно 4 раза и 5 раз в пяти независимых испытаниях и просуммируем:

Ответ: а) 0,1792 б) 0,73728

#114

Задание: Устройство состоит из трех независимо работающих основных элементов. Устройство отказывает, если откажет хотя бы один элемент. Вероятность отказа каждого элемента за время t равна 0,1. Найти вероятность безотказной работы устройства за время t, если: а) работают только основные элементы; б) включен один резервный элемент; в) включены два резервных элемента. Предполагается, что резервные элементы работают в том же режиме, что и основные, вероятность отказа каждого резервного элемента также равна 0,1 и устрой - устройство отказывает, если работает менее трех элементов.

Решение:

По условию , следовательно вероятность стабильной работы каждого элемента . Так как безразлично какой из элементов откажет и вероятности отказа всех элементов равны, применима формула Бернулли.

А) Найдём вероятность того, что будут работать все 3 элемента:

Б) Найдём вероятность того, что устройство будет работать при одном дополнительном элементе на протяжении времени t. :

В) Найдём вероятность того, что устройство будет работать при двух дополнительных элементах на протяжении времени t. :

#115

В семье пять детей. Найти вероятность того, что среди этих детей: а) два мальчика; б) не более двух мальчиков в) более двух мальчиков г) не менее двух и не более трёх мальчиков.

Вероятность рождения мальчиков принять равной 0.51

Решение:

По условию =0.51 следовательно вероятность = 0.49 и применима формула Бернулли.

А) Найдём вероятность того, что в семье 2 мальчика:

0.62

Б) Найдём вероятность того, что в семье не более двух мальчиков:

В) Найдём вероятность того, что в семье более двух мальчиков:

Г) найдём вероятность того, что в семье не менее двух и не более трёх мальчиков:

#117

На отрезок АВ длины а наудачу брошено пять точек. Найти вероятность того, что две точки будут находиться от точки А на расстоянии, меньшем x, а три — на расстоянии, большем x. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.

Решение:

Т. к. p = xa - вероятность того, что точка будет находиться на расстоянии меньшем чем x, следовательно, q = 1 – p=1- xa= a-xa. По формуле Бернулли имеем: Pnk= Cnkpkqn-k. P52= C52xa2a-xa3.

#118

Отрезок разделен на четыре равные части. На отрезок наудачу брошено восемь точек. Найти вероятность того, что на каждую из четырех частей отрезка попадет по две точки. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.

Решение:

Вероятность того, что точка попадет в нужный отрезок равна р=1/4.

Q=3/4

Искомая вероятность равна

Р= С82 С62 С42 С22*(1/4)8

#119

Найти вероятность того, что событие A наступит ровно 70 раз в 243 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,25.

Решение:

По условию, n=243; k=70; p=0,25; q=0,75. Т. к. n=243 – достаточно большое число, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

Найдем значение x: . По таблице найдем

Тогда искомая вероятность

Ответ: .

#120

Найти вероятность того, что событие А наступит 1400 раз в 2400 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,6.

Решение:

По условию, n=2400; k=1400; p=0,6; q=0,4. Так как n=2400 – достаточно большое число, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

Найдем значение x: .

Так как четная функция, то = .

По таблице найдем

Тогда искомая вероятность

Ответ: 0,0041.

#121

Вероятность поражения мишени при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена ровно 75 раз.

Решение.

Так как n велико, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

(k)=φ(x).

Вычислим x:

X===-1,25.

Функция φ(x) четная, поэтому φ(-1,25)= φ(1,25)=0,1826.

Искомая вероятность

.

#123

Монета брошена 2N раз (N велико!). Найти вероятность того, что «герб» выпадет ровно N раз.

Решение.

N=2N, k=N, p=0,5, q=0,5. Для нахождения вероятности выпадения «герба» ровно N раз воспользуемся локальной теоремой Лапласа :

(N)=φ(x)* 1/;

φ(x)=1/;

X=(k-pn)/;

X=0; φ(x)≈0,3989; (N)≈0.5641/

#124

Монета брошена 2N раз. Найти вероятность того, что «герб» выпадет на 2m раз больше, чем надпись.

РЕШЕНИЕ.

Т. к. исход каждого испытания не зависит от предыдущих исходов и возможных исходов два («герб» или надпись), то вероятность выпадения «герба» в каждом испытании равна . Всего проведено n=2N испытаний, а «герб» выпал на 2m раза больше, чем надпись, значит обозначим количество выпадений «герба» за t, получим уравнение: . Очевидно, что количество исходов, в которых выпал «герб», равно .

По локальной теореме Лапласа вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна p, событие наступит ровно k раз, равна:

Подставим значения:

#125

Условие:

Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний постоянна и равна . Найти вероятность того, что событие появится: а) не менее раз и не более раз; б) не менее раз; в) не более раз.

Решение:

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа: , где – функция Лапласа,

A) По условию, . Вычислим :

Учитывая, что функция Лапласа нечетна, т. е. , получим:

.

По таблице приложения найдем:

.

Искомая вероятность:

Б) Требование, чтобы событие появилось не менее раз, означает, что число появления событий может быть равно . Таким образом в рассматриваемом случае следует принять . Тогда:

По таблице приложения найдем:

.

Искомая вероятность:

В) События – « появилось не менее раз» и « появилось не более раз» противоположны, поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице. Следовательно, искомая вероятность:

#126

Вероятность появления события в каждом из 2100 испытаний равна 0,7. Найти вероятность того что событие появится не менее 1470 и не более 1500 раз.

Решение:

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

, где Ф(х)- функция Лапласа,

,

По условию, n= 2100; p=0,7; q=0,3; k1= 1470; k2= 1500;

Тогда ;

По таблице значений функции Лапласа:

#127

Вероятность появления события в каждом из 21 независимых испытаний равна 0,7. Найти вероятность того, что событие появится в большинстве испытаний.

Решение:

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

где и

=(21-14,3/2,1)=(3)=0,4986;

=(11-14,3/2,1)=(-1,7)=0,4532

Так как функция Лапласа нечетная то получим следующее равенство:

==0,4986+0,4532=0,9518

Ответ: 0,9518

#128

Монета брошена 2N раз (N велико). Найти вероятность того, что число выпадений «герба» будет заключено между числами и .

Решение

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

, где Ф(х) – функция Лапласа,

,

По условию задачи n=N; p=0,5; q=0,5, =; =.

Вычислим и :

Итак, получаем:

#129

Задание: Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,8. Сколько нужно произвести испытаний, чтобы с вероятностью 0,9 можно было ожидать, что событие появится не менее 75 раз?

Решение:

По условию:

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

Подставляя данные задачи в формулу, получим

Или

Очевидно, число испытаний , поэтому Поскольку функция Лапласа — возрастающая и , то можно положить . Следовательно,

Таким образом,

По таблице приложения 2 найдем . Отсюда и из соотношения (*), учитывая, что функция Лапласа нечетная, получим

Решив это уравнение, как квадратное относительно Получим. Следовательно, искомое число испытаний.

#131

По условию, ; ; ; . Требуется найти вероятность . Воспользуемся формулой

.

Имеем

.

По таблице приложения 2 найдем . Следовательно, .

Итак, искомая вероятность приближенно равна 0,9876.

#132

Вероятность появления события в каждом из 900 независимых испытаний равна 0,5. Найти вероятность того, что относительная частота появления события отклонится от его вероятности по абсолютной величине не более чем на 0,02.

Решение:

По условию: n = 900; p = 0,5; q = 0,5; ε = 0,02; Требуется найти вероятность: Pm900- 0,5≤0,02 . Воспользуемся формулой:

Pmn - p≤ε =2ϕεnpq

Имеем:
Pm900- 0,5≤0,02 =2ϕ0,029000,5*0,5= 2ϕ1,2= 0,7698.

#134

Французский ученый Бюффон бросил монету 4040 раз, причем «герб» появился 2048 раз. Найти вероятность того, что при повторении опыта Бюффона относительная частота появления «герба» отклониться от вероятности появления «герба» по абсолютной величине не более чем в опыте Бюффона.

Решение.

N=4040; k=2048; p=0,5

Воспользуемся формулой P(|m/n-p| ≤ε) = 2Ф( εnpq ).

ε= |2048/4040 – 0,5|= 0,507 – 0,5= 0,007

X= 0,007 *40400,5*0,5 = 0,89

Ф(0,89) = 0,3133

2Ф(0,89) = 0,6296

#135

Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,5. Найти число испытаний n, при котором с вероятностью 0,7698 можно ожидать, что относительная частота появления события отклонится от его вероятности по абсолютной величине не более чем на 0,02.

Решение:

По условию, р = 0,5; q = 0,5; =0,02;

Р (| m/n-0,5| ≤ 0,02) = 0,7698.

Воспользуемся формулой Р(|m/n - p| ≤ ) = 2Ф ( )

В силу условия 2Ф ( ) = 0,7698

Или Ф(0,04 )=0,3849.

По таблице приложения 2 найдем Ф( 1,2) = 0,3849.

Следовательно, 0,04 = 1,2 или = 30

Таким образом, искомое число испытаний n =900.

#136

Сколько раз нужно бросить игральную кость, чтобы вероятность неравенства

| m/n - 1/6| ≤ 0,01 была не меньше чем вероятность противоположного неравенства, где m—число появлений одного очка в n бросаниях игральной кости?

Решение:

Воспользуемся формулой Р(|m/n - p| ≤ ) = 2Ф ( )

По условию, р=1/6, q = 5/6, = 0,01. Вероятность осуществления неравенства, противоположного заданному, т. е. неравенства | m/n - 1/6|0,01, равна 1- 2Ф ( )

Согласно условию должно иметь место неравенство

2Ф ( )≥ 1- 2Ф ( )

Или 4Ф ( )≥ 1, отсюда Ф ( )≥ 0,25

По таблице приложения 2 найдем Ф(0,67) =0,2486; Ф(0,68) = 0,2517.

Выполнив линейную интерполяцию, получим Ф (0,6745) =0,25.

Учитывая соотношение (*) и принимая во внимание, что функция Ф (*)— возрастающая, имеем

или 0,01 )≥ 0,6745

Отсюда искомое число бросаний монеты n≥632.

#137

Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,2. Найти наименьшее число испытаний n, при котором с вероятностью 0,99 можно ожидать, что относительная частота появлений события отклонится от его вероятности по абсолютной величине не более чем на 0,04.

Решение:

По условию, р = 0,2; q = 0,8; =0,04;

Воспользуемся формулой Р(|m/n - p| ≤ ) = 2Ф ( )

Получим Р(|m/n – 0,2| ≤ 0,04 ) = 2Ф (0,04 )

2Ф (0,04 )=0,99 или Ф(0,1 )=0,495.

По таблице приложения 2 найдем Ф(2,56) =0,4948; Ф(2,58) = 0,4951

Выполнив линейную интерполяцию, получим Ф (2,573) =0,495.

Следовательно 0,01 =2,573

Отсюда n=661

#138

В урне содержатся белые и черные шары в отношении 4:1. После извлечения шара регистрируется его цвет и шар возвращается в урну. Чему равно наименьшее число извлечений n, при котором с вероятностью 0,95 можно ожидать, что абсолютная величина отклонения относительной частоты появления белого шара от его вероятности будет не более чем 0,01?

Решение.

По условию p=1/5; q=4/5; ξ=0,01; P=0,95; n=?. Воспользуемся формулой

P( |m/n – p| ≤ ξ)= 2Φ(ξ )

Из условия P=0.95=2Φ(ξ ) , отсюда Φ=0,475

0,475=Φ(x)= Φ(ξ ) , Φ=0,475 соответствует значение x=1,95 ( из Приложения 2), тогда

X=1.95= ξ =0,01 * =0,025

N=6147

В) если число пр—целое, то наивероятнейшее число ko = np.

#139

Вероятность появления события в каждом из 400 независимых испытаний равна 0,8. Найти такое положительное число , чтобы с вероятностью 0,99 абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от его верояности не превысила .

Решение:

По условию, n=400, p=0,8, q=0,2. Следовательно,

По таблице приложения 2 найдём , значит

Ответ:

#140

Условие:

Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна . Найти такое положительное число , чтобы с вероятностью абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от его вероятности не превысила .

Решение:

По условию, .

Следовательно,

По таблице приложения 2 найдем , значит . Отсюда искомое число .

#141

Вероятность появления события в каждом из 10 000 независимых событий равна 0,75. Найти такое положительное число ε, чтобы с вероятностью 0,98 абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от его вероятности 0,75 не превысила ε.

Решение.

По условию, n = 10 000, p = 0,75, q = 0,25. Следовательно,

2Ф (ε 10 000/(0,75*0,25)) = 0,98 или Ф (231*ε) = 0,49.

Т. к. Ф(2,34) = 0,49, значит 231*ε = 2,34. Отсюда искомое число ε = 0,01.

#142

Отдел технического контроля проверяет на стандартность 900 деталей. Вероятность того, что деталь стандартна равна 0,9. Найти с вероятность 0,95 границы, в которых будет заключено число m стандартных деталей среди проверенных.

Решение:

По условию, n=900, p=0,9, q=0,1. Следовательно,

По таблице приложения 2 найдём , значит . Отсюда .

Таким образом, с вероятностью 0,95 отклонение относительной частоты стандартных деталей от вероятности 0,9 удовлетворяет неравенству

Отсюда искомое число m стандартных деталей среди 900 проверенных с вероятностью 0,95 заключено в следующих границах .

Ответ: .

#143

Отдел технического контроля проверяет 475 изделий на брак. Вероятность того, что изделие бракованное, равна 0,05. Найти с вероятностью 0,95 границы, в которых будет заключено число m бракованных изделий среди проверенных.

Решение:

По условию, n=475, p=0,05, q=0,95. Следовательно,

По таблице приложения 2 найдём , значит . Отсюда .

Таким образом, с вероятностью 0,95 отклонение относительной частоты бракованных изделий от вероятности 0,05 удовлетворяет неравенству

Отсюда искомое число m бракованных изделий среди 475 проверенных с вероятностью 0,95 заключено в следующих границах .

Ответ: .

#144

Игральную кость бросают 80 раз. Найти с вероятностью 0,99 границы, в которых будет заключено число m выпадений шестёрки.

Решение:

По условию, n=80, p=1/6, q=5/6. Следовательно,

По таблице приложения 2 найдём , значит . Отсюда .

Таким образом, с вероятностью 0,99 отклонение относительной частоты выпадения шестёрки от вероятности 1/6 удовлетворяет неравенству

Отсюда искомое число m испытаний среди 80 с вероятностью 0,99 заключено в следующих границах .

Ответ: .

#145

Условие:

Испытывается каждый из элементов некоторого устройства. Вероятность того, что элемент выдержит испытание, равна . Найти наивероятнейшее число элементов, которые выдержат испытание.

Решение:

По условию, . Найдем наивероятнейшее число из двойного неравенства:

Подставив данные задачи, получим:

Так как – целое число и поскольку между числами заключено одно целое число, а именно , то искомое наивероятнейшее число

#146

Отдел технического контроля проверяет партию из 10 деталей. Вероятность того, что деталь стандартна, равна 0,75. Найти наивероятнейшее число деталей, которые будут признаны стандартными.

Решение.

По условию n=10; p=0,75; q=1-p=0,25 . Найдем наивероятнейшее число деталей из неравенства:

Np-q ≤ k0 < np+p

Подставив значение получим:

10*0,75-0,25 ≤ k0 < 10*0,75+0,75

7,25 ≤ k0 < 8,25

Только одно целое число удовлетворяет неравенству. Это число 8. K0=8

#147

Товаровед осматривает 24 образца товаров. Вероятность того, что каждый из образцов будет признан годным к продаже, равна 0,6. Найти наивероятнейшее число образцов, которые товаровед признает годными к продаже.

РЕШЕНИЕ.

По условию, n=24; p=0,6; q=0,4. Найдем наивероятнейшее число годных к продаже образцов товаров из двойного неравенства . Подставляя данные задачи, получим

, или .

Так как – целое число, то и наивероятнейших чисел два: и .

#148

Найти наивероятнейшее число правильно набитых перфораторщицей, среди 19 перфокарт, если вероятность того, что перфокарта набита неверно, равна 0,1.

Решение.

По условию, n=19; p=0,9; q=0,1. Найдем наивероятнейшее число правильно набитых перфокарт из двойного неравенства np-q<=k0<np+p. Подставляя данные задачи, получим

19*0,9-0,1<= k0<19*0,9+0,1 или 17<= k0<17,2.

Так как np-q=17 – целое число, то наивероятнейшее число k0=17.

#149

Два равносильных противника играют в шахматы. Найти наивероятнейшее число выигрышей для любого шахматиста, если будет сыграно 2N результативных (без ничьих) партий.

Решение:

Известно, что если произведение числа испытаний n на вероятность р появления события в одном испытании есть целое число, то наивероятнейшее число = np.

В рассматриваемой задаче число испытаний n равно числу сыгранных партий 2N; вероятность появления события равна вероятности выигрыша в одной партии, т. е. р = 1/2 (так как по условию противники равносильны).

Поскольку произведение np = 2N 1/2 = N — целое число, то искомое наивероятнейшее число выигранных партий равно N.

Ответ: N.

#150

Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность промаха при одном выстреле для первого стрелка равна 0,2, а для второго – 0,4. Найти наивероятнейшее число залпов, при которых не будет ни одного попадания в мишень, если стрелки произведут 25 залпов.

Решение:

Промахи стрелков есть независимые события, поэтому применима теорема умножения вероятностей независимых событий. Вероятность того, что оба стрелка при одном залпе промахнуться, p=0,2*0,4=0,08.

Поскольку произведение np=25*0,08=2-целое число, то наивероятнейшее число залпов, при которых не буде ни одного попадания, k0=np=2

Ответ: 2.

#151

Два стрелка одновременно стреляют по мишени. Вероятность попадания в цель при одном выстреле для первого стрелка равна 0,8, а для второго-0,6. Найти наивероятнейшее число залпов, при которых оба стрелка попадут в мишень, если будет произведено 15 залпов.

Решение:

Попадания стрелков есть независимые события, поэтому применима теорема умножения вероятностей независимых событий. Вероятность того, что оба стрелка при одном залпе попадут р=0,8*0,6=0,48

Nр=15*0,48=7,2

6,68<=k0­­<7,68

Наивероятнейшее число залпов, при которых оба стрелка попадут в мишень равно 7.

#152

Сколько надо произвести независимых испытаний с вероятностью появления события в каждом испытании, равной 0,4, чтобы наивероятнейшее число появлений события в этих испытаниях было равно 25?

Решение:

По условию k0=2;p=0,4;q=0,6. Воспользуемся двойным неравенством:

Np-q≤k0<np+p.

Подставляя данные задачи, получим систему неравенств для определения неизвестного числа:

0,4n-0,6≤25; 0,4n+0,4>25.

Из первого неравенства системы найдем: n≤25,60,4=64;

Из второго неравенства системы имеем: n>24,60,4=61,5;

Итак, искомое число испытаний должно удовлетворять двойному неравенству:62≤n≤64.

#153

По условию ; ; . Воспользуемся двойным неравенством

Подставляя данные задачи, получим систему неравенств для определения неизвестного числа:

, .

Из первого неравенства системы найдем .

Из второго неравенства системы найдем .

Итак, искомое число испытаний должно удовлетворить двойному неравенству .

#155

Чему равна вероятность p наступления события в каждом из 49 независимых испытаний, если наивероятнейшее число наступлений события в этих испытаниях равно 30?

Решение.

По условию, n=49, k0=30. Воспользуемся двойным неравенством . Подставляя данные задачи, получим систему неравенств для определения неизвестной вероятности p:

Из первого неравенства системы найдем p>0,6. Из второго неравенства системы найдем .

#156

Чему равна вероятность р наступления события в каждом из 39 независимых испытаний, если наивероятнейшее число наступлений события в этих испытаниях равно 25?

Решение

По условию n = 39, =25. Воспользуемся двойным неравенством . Подставляя данные задачи, получим систему неравенств для определения неизвестной вероятности р:

,

Из первого неравенства системы найдём p>0,625, из второго неравенства системы найдём .

Итак, искомая вероятность должна удовлетворять двойному неравенству .

Ответ:

#157

Батарея произвела шесть выстрелов по объекту. Вероятность попадания в объект при одном выстреле равна 0,3. Найти: а) наивероятнейшее число попаданий;

Б) вероятность наивероятнеишего числа попаданий; в)вероятность того, что объект будет разрушен, если для этого достаточно хотя бы двух попаданий.

Решение:

По условию, n=6; р=0,3; q=0,7.

А) Найдем наивероятнейшее число попаданий по формуле

Np—qK< nр + р.

Подставив данные задачи, получим

6*0,3—0,7K< 6*0,3 + 0,3 или 1,1<k<2,1. Отсюда k=2.

Б) Найдем вероятность наивероятнеишего числа попаданий по формуле Бернулли

В) Найдем вероятность того, что объект будет разрушен. По условию, для этого достаточно, чтобы было или 2, или 3, или 4, или 5, или 6 попаданий. Эти события несовместны, поэтому вероятность разрушения объекта равна сумме вероятностей этих событий:

Однако проще сначала найти вероятность Q противоположного события (ни одного попадания или одно попадание):

Искомая вероятность того, что объект будет разрушен,

P=l—Q=l—0,42=0,58.

Ответ:а)2, б)0,324, в)0,58

#158

Прибор состоит из пяти независимо работающих элементов. Вероятность отказа элемента в момент включения прибора равна 0,2. Найти а) наивероятнейшее число отказавших элементов; б) вероятность наивероятнейшего числа отказавших элементов; в) вероятность отказа прибора, если для этого достаточно, чтобы отказали хотя бы четыре элемента.

Решение:

По условию, n= 5; p= 0,2; q= 0,8;

А) Найдем наивероятнейшее число отказов по формуле . Подставив данные задачи, получим: .

Б) Найдем вероятность наивероятнейшего числа отказов по формуле Бернулли

В) Найдем вероятность отказа прибора. Для того чтобы прибор был разрушен по условию задачи достаточно чтобы отказали 4 или 5 элементов.

#159

Устройство состоит из трех независимо работающих элементов. Вероятности безотказной работы элементов (за время t) соответственно равны: 0,7; 0,8 и 0,9. Найти вероятности того, что за время t будут работать безотказно:

А) все элементы; б) два элемента; в) один элемент; г) ни один из элементов.

Решение.

Вероятности безотказной работы элементов соответственно равны:

Р1 = 0,7, р2 = 0,8, р3 = 0,9,

Поэтому вероятности того, что элементы откажут, q1 = 0,3; q2 = 0,2; q3=0,1.

Составим производящую функцию:

φ3(z) = (p1∙z + q1) (p2∙z + q2) (p3∙z + q3) = (0,7z + 0,3)(0,8z + 0,2)(0,9z + 0,1) = 0,504z3 + 0,398z2 + 0,092z + 0,006.

А) Вероятность того, что три элемента будут работать безотказно, равна коэффициенту при z3: Р3(3) = 0,504.

Б) Вероятность того, что два элемента будут работать безотказно, равна коэффициенту при z2: Р3(2) = 0,398.

В) Вероятность того, что один элемент будет работать безотказно, равна коэффициенту при z1: Р3(1) = 0,092.

Г) Вероятность того, что ни один из элементов не будет работать безотказно, равна свободному члену: Р3(0) = 0,006.

Контроль: 0,504 + 0,398 + 0,092 + 0,006 = 1.

#164

Дискретная случайная величина Х задана законом распределения :

Х 1 3 6 8

Р 0,2 0,1 0,4 0,3

Построить многоугольник распределения.

Решение:

Построим прямоугольную систему координат, причем по оси абсцисс будем откладывать возможные значения xi, а по оси ординат - соответствующие вероятность pi. Построим точки

Полученный многоугольник и есть искомый многоугольник распределения.

#165

Дискретная случайная величина X задана законом распределения:

А) X 2 4 5 6 б) X 10 15 20

р 0,3 0,1 0,2 0,4 р 0,1 0,7 0,2

Построить многоугольник распределения.

Решение.

Построим прямоугольную систему координат, причем по оси абсцисс будем откладывать возможные значения х; а по оси ординат — соответствующие вероятности р.

Построим точки:

А)А(2; 0,3), В(4;0,l), С(5;0,2) и D(6; 0,4). Соединив эти точки отрезками прямых, получим искомый многоугольник распределения.

Б)А(10; 0,1), В(15;0,7), С(20;0,2). Соединив эти точки отрезками прямых, получим искомый многоугольник распределения.

#166

Устройство состоит из трёх независимо работающих элементов. Вероятность отказа каждого элемента в одном опыте равна 0,1. Составить закон распределения числа отказавших элементов в одном опыте.

Решение

Дискретная случайная величина Х (число отказавших элементов в одном опыте) имеет следующие возможные значения: (ни один из элементов устройства не отказал), (отказал один элемент), (отказали 2 элемента) и (отказали 3 элемента).

Отказы элементов независимы один от другого, вероятности отказа каждого элемента равны между собой, поэтому применима формула Бернулли. Учитывая, что по условию n = 3, p = 0,1 (следовательно q = 0,9), получим:

; ;

; .

Проверим: .

Напишем искомый биномиальный закон распределения Х:

X 0 1 2 3

p 0,729 0,243 0,027 0,001

#167

Задание: В партии 10% нестандартных деталей. Наудачу отобраны четыре детали. Написать биномиальный закон распределения дискретной случайной величины — числа нестандартных деталей среди четырех отобранных и построить многоугольник полученного распределения.

Решение:

Дискретная случайная величина (число нестандартных деталей среди 4 отобранных) имеет следующие возможные значения: (отобрали только стандартные детали), (отобрали одну нестандартную и три стандартных), (отобрали две нестандартных и две стандартных), (отобрали три нестандартных и одну стандартную), (отобрали только нестандартные). Вероятность отобрать из партии нестандартную деталь . По условию . Найдём . Получим:

Напишем искомый биномиальный закон

Возможные значения

0

1

2

3

4

Вероятности

0,6561

0,2916

0,0486

0,0036

0.0001

Построим многоугольник распределения дискретной случайной величины

#168

Написать биноминальный закон распределения дискретной случайной величины X –числа появлений «герба» при двух бросаниях монеты.

Решение:

Дискретная случайная величина (число появлений «герба» при двух бросаниях монеты) имеет следующие возможные значения: («герб» ни разу не выпал), («герб» выпал только при одном броске), («герб» выпадал при каждом броске).

Очевидно что искомый биномиальный закон будет выглядеть следующим образом:

Возможные значения

0

1

2

Вероятности

1/4

1/2

1/4

#169

Две игральные кости одновременно бросают два раза. Написать биномиальный закон распределения дискретной случайной величины X – числа выпадений четного числа очков на двух игральных костях.

Всего вариантов выпадений: 6*6=36.

Четных 3 грани на каждом кубике => 3*3=9 – четное число очков на каждой игральной кости.

P=9/36=1/4 – вероятность выпадения четного числа очков на каждой игральной кости.

Q=1-p=3/4

Pn(k)=Cnk*pk*qn-k

Pn(0)=9/16 Pn(1)=6/16 Pn(0)=1/16

X 0 1 2

P 9/16 6/16 1/16

#170

В партии из 10 деталей имеется 8 стандартных. Наудачу отобраны две детали. Обставить закон распределения числа стандартных деталей среди отобранных.

Решение:

Случайная величина X—число стандартных деталей среди отобранных деталей—имеет следующие возможные значения: X1=0; X2=1; X3=2; Найдем вероятности возможных значений X по Формуле: PX=k= Cnk*CN-nm-kCNm.

(N—число деталей в партии, n— число стандартных деталей в партии, m— число отобранных деталей, k— число стандартных деталей среди отобранных), находим:

PX=0=C80*C22C102=145;

PX=1=C81*C21C102=1645;

PX=2=C82*C20C102=2845;

Составим искомый закон распределения:

X

0

1

2

P

1/45

16/45

28/45

Контроль: 145+1645+2845=1.

#171

В партии из шести деталей имеется четыре стандартных. Наудачу отобраны три детали. Составить закон распределения дискретной случайной величины Х-числа стандартных деталей, среди отобранных.

Решение:

Случайная величина Х имеет следующие возможные значения х­1=1, х­2=2, х­3=3.

Найдем вероятности возможных значений Х.

Р(Х=1)=С41 С22 /С63=1/5

Р(Х=2)=С42 С21 /С63=3/5

Р(Х=3)=С43 С20 /С63=1/5

Составим искомый закон распределения:

Х 0 1 2 3

Р 0 1/5 3/5 1/5

#172

После ответа студента на вопросы экзаменационного билета экзаменатор задает студенту дополнительные вопросы. Преподаватель прекращает задавать дополнительные вопросы, как только студент обнаруживает незнание данного вопроса. Вероятность того, что студент ответит на любой заданный дополнительный вопрос, равна 0,9. Требуется: а)составить закон распределения случайной дискретной величины Х – числа дополнительных вопросов, которые задаст преподаватель студенту; б) найти наивероятнейшее число k0 дополнительных вопросов.

Решение:

А) Дискретная случайная величина Х – число заданных вопросов – имеет следующие возможные значения: x1=1, x2=2, x3=3,…, xk=k,… Найдем вероятности этих возможных значений.

Величина Х примет возможное значение x1=1 (экзаменатор задаст только один вопрос), если студент не ответит на первый вопрос. Вероятность этого возможного значения равна 1-0,9=0,1. Таким образом, P(X=1)=0,1.

Величина Х примет возможное значение x2=2 (экзаменатор задаст только два вопроса), если студент ответит на первый вопрос и не ответит на второй. Таким образом, P(X=2)=0,9*0,1=0,09.

Аналогично найдем P(X=3)=0,9*0,9*0,1=0,081 , … ,

Выпишем искомый закон распределения:

X

1

2

3

K

P

0,1

0,09

0,081

Б) Наивероятнейшее число k0 заданных вопросов (наивероятнейшее возможное значение Х), т. е. число заданных преподавателем вопросов, которое имеет наибольшую вероятность, как следует из закона распределения, равно 1.

#173

Вероятность того, что стрелок попадет в мишень при одном выстреле, равна 0,8. Стрелку выдаются патроны до тех пор, пока он не промахнется. Требуется:

А) составить закон распределения дискретной случайной величины X—числа патронов, выданных стрелку;

Б) найти наивероятнейшее число выданных стрелку патронов.

Решение:

А) Дискретная случайная величина Х – число выданных патронов – имеет следующие возможные значения: x1=1, x2=2, x3=3,…, xk=k,… Найдем вероятности этих возможных значений.

Величина Х примет возможное значение x1=1 (выдадут только один патрон), если не попадет при первом выстреле. Вероятность этого возможного значения равна 1-0,8=0,2. Таким образом, P(X=1)=0,2.

Величина Х примет возможное значение x2=2 (выдадут два патрона), если попадет первый раз, но промахнется во второй. Таким образом, P(X=2)=0,8*0,1=0,08.

Аналогично найдем P(X=3)=0,8*0,8*0,2=0,128 , … ,

Выпишем искомый закон распределения:

X

1

2

3

K

P

0,2

0,08

0,128

Б) Наивероятнейшее число k0 выданных патронов (наивероятнейшее возможное значение Х), т. е. число выданных патронов, которое имеет наибольшую вероятность, как следует из закона распределения, равно 1.

Ответ: а) 0,2 , 0,08 , … , б) 1.

#174

Из двух орудий поочередно ведется стрельба по цели до первого попадания одним из орудий. Вероятность попадания в цель первым орудием равна 0,3, вторым — 0,7.

Начинает стрельбу первое орудие. Составить законы распределения дискретных случайных величин X и Y—числа израсходованных снарядов соответственно первым и вторым орудием.

Решение.

Пусть события и — попадание в цель соответственно первым и вторым орудием при i-м выстреле; и - промахи.

Найдем закон распределения случайной величины X—числа израсходованных первым орудием снарядов. Первое орудие израсходует один снаряд (Х=1), если оно попадет в цель при первом выстреле, или оно промахнется, а второе орудие при первом выстреле попадет в цель:

=P(X=1)=P(+)=P()+P()= P()+ P()* P()=0,3+0,7*0,7=0,79.

Первое орудие израсходует два снаряда, если оба орудия при первом выстреле промахнутся, а при втором выстреле первое орудие попадет в цель, или если оно промахнется, а второе орудие при втором выстреле попадет в цель:

=P(X = 2)=Р(+)=

= 0,7*0,3*0,3 + 0,7*0,3*0,7*0,7 = 0,21 (0,3 + 0,49) = 0,79*0,21.

Аналогично получим

Р(Х=k)=0,79*.

Искомый закон распределения дискретной случайной величины X— числа снарядов, израсходованных первым орудием:

X

1

2

3

K

P

0,79

0,79*0,21

0,79*0,212

0,79*

Контроль: = 0,79/(1-0,21) =0,79/0,79=1.

Найдем закон распределения дискретной случайной величины Y—числа снарядов, израсходованных вторым орудием. Если первое орудие при первом выстреле попадет в цель, то стрельба из второго орудия не будет произведена:

P1=P(Y=0) = P () =0,3.

Второе орудие израсходует лишь один снаряд, если при первом выстреле оно попадет в цель, или если оно промахнется, а первое орудие попадет в цель при втором выстреле:

P2 = P(Y=l) = P(+) = 0,7*0,7 + 0,7*0,3*0,3 = 0,553.

Вероятность того, что второе орудие израсходует два снаряда,

Рз=Р(Y=2) = Р(+).

Выполнив выкладки, найдем р3 = 0,553*0,21.

Аналогично получим

P(Y=k)=0,553*.

Искомый закон распределения дискретной случайной величины

Y — числа снарядов, израсходованных вторым орудием:

Y

0

1

2

K

P

0,3

0,553

0,553*0,21

0,553*

Контроль:

= 0,3+ (0,553/1 —0,21)=0,3+(0,553/0,79) = 0,3+0,7=1.

#175

Два бомбардировщика поочередно сбрасывают бомбы на цель до первого попадания. Вероятность попадания в цель первым бомбардировщиком равна 0,7, вторым — 0,8. Вначале сбрасывает бомбы первый бомбардировщик. Составить первые четыре члена закона распределения дискретной случайной величины X—числа сброшенных бомб обоими бомбардировщиками (т. е. ограничиться возможными значениями X, равными 1, 2, 3 и 4).

Решение:

Пусть события Ai и Вi — попадание в цель соответственно первой и второй бомбой при i-ом сбрасывании Ai и Bi— промахи.

Найдем закон распределения случайной величины X—числа израсходованных первым и вторым бомбардировщиком бомб.

Бомбардировщики израсходуют одну бомбу (X=1), если первый бомбардировщик попадет в цель: p1=PX=1=PA1=0,7. Бомбардировщики израсходуют 2 снаряда (X=2), если первый промахнется, а второй попадет в цель: p2=PX=2=PA1B2=0,3*0,8=0,24. Если было израсходовано 3 бомбы (X=3), то только в том случае, если при первом выбросе бомб промазали оба бомбардировщика, а при втором попал первый:

P3=PX=3=PA1B1A2=0,3*0,2*0,7=0,042.

Четыре бомбы (X=4) понадобятся 2 бомбардировщикам, если попадет в цель лишь второй бомбардировщик при втором выбросе: p4=PX=4=PA1B1A2B2=0,3*0,2*0,3*0,8=0,0144.

Искомый закон распределения дискретной случайной величины X — числа снарядов, израсходованных двумя бомбардировщиками:

X

1

2

3

4

P

0,7

0,24

0,042

0,0144

#176

Учебник издан тиражом 100 000 экземпляров. Вероятность того, что учебник сброшюрован неправильно, равна 0,0001. Найти вероятность того, что тираж содержит ровно пять бракованных книг.

Решение.

По условию n=100 000; p=0.0001; k=5. События, состоявшие в том, что книги сброшюрованы неправильно, независимы, число n велико, а вероятность p мала, поэтому воспользуемся распределением Пуассона:

Pn(k)=λke-λ/k

Найдем λ:

λ=np=100 000 * 0,0001=10

Искомая вероятность:

P100 000(5)=105*e-10/5=105*0,000045/120=0,0375

#177

Устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо один от другого. Вероятность отказа любого элемента в течение времени Т равна 0,002. Найти вероятность того, что за время Т откажут ровно три элемента. УКАЗАНИЕ: принять .

РЕШЕНИЕ.

По условию . Отказ любого элемента в течение времени не зависит от событий в предшествующие моменты времени. Так как число n велико, а вероятность p мала, следует воспользоваться распределением Пуассона ( – это среднее число появлений события в n испытаниях; оно обозначается буквой «лямбда», но MS Word такой буквы не знает):

Подставим значения:

#178

Условие:

Станок-автомат штампует детали. Вероятность того, что изготовленная деталь окажется бракованной, равна . Найти вероятность того, что среди деталей окажется ровно бракованных.

Решение:

По условию, . События, состоящие в том, что детали окажутся бракованными, независимы, число велико, а вероятность мала, поэтому воспользуемся распределение Пуассона:

Найдем :

Искомая вероятность:

#179

Завод отправил на базу 500 изделий. Вероятность повреждения изделия в пути равна 0,002. Найти вероятности того, что в пути будет повреждено изделий: а) ровно три; б) менее трех; в) более трех; г) хотя бы одно.

Решение:

Число n=500 велико, вероятность q= 0,002 мала и рассматриваемые события (повреждения изделий) независимы, поэтому имеет место формула Пуассона.

.

А) Найдем

Найдем вероятность того, что будет повреждено ровно 3 изделия:

Б) Найдем вероятность того, что будет повреждено менее трех изделий:

В) Найдем вероятность Р того, что будет повреждено более трех изделий. События «повреждено более трех изделий» и «повреждено не более трех изделий»(обозначим вероятность этого события через Q) – противоположны, поэтому P=1-Q. Отсюда

Используя результаты, полученные выше, имеем

.

Г)Найдем вероятность того, что будет повреждено хотя бы одно изделие. События «повреждено хотя бы одно изделие» и «ни одно изделие не повреждено» (обозначим вероятность этого события через Q)- противоположные, следовательно P=1-Q. Отсюда искомая вероятность того, что будет повреждено хотя бы одно изделие, равна

#180

Магазин получил 1000 бутылок минеральной воды. Вероятность того, что при перевозке бутылка окажется разбитой, равна 0,003. Найти вероятности того, что магазин получит разбитых бутылок: а) ровно две; б) менее двух;

В) более двух;г) хотя бы одну. Указание. Принять е=0,04979.

Решение:

Число n=1000 слишком велико, а вероятность мала, а рассматриваемые события независимы, поэтому имеет место теорема Пуассона:

где , a е=0,04979

Воспользовавшись этой теоремой получим:

А)

Б)

В)Эта задача равносильна следующей задаче:

где Q==0,224+0,1992=0,423; =1-0,423=0,576

Г)Это равносильно задаче Р=1-Q, где

Ответ: а)0,224; б)0,1992; в)0,576; г)0,95

#181

А) Устройство состоит из большого числа независимо работающих элементов с одинаковой (очень малой) вероятностью отказа каждого элемента за время T. Найти среднее число отказавших за время T элементов, если вероятность того, что за это время откажет хотя бы один элемент, равна 0,98.

Решение

Из условии задачи следует (поскольку число элементов велико, элементы работают независимо и вероятность отказа каждого элемента мала), что число отказов распределено по закону Пуассона, причём требуется найти параметр (среднее число отказов).

Вероятность того, что откажет хотя бы один элемент, по условию равна 0,98, следовательно .

Отсюда

По таблице функции находим . Итак, за время T работы устройства откажет примерно 4 элемента.

Ответ: Элемента

Б) Найти среднее число бракованных изделий в партии изделий, если вероятность того, что в этой партии содержится хотя бы одно бракованное изделие, равна 0,95. Предполагается, что число бракованных изделий в рассматриваемой партии распределено по закону Пуассона.

Решение

Т. к вероятность того, что в этой партии содержится хотя бы одно бракованное изделие, равна 0,95, то

По таблице функции находим . Итак, среднее число бракованных изделий равно 3.

Ответ: 3

#182

Задание: Доказать, что сумма вероятностей числа появлений события в независимых испытаниях, вычисленных по закону Пуассона, равна единице. Предполагается, что испытания производятся бесчисленное количество раз.

Решение:

В силу закона Пуассона

Используем разложение функции ex в ряд Маклорена:

Известно, что этот ряд сходится при любом значении , поэтому,

Положив , получим

Найдем искомую сумму вероятностей , учитывая, что Не зависит от и, следовательно, может быть вынесено за знак суммы:

Замечание. Утверждение задачи следует немедленно из того, что сумма вероятностей событий, образующих полную группу, равна единице. Приведенное доказательство преследует учебные цели.

#183

Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету .

Сколько нужно купить билетов, чтобы выиграть хотя бы по одному из них с вероятностью , не меньшей, чем ?

Решение:

Вероятность выигрыша мала, а число билетов, которое нужно купить, очевидно, велико, поэтому случайное число выигрышных билетов имеет приближённо распределение Пуассона.

Ясно, что события «ни один из купленных билетов не является выигрышным» и «хотя бы один билет - выигрышный» - противоположные. Поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице: Поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице:

, или . (*)

Положив в формуле Пуассона , получим

Следовательно, соотношение (*) примет вид .

По условию, , или . Отсюда . (**)

По таблице функции находим . Учитывая, что функция - убывающая, заключаем, что неравенство (**) выполняется при , или при . Следовательно, . Итак, надо купить не менее 300 билетов, чтобы выиграть хотя бы по одному из них.

#184

Показать, что формулу Пуассона, определяющую вероятность появления k событий за время длительностью t

Pt(k)=( λt)k*e-λt/k! (*)

Можно рассматривать как математическую модель простейшего потока событий; другими словами, показать, что формула Пуассона отражает все свойства простейшего потока.

Решение.

Из формулы (*) видно, что вероятность появления k событий за время длительностью t, при заданной интенсивности λ, является функцией только k и t, что отражает свойство стационарности простейшего потока.

Формула (*) не использует информации о появлении событий до начала рассматриваемого промежутка времени, что отражает свойство отсутствия последействия.

Покажем, что формула отражает свойство ординарности. Положив k=0 и k=1, найдем вероятность непоявления событий и вероятность появления одного события:

Pt(0)= e-λt, Pt(1)= λte-λt.

Следовательно, вероятность появления более одного события

Pt(k>1)=1-[ Pt(0)+ Pt(1)]=1-[e-λt+ λte-λt]

Используя разложение функции e-λt в ряд Маклорена, после элементарных преобразований получим

Pt(k>1)=(λt)2/2+… .

Сравнивая Pt (1) и Pt(k>1), получаем, что при малых значениях t вероятность появления более одного события пренебрежимо мала по сравнению с вероятностью наступления одного события, что отражает свойство ординарности.

Ч. Т. Д.

#185

Среднее число заказов такси, поступающих на диспетчерский пункт в одну минуту, равно трем. Найти вероятность того, что за 2 мин поступит: а) четыре вызова; б) менее четырех вызовов; в) не менее четырех вызовов.

Решение:

По условию λ=3, t=2,k=4. Воспользуемся формулой Пуассона:

Ptk=λtke-λtk!.

A)  Искомая вероятность того, что за 2 мин поступит 4 вызова:

P24=64e-64!=1296*0,002524=0,135.

Б) Событие “поступило менее четырех вызовов” произойдет, если наступит одно из следующих несовместных событий: 1) поступило три вызова; 2) поступило два вызова; 3) поступил один вызов; 4) не поступило ни одного вызова. Эти события несовместны, поэтому применимая теорема сложения вероятностей несовместных событий:

P2k<4=P23+P22+P21+P20=63e-63!+62e-62!+6e-61!+e-6=e-636+18+6+1=0,0025*61=0,1525.

В) События “поступило менее четырех вызовов” и “поступило не менее четырех вызовов” противоположны, поэтому искомая вероятность того, что за 2 мин поступит не менее четырех вызовов:

Pk≥4=1-Pk<4=1-0,1525=0,8475.

#186

По условию, λ=2, t=4, k=3

Воспользуемся формулой Пуассона

=

А)вероятность того, что за 4 минуты поступит 3 вызова

==0.0256

Б)Событие “поступило менее 3-х вызовов” произойдет, если поступит одно из несовместных событий: поступило 2 вызова или поступил 1 вызов или вызовов не поступило

Эти события несовместны, поэтому применима теорема сложения вероятностей несовместных событий:

В)События “поступило менее 3-х вызовов” и “поступило не менее 3-х вызовов” противоположны, поэтому искомая вероятность того, что за 4 минуты поступит не менее 3-х вызовов:

P(k≥3)=1-P(k<3)=1-0.0123=0.9877

#187

Доказать, что для простейшего потока событий

Решение:

Воспользуемся теоремой о сумме вероятностей противоположных событий:

Применяя правило Лопиталя получим

Ч. Т.Д.

#188

Найти математическое ожидание дискретной случайной величины X, заданной законом распределения:

А)

X

-4

6

10

P

0,2

0,3

0,5

Б)

X

0,21

0,54

0,61

P

0,1

0,5

0,4

Решение.

А) Математическое ожидание равно сумме произведений всех возможных значений на их вероятности: .

Б) .

#189

Найти математическое ожидание случайной величины Z, если известны математические ожидания X и Y:

A) Z = X + 2Y, Af(X) = 5, M(Y) = 3; б) Z = 3X+4Y,

Af(X) = 2, M(Y) = 6.

Решение

А) Используя свойства математического ожидания

(математическое ожидание суммы равно сумме математических ожиданий слагаемых; постоянный множитель можно вынести за знак математического ожидания), получим

М (Z) = М (X + 2К) = М (X) + М BY) = М (X)+2М (К) = 5+2-3=11.

#190

Используя свойства математического ожидания, доказать, что: а) , б) математическое ожидание отклонения равно нулю.

Решение.

А) Положим . Тогда . Из свойства 4 математического ожидания следует, что . Отсюда .

Но так как , имеем

, что и требовалось доказать.

Б) Требуется доказать, что верно равенство . По формуле, доказанной в п. а), получаем .

Так как математическое ожидание есть постоянная, можно воспользоваться свойства 1 случайной величины: . Теперь имеем

, что и требовалось доказать.

#191

Дискретная случайная величина X принимает три возможных значения: с вероятностью ; с вероятностью и с вероятностью . Найти и , зная, что .

Решение.

Поскольку случайная величина принимает одно из трёх возможных значений, они образуют полную группу. Тогда , .

Далее, из определения математического ожидания . Отсюда .

Ответ: 21.

#192

Дан перечень возможных значений дискретной случайной величины X: , , , а также известны математические ожидания этой величины и ее квадрата: . Найти вероятности Соответствующие возможным значениям .

РЕШЕНИЕ.

Так как сумма вероятностей всех возможных значений X равна 1, а и , то составим систему уравнений.

Решив ее, получим искомые вероятности: .

#193

Условие:

Дан перечень возможных значений дискретной случайной величины , а так же известны математические ожидания этой величины и ее квадрата:

.

Найти вероятности, соответствующие возможным значениям .

Решение:

Пользуясь тем, что сумма вероятностей всех возможных значений равна единице, а так же принимая во внимание, что , составим следующую систему трех линейных уравнений относительно неизвестных вероятностей:

Решив эту систему, найдем искомые вероятности:

#194

В партии из 10 деталей содержится три нестандартных. Наудачу отобраны две детали. Найти математическое ожидание дискретной случайной величины X – числа нестандартных деталей среди двух отобранных.

Решение.

Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь две детали из десяти деталей, т. е. - числу сочетаний из десяти по два.

А) одну нестандартную деталь можно взять из трех нестандартных деталей способами; при этом одна деталь должна быть нестандартной; взять же одну нестандартную деталь из семи нестандартных можно способами. Следовательно, число благоприятствующих исходов равно

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

Две нестандартных детали можно взять из трех нестандартных деталей способами; Следовательно, число благоприятствующих исходов равно

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

Математическое ожидание равно сумме произведений всех возможных значений X на их вероятности:

#195

А) Доказать, что математическое ожидание числа появлений события А в одном испытании равно вероятности р появления события А.

Указание. Дискретная случайная величина X—число появлений события в одном испытании—имеет только два возможных значения: x = l (событие А наступило) и y = 0 (событие А не наступило).

Б) Доказать, что математическое ожидание дискретной случайной величины X—числа появлений события А в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна р—равно произведению числа испытаний на вероятность появления события в одном испытании, т. е. доказать, что математическое ожидание биномиального распределения М(Х)=nр.

Решение:

А) дискретная случайная величина х задана законом распределения:

Х 1 2

Р р р

По формуле математического ожидания получим:

М(х)=1*р+0*р=р

Что и требовалось доказать.

Б) Так как число испытаний велико, а вероятность р появления со -

Бытия в каждом испытании очень мала, то воспользуемся законом Пуассона.

По определению математического ожидания для случая, когда число возможных значений X есть счетное множество,

Учитывая, что при к=0 первый член суммы равен нулю, примем в качестве наименьшего значения k единицу:

Положив k—l=m, получим

Принимая во внимание, что

Получим:

А так как λ=np то получим M(x)=np что и требовалось доказать.

#196

Найти математическое ожидание дискретной случайной величины Х – числа таких бросаний пяти игральных костей, в каждом из которых на двух костях появится по одному очку, если общее число бросаний равно двадцати.

Решение

Воспользуемся формулой

,

Где n – общее число испытаний (бросаний пяти костей); Х – число появлений интересующего нас события (на двух костях из пяти появится по одному очку) в n испытаниях; Р – вероятность появления рассматриваемого события в одном испытании.

По условию, n = 20. Остаётся найти Р – вероятность того, что на гранях двух из пяти костей появится по одному очку. Эту вероятность вычислим по формуле Бернулли, учитывая, что вероятность появления одного очка на грани одной кости p = 1/6, следовательно q = 5/6:

.

Искомое математическое ожидание

Ответ: 3

#197

Задание: Устройство состоит из элементов. Вероятность отказа любого элемента за время опыта равна . Найти математическое ожидание числа таких опытов, в каждом из которых откажет ровно элементов, если всего произведено опытов. Предполагается, что опыты независимы один от другого.

Решение:

Обозначим через число опытов, в которых откажет ровно элементов. Так как опыты независимы и вероятности интересующего нас события (в одном опыте откажет ровно элементов) в этих опытах одинаковы, то применима формула

Где —общее число опытов; —вероятность того, что в одном опыте откажет ровно элементов. Найдем вероятность по формуле Бернулли:

Подставив (**) в (*), получим искомое математическое ожидание:

#199

Обозначим через сумму числа очков, которые выпадут на всех гранях, через – число выпавших очков на грани -й кости. Тогда, очевидно,

Следовательно,

Очевидно, все величины имеют одинаковое распределение, а следовательно одинаковые числовые характеристики и, в частности, одинаковые математические ожидания, т. е. .

В силу (*) получим

(**)

Таким образом, достаточно вычислить математическое ожидание величины ,т. е. математическое ожидание числа очков, которые могут выпасть на первой кости. Для этого напишем закон распределения :

1

2

3

4

5

6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

Найдем

(***)

Подставив (***) в (**), окончательно получим

#200

Математическое ожидание дискретной случайной величины X равно произведению числа испытаний на вероятность появления события.

В данном случае можно использовать формулу Бернулли

В данной задаче, по условию, k=4, n=5, p=0,9, q=0,1

Находим вероятность

Так как проверяется 50 партий, то найденную вероятность нужно умножить на 50

Получаем М(Х)=50*=16,4025≈16

201.

Доказать: 1) М(Y)=аМ(Х)+b, если Y=аХ+b; 2) М(Y)= i=1n∑аiМ(Хi)+b, если Y= i=1n∑(аiХi)+b.

Решение:

1) М(Y)=М(аХ+b)=(ах1+b)р1+ (ах2+b)р2+…+ (ахn+b)рn=ах1р1+ ах2р2+…+ ахnрn+bр1+ bр2+…+ bрn==а(х1р1+ х2р2+…+ хnрn)+b(р1+ р2+…+ рn)= а(х1р1+ х2р2+…+ хnрn)+b=аМ(Х)+b.

Что и требовалось доказать.

2) М(Y)=М(i=1n∑(аiХi)+b)= i=1n∑(аiХi 1)*р1+ i=1n∑(аiХi 2)*р2+…+ i=1n∑(аiХi n)*рn+М(b)= i=1n∑аi*( i=1n∑Хi 1*р1+ i=1n∑Хi 2*р2+…+ i=1n∑Хi n*рn)+b= i=1n∑ai* i=1n∑M(Xi)+b= i=1n∑аiМ(Хi)+b

Что и требовалось доказать.

#202

События A1,A2,…,An несовместны и образуют полную группу; вероятности появления этих событий соответственно равны p1,p2,…,pn. Если в итоге испытания появляется событие Aii=1,…,n, то дискретная случайная величина X принимает возможное значение xi, равное вероятности pi появления события Ai. Доказать, что математическое ожидание случайной величины Х имеет наименьшее значение, если вероятности всех событий одинаковы.

Решение:

Возможные значения величины Х по условию равны вероятности pi событий Ai; вероятность возможного значения pi, очевидно, также равна pi. Таким образом, X имеет следующее распределение:

X

P1

P2

Pn

P

P1

P2

Pn

Найдем математическое ожидание:

MX=p12+p22+…+pn2. (*)

Рассматриваемые события образуют полную группу, поэтому:

P1+p2+…+pn=1.

Из дифференциального исчисления известно, что если сумма независимых переменных постоянна, то сумма квадратов этих переменных имеет наименьшее значение в случае равенства переменных. Применительно к рассматриваемой задаче это означает: сумма (*), т. е. математическое ожидание М (X), имеет наименьшее значение, если вероятности всех событий, образующих полную группу, равны между собой, что и требовалось доказать.

#203

Доказать, что математическое ожидание дискретной случайной величины заключено между наименьшим и наибольшим ее возможными знаениями.

Решение:

Пуст Х – дискретная случайная величина, заданная законом распределения:

X

X1

X2

X3

Xn

P

P1

P2

P3

Pn

Обозначим наименьшее и наибольшее значения X соответственно через m и M.

Тогда

Итак,

Аналогично можно вывести, что

Объединяя, получим Ч. Т.Д.

#204

Дискретная случайная величина X принимает k положительных значений , , …, с вероятностями, равными соответственно , , …, . Предполагая, что возможные значения записаны в возрастающем порядке, доказать, что

Решение:

Принимая во внимание, что и , получим

Так как по условию возможные значения X записаны в возрастающем порядке, т. е. , то

и .

Следовательно,

Предположение доказано.

#205

Доказать, что если случайные величины Х1, Х2,…Хn независимы, положительны и одинаково распределены, то

MX1X1+X2+…+Xn=1n

Решение.

Введем в расмотрение случайные величины

Y1=X1X1+X2+…+Xn, Y2=X2X1+X2+…+Xn, …,Yn=XnX1+X2+…+Xn. *

Заметим, что знаменатели этих дробей не могут быть равными нулю, поскольку величины Yi также одинаково распределены и, следовательно, имеют одинаковые числовые характеристики, в частности, одинаковые математические ожидания:

MY1=MY2=…=MYn. **

Легко видеть, что Y1+Y2+…+Yn=1, следовательно,

M(Y1+Y2+…+Yn)=M1=1.

Математическое ожидание суммы равно сумме математических ожиданий слагаемых, поэтому

MY1+MY2+…+MYn=1.

В силу (**) имеем nM(Y1)=1. Отсюда M(Y1)=1/n.

Учитывая (*), окончательно получим

MX1X1+X2+…+Xn=1n.

Что и требовалось доказать.

#206

Доказать, что если случайные величины Х1, Х2, Х3, Х4, Х5 независимы, положительны и одинаково распределены, то

MX1+X2+X3X1+X2+X3+X4+X5=35.

Указание. Представить дробь, стоящую под знаком математического ожидания, в виде суммы трех дробей и воспользоваться решением задачи 205.

Решение.

Введем в расмотрение случайные величины

Y1=X1X1+X2+X3+X4+X5, Y2=X2X1+X2+X3+X4+X5,Y3=X3X1+X2+X3+X4+X5 . *

Заметим, что знаменатели этих дробей не могут быть равными нулю, поскольку величины Yi также одинаково распределены и, следовательно, имеют одинаковые числовые характеристики, в частности, одинаковые математические ожидания:

MY1=MY2=MY3. **

Легко видеть, что Y1+Y2+Y3=1, следовательно,

M(Y1+Y2+Y3)=M1=1.

Математическое ожидание суммы равно сумме математических ожиданий слагаемых, поэтому

MY1+MY2+…+MYn=1.

В силу (**) имеем 5M(Y1)=1. Отсюда M(Y1)=1/5.

Учитывая (*), окончательно получим

MX1+X2+X3X1+X2+X3+X4+X5=35.

Что и требовалось доказать.

#207

Найти математическое ожидание дискретной случайной величины X, распределенной по закону Пуассона:

X

0

1

2

K

P

λ

λ2

λk

...

Решение.

По определению математического ожидания для случая, когда число возможных значений X есть счетное множество,

M(X) =* λk .

Учитывая, что при k=0 первый член суммы равен нулю, примем в качестве наименьшего значения k единицу:

M(X) =* λk *

Положив k-1=m, получим

M(X)=λ *

Принимая во внимание, что *=, окончательно имеем

M(X)= λ*e-λ*eλ= λ.

Итак,

М(X)= λ,

Т. е. математическое ожидание распределения Пуассона равно параметру этого распределения λ.

#208

Случайные величины X и Y независимы. Найти дисперсию случайной величины Z = 3X + 2Y, если известно, что D(Х) = 5, D(Y) = 6.

Решение.

Так как величины X и Y независимы, то независимы также и величины ЗА" и 2Y. Используя свойства дисперсии (дисперсия суммы независимых случайных величин равна сумме дисперсий слагаемых; постоянный множитель можно вынести за знак дисперсии, возведя его в квадрат), получим

D (Z) = D {ZX+2Y) = D CX)+?> BY) = 9D (X) + W (К)=9• 5+4.6=69.

#209

Случайные величины X и Y независимы. Найти дисперсию случайной величины Z=2X+3Y, если известно, что D(X)=4, D(Y)=5.

Решение.

Так как величины X и Y независимы, то независимы также и величины 2X и 3Y. Используя свойства дисперсии получим:

D(Z)=D(2X+3Y)=D(2X)+D(3Y)=4D(X)+9D(Y)=4*4+9*5=61.

#210

Найти дисперсию и среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины X, заданной законом распределения:

X

-5

2

3

4

P

0,4

0,3

0,1

0,2

РЕШЕНИЕ.

Найдем искомую дисперсию: .

Найдем искомое отклонение: .

#211

Условие:

Найти дисперсию и среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины , заданной законом распределения:

A) б)

Решение:

Для вычисления дисперсии воспользуемся формулой:

Найдем математическое ожидание

А)

Б)

Напишем закон распределения для :

A) б)

Найдем математическое ожидание

А)

Б)

Найдем искомую дисперсию:

А)

Б)

Найдем искомое среднее квадратическое отклонение:

A)

Б)

#212

Дискретная случайная величина Х имеет только два возможных значения х1 и х2, причем равновероятных. Доказать, что дисперсия величины Х равна квадрату полуразности возможных значений;

.

Решение:

Найдем математическое ожидание Х, учитывая, что вероятности возможных значений х1 и х2 и, следовательно, каждая из них равна ½;

.

Найдем математическое ожидание ;

,

Найдем дисперсию Х:

.

#213

Найти дисперсию дискретной случайной величины X—числа появлений события А в пяти независимых испытаниях, если вероятность появления событий А в каждом испытании равна 0,2.

Решение.

Дисперсия числа появлений события в независимых испытаниях (с одинаковой вероятностью появления события в каждом испытании) равна произведению числа испытаний на вероятности появления и непоявления события:

D(X) = npq.

По условию, n = 5; р = 0,2; q = 1—0,2 = 0,8.

Искомая дисперсия

D(X) = npq = 5-0,2- 0,8 = 0,8.

Ответ:0,8

#214

Найти дисперсию дискретной случайной величины Х – числа отказов элемента некоторого устройства в десяти независимых опытах, если вероятность отказа элемента в каждом опыте равна 0,9.

Решение

Дисперсия числа появлений события в независимых испытаниях(с одинаковой вероятностью появления события в каждом испытании) равна произведению числа испытаний на вероятности появления и непоявления события: .

По условию, n = 10, p = 0,9, q = 0,1.

Искомая дисперсия

Ответ: 0,9

#215

Задание: Найти дисперсию дискретной случайной величины —числа появлений события В двух независимых испытаниях, если вероятности появления события в этих испытаниях одинаковы и известно, что .

Решение.

Первый способ: Возможные значения величины таковы: (событие не появилось), (событие появилось один раз) и (событие появилось два раза).

Найдем вероятности возможных значений по формуле Бернулли:

Напишем закон распределения :

подпись: возможные значения 0 1 2
вероятности 2pq

Найдём

В силу условия , т. е. . Отсюда и, сле -

Следовательно, .

Искомая дисперсия

Второй способ:

Воспользуемся формулой . По условию, ; . Следовательно, . Отсюда и, значит, .

Найдем искомую дисперсию:

#216

Найти дисперсию дискретной случайной величины Х – числа появлений события А в двух независимых испытаниях, если вероятности появления события в этих испытаниях одинаковы и известно, что М(Х)=0.9.

Решение.

D(X)=npq

M(X)=np, n=2 => p=0.45.

Q=1-p=0.55

D(X)=2*0.45*0.55=0.495

Ответ: 0.495.

#217

Производятся независимые испытания с одинаковой вероятностью появления события А в каждом испытании. Найти вероятность появления события А, если дисперсия числа появлений события в трех независимых испытаниях равна 0,63.

Решение:

Дисперсия равна:

D(X)=npq=3*pq=0,63

Pq=0,21

Q=1-p

P-p2=0,21

P2-p+0,21=0

Решим квадратное уравнение.

Искомая вероятность появления события А равна:

P1=0,7

P2=0,3

#218

Сумма вероятностей всех возможных значений дискретной случайной величины равна единице, поэтому вероятность того, что Х примет значение х2, равна 1-0,6=0,4

Напишем закон распределения Х:

X x1 x2

P 0,6 0,4 {1}

Для отыскания x1 и x2 надо составить два уравнения, связывающие эти числа. С этой целью выразим известные математическое ожидание и дисперсию через x1 и x2

Найдём М(Х)

М(Х)=0,6*x1+0,4*x2

По условию, М(Х)=1,4, следовательно

0,6*x1+0,4*x2=1,4 {2}

Для того, чтобы получить второе уравнение, выразим известную дисперсию через x1 и x2

Напишем закон распределения Х2

Х2

P 0,6 0,4

Найдём М(Х2)

М(Х2)=0,6*+ 0,4*

Найдём дисперсию

D(X)= М(Х2)-[ М(Х)]2=0,6*+ 0,4* -1,42

Подставляя D(X)=0,24, после элементарных преобразований получим
0,6*+ 0,4*=2,2 {3}

Объединяя {2} и {3}, получим систему уравнений

Решив эту систему, найдём 2 решения

X1=1, x2=2; x1=1,8, x2=0,8

По условию x2>x1,поэтому задаче удовлетворяет лишь первое решение x1=1, x2=2 {4}

Подставив {4} в {1}, получим искомый закон распределения

X 1 2

P 0,6 0,4

#219

Дискретная случайная величина X имеет только два возможных значения: x1 и x2, причем x1 < x2. Вероятность того, что X примет значение x1, равна 0,2. Найти закон распределения X, зная математическое ожидание M(X)=2,6 и среднее квадратическое отклонение σ(X)=0,8.

Решение:

Напишем закон распределения Х (вероятность х2 получим из формулы о сумме вероятностей всех возможных значений дискретной случайной величины):

X

X1

X2

P

0,2

0,8

Нам известно математическое ожидание, тогда:

Так как

Т. е. , отсюда

Объединяя, получим систему уравнений (умножим каждое на 5):

Решив систему, получим:

Ответ:

X

1

3

P

0,2

0,8

#221

Брошены n игральных костей. Найти дисперсию суммы числа очков, которые могут появиться на всех выпавших гранях.

Решение:

Обозначим через X дискретную случайную величину—сумму числа очков, которые выпадут на всех гранях, через — число очков, выпавших на грани - й кости. Тогда

Очевидно, все величины X/ имеют одинаковое распределение, следовательно, одинаковые числовые характеристики и, в частности, одинаковые дисперсии, т. е.

. (*)

Так как рассматриваемые случайные величины независимы, то дисперсия их суммы равна сумме дисперсий слагаемых:

.

В силу (*) получим

. (**)

Таким образом, достаточно вычислить дисперсию случайной величины , т. е. дисперсию числа очков, которые могут выпасть на «первой» кости.

Напишем закон распределения

1

2

3

4

5

6

P

Найдем

Напишем закон распределения

1

4

9

16

25

36

P

Найдем и

(***)

Найдем искомую дисперсию, для чего подставим (***) в (**):

Ответ: .

#222

Вероятность наступления события в каждом испытании равна p (0<p<1). Испытания производятся до тех пор, пока событие не наступит. Найти:

А) математическое ожидание дискретной случайной величины X – числа испытаний, которые надо произвести до появления события;

Б) дисперсию величины X.

Решение.

А) Составим закон распределения величины X – числа испытаний, которые надо произвести, пока событие не наступит:

X

1

2

3

K

P

P

Qp

Q2p

Qk-1p

Здесь q=1-p – вероятность не появления рассматриваемого события.

Найдем М(X):

M(X)=1*p+2*qp+3* q2p+…+k* qk-1p+…=p(1+2q+3 q2+…+kqk-1+…)=p*=.

Итак, M(X)=.

Б) Будем искать дисперсию величины X по формуле

D(X)=M(X2)-(M(X))2.

Учитывая, что M(X)=, получим D(X)= M(X2)-.

Остается найти M(X2). Напишем закон распределения X2, используя распределение

X2

12

22

32

K2

P

P

Qp

Q2p

Qk-1p

Найдем M(X2):

M(X2)= 12*p+22*qp+32* q2p+…+ k2* qk-1p…=p(12+22q+32 q2+…+ k2* qk-1…)=p*=.

Итак, M(X2)=.

Найдем искомую дисперсию:

D(X)= - =.

#224

Доказать неравенство M[X-(xi+xk)/2]2≥D(X), где xi и xk – любые два возможных значения случайной величины X.

Решение.

1) Допустим, что (xi+xk)/2=M(X). Тогда

M[X-(xi+xk)/2]2=D(X). (*)

2) Допустим, что -(xi+xk)/2≠M(X). Докажем, что в этом случае

M[X-(xi+xk)/2]2>D(X)

Преобразуем левую часть неравенства, используя свойства математического ожидания:

M[X-(xi+xk)/2]2=M(X2)-2(xi+xk)/2 * M(X)+ [(xi+xk)/2]2.

Вычитая и прибавляя [M(X)]2 в правой части равенства, получим

M[X-(xi+xk)/2]2=D(X)+ [M(X)-(xi+xk)/2]2>D(X). (**)

Объединяя (*) и (**), окончательно имеем

M[X-(xi+xk)/2]2≥D(X).

#225

Доказать, что если случайная величина X имеет наименьшее и наибольшее возможные значения, соответственно равные a и b, то дисперсия этой случайной величины не превышает квадрата полуразности между этими значениями:

.

РЕШЕНИЕ.

Воспользуемся неравенством . Докажем теперь, что

.

Очевидно, что из верности этого неравенства следует верность доказываемого. Преобразуем математическое ожидание: .

Второе слагаемое правой части равенства неотрицательно (т. к. b – наибольшее и a – наименьшее возможные значения), поэтому первое слагаемое не превышает всей суммы:

.

Так как математическое ожидание постоянной величины равно самой постоянной, то имеем

и .

#226

Условие:

Доказать, что если – две независимые случайные величины, то:

Решение:

Докажем по формуле для вычисления дисперсии.

Учитывая, что – независимые величины и, следовательно, так же независимы и что математическое ожидание произведения случайных величин равно произведению их математических ожиданий, получим:

По определению дисперсии:

Отсюда:

Подставив , после упрощения окончательно имеем:

#243

Вероятность появления события А в каждом испытании равна ½. Используя неравенство Чебышева, оценить вероятность того, что число Х появлений события А заключено в пределах от 40 до 60, если будет произведено 100 независимых испытаний.

Решение.

Найдем математическое ожидание и дисперсию дискретной случайной величины Х – числа появлений события А в 100 независимых испытаниях:

М(Х) = n*p = 100* ½ = 50; D(X ) = n*p*q= 100* ½ * ½ =25.

Найдем максимальную разность между заданным числом появлений события и математическим ожиданием М(Х) = 50:

ε = 60 – 50 = 10.

Воспользуемся неравенством Чебышева в форме

Р( |Х – М(Х)|< ε) ≥ 1 – D(X)/ε2.

Подставляя М(Х) = 50, D(X) = 25, ε=10, получим

Р( |Х – 50|< 10) ≥ 1 – 25/102=0,75.

#244

Вероятность появления события А в каждом испытании равна ¼ . Используя неравенство Чебышева, оценить вероятность того, что число Х появлений события А заключено в пределах от 150 до 250, если будет произведено 800 независимых испытаний.

Решение.

Найдем математическое ожидание и дисперсию дискретной случайной величины Х – числа появлений события А в 800 независимых испытаниях:

М(Х) = n*p = 800* ¼ = 200; D(X ) = n*p*q= 800* ¼ * ¾ =150.

Найдем максимальную разность между заданным числом появлений события и математическим ожиданием М(Х) = 200:

ε = 250 – 200 = 10.

Воспользуемся неравенством Чебышева в форме

Р( |Х – М(Х)|< ε) ≥ 1 – D(X)/ε2.

Подставляя М(Х) = 200, D(X) = 150, ε=50, получим

Р( |Х – 200|< 50) ≥ 1 – 150/502 = 1 – 0,06 = 0,94.

#245

Дискретная случайная величина X задана законом распределения

X 0,3 0,6

Р 0,2 0,8

Используя неравенство Чебышева, оценить вероятность того, что

|Х — М(Х)|<0,2.

Решение:

Найдем математическое ожидание и дисперсию величины X:

M(X)=0,3 0,2 + 0,60,8=0,54

D(X)=M(X2)-[M(X)]2= (0,32 0,2+0,62 0,8) – 0,542 =0,0144.

Воспользуемся неравенством Чебышева в форме

Р (| Х — М (X) | < ) ≥1-D (Х)/2

Подставляя М(Х)=0,54, D(X) =0,0144, =0,2, окончательно получим

Р (| X - 0,54| < 0,2) ≥1 -0,0144/0,04 =0,64.

#246

Дискретная случайная величина X задана законом распределения

X 0,1 0,4 0,6

Р 0,2 0,3 0,5

Используя неравенство Чебышева, оценить вероятность того, что

|Х — М(Х)|<

Решение:

Найдем математическое ожидание и дисперсию величины X:

M(X)=0,1 0,2 + 0,40,3+0,60,5 = 0,44

D(X)=M(X2)-[M(X)]2= (0,12 0,2 + 0,420,3+0,620,5) – 0,442 =0,0364.

Воспользуемся неравенством Чебышева в форме

Р (| Х — М (X) | < ) ≥1-D (Х)/2

Подставляя М(Х)=0,44, D(X) =0,0364, = окончательно получим

Р (| X - 0,44| < ) ≥1 -0,0364/0,4 =0,909.

#247

Последовательность независимых случайных величин задана законом распределения

0

P

Применима ли к заданной последовательности теорема Чебышева?

Решение:

Для того, чтобы к последовательности случайных величин была применимы теорема Чебышева, достаточно, чтобы

1) эти величины были попарно независимы,

2) имели конечные математические ожидания,

3) имели равномерно ограниченные дисперсии.

Поскольку случайные величины независимы, то они подавно попарно независимы, т. е. первое требование теоремы Чебышева выполняется.

Проверим, выполняется ли требование конечности математических ожиданий:

Таким образом, каждая случайная величина имеет конечное (равное нулю) математическое ожидание, т. е. второе требование теоремы выполняется.

Проверим, выполняется ли требование равномерной ограниченности дисперсии. Напишем закон распределения :

0

P

Или, сложив вероятности одинаковых возможных значений,

0

P

Найдём математическое ожидание :

Найдём дисперсию:

Таким образом, дисперсии заданных случайных величин равномерно ограничены числом , т. е. третье требование выполняется.

Итак, поскольку все требования выполняются, к рассматриваемой последовательности случайных величин теорема Чебышева применима.

Ответ: применима.

#248

Последовательность независимых случайных величин задана законом распределения

A

-a

P

Применима ли к заданной последовательности теорема Чебышева?

Решение:

Для того, чтобы к последовательности случайных величин была применимы теорема Чебышева, достаточно, чтобы

1) эти величины были попарно независимы,

2) имели конечные математические ожидания,

3) имели равномерно ограниченные дисперсии.

Поскольку случайные величины независимы, то они подавно попарно независимы, т. е. первое требование теоремы Чебышева выполняется.

Проверим, выполняется ли требование конечности математических ожиданий:

Таким образом, каждая случайная величина имеет конечное (равное ) математическое ожидание, т. е. второе требование теоремы выполняется.

Проверим, выполняется ли требование равномерной ограниченности дисперсии. Напишем закон распределения :

A 2

A 2

P

Или, сложив вероятности одинаковых возможных значений,

A 2

P

1

Найдём математическое ожидание :

Найдём дисперсию:

Эта функция возрастает, следовательно, чтобы вычислить константу, ограничивающую дисперсию, можно вычислить предел:

Таким образом, дисперсии заданных случайных величин равномерно ограничены числом , т. е. третье требование выполняется.

Итак, поскольку все требования выполняются, к рассматриваемой последовательности случайных величин теорема Чебышева применима.

Ответ: применима.

#249

Последовательность независимых случайных величин задана законом распределения

N+1

-n

P

А) убедиться, что требование теоремы Чебышева о равномерной ограниченности дисперсии не выполняется

Б) можно ли отсюда заключить, что к рассматриваемой последовательности теорема Чебышева неприменима?

Решение:

А) Найдём математическое ожидание :

Проверим, выполняется ли требование равномерной ограниченности дисперсии. Напишем закон распределения :

P

Найдём математическое ожидание :

Найдём дисперсию:

Эта функция возрастает, следовательно, чтобы вычислить константу, ограничивающую дисперсию, можно вычислить предел:

Таким образом, дисперсии заданных случайных величин неограниченны, что и требовалось доказать.

Б) Из формулировки теоремы Чебышева следует, что требование равномерной ограниченности дисперсий является достаточным, но не необходимым условием, поэтому нельзя утверждать, что к данной последовательности эту теорему применить нельзя.

#250

Задача:

Последовательность независимых случайных величин Х1, Х2, …, Хn, … задана законом распределения

Применима ли к заданной последовательности теорема Чебышева?

Решение:

Поскольку случайные величины Хn независимы, то они подавно и попарно независимы, т. е. первое требование теоремы Чебышева выполняется.

Легко найти, что M(Xn)=0, т. е.первое требование конечности математических ожиданий выполняется.

Остается проверить выполнимость требования равномерной ограниченности дисперсий. По формуле

D(Xn)=M(Xn2)-[M(Xn)]2,

Учитывай, что M(Xn)=0, найдем (выкладки предоставляются выполнить читателю)

Временно предположим, что n изменяется непрерывно (чтобы подчеркнуть это допущение, обозначим n через х), и исследуем на экстремум функцию φ(х)=х2/2х-1.

Приравняв первую производную этой функции к нулю, найдем критические точки х1=0 и х2=ln 2.

Отбросим первую точку как не представляющую интереса (n не принимает значения, равного нулю); легко видеть, что в точек х2=2/ln 2 функция φ(х) имеет максимум. Учитывая, что 2/ln 2 ≈ 2.9 и что N – целое положительное число, вычислим дисперсию D(Xn)= (n2/2n-1)α2 для ближайших к числу 2.9 (слева и справа) целых чисел, т. е. для n=2 и n=3.

При n=2 дисперсия D(X2)=2α2, при n=3 дисперсия D(Х3)=9/4α2. Очевидно,

(9/4)α2 > 2α2.

Таким образом, наибольшая возможная дисперсия равна (9/4)α2, т. е. дисперсии случайных величин Хn равномерно ограничены числом (9/4)α2.

Итак, все требования теоремы Чебышева выполняются, следовательно, к рассматриваемой последовательности эта теорема применима.

#251

Задача:

Последовательность независимых случайных величин X1, X2, …, Xn, … задана законом распределения

Применима ли к заданной последовательности теорема Чебышева?

Замечание. Поскольку случайные величины Х, одинаково распределены и независимы, то читатель, знакомый с теоремой Хинчина, может ограничиться вычислением лишь математического ожидания и убедиться, что оно кончено.

Решение:

Поскольку случайные величины Хn независимы, то они подавно и попарно независимы, т. е. первое требование теоремы Чебышева выполняется.

Легко найти, что M(Xn)=0, т. е.первое требование конечности математических ожиданий выполняется.

Остается проверить выполнимость требования равномерной ограниченности дисперсий. По формуле

D(Xn)=M(Xn2)-[M(Xn)]2,

Учитывай, что M(Xn)=0, найдем

D(Xn)=2

Таким образом, наибольшая возможная дисперсия равна 2, т. е. дисперсии случайных величин Хn равномерно ограничены числом 2.

Итак, все требования теоремы Чебышева выполняются, следовательно, к рассматриваемой последовательности эта теорема применима.

#252

Задача:

Случайная величина Х задана функцией распределения

Найти вероятность того, что в результате испытания величина Х примет значение, заключенное в интервале (0, 1/3).

Решение:

Вероятность того, что Х примет значение, заключенное в интервале (a, b), равна приращению функции распределения на этом интервале: P(a<X<b)=F(b)-F(a). Положив а=0, b=1/3, получим

#253

Задача:

Случайная величина Х задана на всей оси Ох функцией распределена F(x)=1/2+(arctg x)/π. Найти вероятность того, что в результате испытания величина Х примет значение, заключенное в интервале (0, 1).

Решение:

Вероятность того, что Х примет значение, заключенное в интервале (a, b), равна приращению функции распределения на этом интервале: P(a<X<b)=F(b)-F(a). Положив а=0, b=1, получим

Р(0< Х <1) = F(1)-F(0) = [1/2+1/4]x=1 - [1/2+0]x=0 = 1/4

#254

Задача:

Случайная величина Х функцией распределения

Найти вероятность того, что в результате испытания величина Х примет значение, заключенное в интервале (-1, 1).

Решение:

Вероятность того, что Х примет значение, заключенное в интервале (a, b), равна приращению функции распределения на этом интервале: P(a<X<b)=F(b)-F(a). Положив а=-1, b=1, получим

Р(-1< Х <1) = F(1)-F(-1) = [1/2+5/6]x=-1 – [1/2+1/6]x=1 = 1/3.

#255

Задача:

Функция распределения непрерывной случайной величины Х (времени безотказной работы некоторого устройства) равна F(х)=1-е-х/T(х≥0). Найти вероятность безотказной работы устройства за время х≥Т.

Решение:

Вероятность того, что Х примет значение, заключенное в интервале x≥T, равна приращению функции распределения на этом интервале: P(0<X<T)=F(T)-F(0). Положив это, получим

P(x≥T) = 1 - P(T<x) = 1 - P(0< X <T) = 1 – F(T)+F(0) = 1 - (1-1/e)+(1-1) = 1/e

#256

Задача:

Случайная величина Х задана функцией распределения

Найти вероятность того, что в результате испытания Х примет значение: а) меньшее 0.2; б) меньшее трех; в) не меньшее трех; г) не меньшее пяти.

Решение:

А) Так как при х≤2 функция F(х)=0, то F(0, 2)=0, т. е. P(х < 0, 2)=0;

Б) Р(Х < 3) = F(3) = [0.5x-1]x=3 = 1.5-1 = 0.5;

В) события Х≥3 и Х<3 противоположны, поэтому Р(Х≥3)+Р(Х<3)=1. Отсюда, учитывая, что Р(Х<3)=0.5 [см. п. б.], получим Р(Х≥3) = 1-0.5 = 0.5;

Г) сумма вероятностей противоположных событий равна единице, поэтому Р(Х≥5)+Р(Х<5)=1. Отсюда, используя условие, в силу которого при х>4 функция F(x)=1, получим Р(Х≥5) = 1-Р(Х<5) = 1-F(5) = 1-1 = 0.

#257

Задача:

Случайная величина Х задана функцией распределния

Найти вероятность того, что в результате четырех независимых испытаний величина Х ровно три раза примет значение, принадлежащее интервалу (0.25, 0.75).

Решение:

Вероятность того, что Х примет значение, заключенное в интервале (a, b), равна приращению функции распределения на этом интервале: P(a<X<b)=F(b)-F(a). Положив а=0.25, b=0.75, получим

P(0.25< X <0.75) = F(0.75)-F(0.25) = 0.5

#266

Плотность распределения непрерывной случайной величины Х в интервале (-π/2, π/2) равна f(x)=(2/π)*cos2x ; вне этого интервала f(x)=0. Найти вероятность того, что в трех независимых испытаниях Х примет ровно два раза значение, заключенное в интервале (0, π/4).

Решение.

Воспользуемся формулой Р(a<X<b)=abfxdx. По условию а=0, b=π/4, f(x)=(2/π)*cos2x. Следовательно, искомая вероятность

Р(0<X< π/4)=(2/π)*0π/4cos2x dx=2π0π4cos2x+12dx=1π12+π4=π+24π.

Ответ: π+24π.

#267

Задана плотность распределения непрерывной случайной величины Х:

Fx=0, при x≤0cosx, при 0<x≤π20, при x≥ π2.

Найти функцию распределения F(x).

Решение.

Используем формулу

F(x)=-∞xfxdx.

Если х ≤0, то f(x)=0, следовательно,

F(x)=-∞00dx=0.

Если 0<x≤π2, то

F(x)=-∞00dx+0xcosxdx=sinx.

Если x≥ π2 , то

F(x)=-∞00dx+0π2cosxdx+π2x0dx=sinx|0π2=1.

Итак, искомая функция распределения

Fx=0, при x≤0sinx, при 0<x≤π21, при x> π2.

#268

Задана плотность распределения непрерывной случайной величины Х:

Fx=0, при x≤0sinx, при 0<x≤π20, при x> π2.

Найти функцию распределения F(x).

Решение.

Используем формулу

F(x)=-∞xfxdx.

#275

Случайная величина X задана плотностью распределения ƒ(x) = 2x в интервале (0,1); вне этого интервала ƒ(x) = 0. Найти математическое ожидание величины X.

Решение.

Используем формулу

Подставив a = 0, b = 1, ƒ(x) = 2x, получим

М (Х) =

Ответ: 2/3.

#276

Случайная величина X задана плотностью распределения ƒ(x) = (1/2)x в интервале (0;2); вне этого интервала ƒ(x) = 0. Найти математическое ожидание величины X.

Решение.

Используем формулу

Подставив a = 0, b = 2, ƒ(x) = (1/2)x, получим

М (Х) = = 4/3

Ответ: 4/3.

#290

Доказать, что математическое ожидание непрерывной случайной величины заключено между наименьшим и наибольшим её возможными значениями.

Решение.

Пусть Х – непрерывная случайная величина, заданная плотностью распределения f(x) на отрезке [A, B]; вне этого отрезка F(X)=0. Тогда AXB. Учитывая, что f(x)=0, получим . Проинтегрируем это двойное неравенство в пределах от a до b:

.

Принимая во внимание, что

,

Окончательно получим .

#292

Случайная величина Х в интервале (-C, C) задана плотностью распределения , вне этого интервала F(X)=0. Найти дисперсию Х.

Решение.

Будем искать дисперсию по формуле

.

Подставляя М(Х)=0, получим

.

Сделав подстановку X=CSinT, окончательно имеем D(X)=C2 /2.

#293

Условие задачи:

Случайная величина Х в интервале (-3,3) задана плотностью распределения

F(x) = 1/(π); вне этого интервала f(x) = 0. а) Найти дисперсию Х; б) Что вероятнее: в результате испытания окажется Х > 1 или Х < 1?

Решение задачи:

А) Будем искать дисперсию по формуле:

D(x) = ,

Где М(x) – математическое ожидание величины Х, вычисляемое по формуле:

М(x) =

Подставим a = -3, b = 3, f(x) = 1/(π), получим:

M(x) =

Учитывая, что подынтегральная функция нечетная и пределы интегрирования симметричны относительно начала координат, заключаем, что интеграл равен нулю, т. е. M(x) = 0. Подставляя это значение в формулу для вычисления дисперсии, получим:

D(x) =

Сделаем замену x = 3sin t, dx = 3cos t dt, тогда окончательно имеем D(x) = 9/2.

Б) Вероятность того, что непрерывная случайная величина Х примет значение, принадлежащее интервалу (a, b), определяется равенством:

P (a < x < b) =

Тогда P (-3 < x < 1) = 0,5 + (1/π)arcsin(1/3)

P (1 < x < 3) = 0,5 - (1/π)arcsin(1/3)

Получаем, что вероятнее в результате испытания окажется x < 1.

#294

Условие задачи:

Доказать, что дисперсию непрерывной случайной величины X можно вычислить по формуле:

D(X) =

Указание: Воспользоваться формулой

D(X) = (1)

И равенствами . (2)

Решение задачи:

Дисперсия непрерывной случайной величины Х ищется по формуле:

D(X) =

Преобразуем эту формулу следующим образом:

D(X) ==

Воспользовавшись равенствами (2), получим:

D(X) =

Ч. т.д.

#295

Условия задачи:

Случайная величина X в интервале (0, π) задана плотностью распределения

F(x) = .

Вне этого интервала f(x) = 0. Найти дисперсию X.

Решение задачи:

Найдем дисперсию по формуле:

D(X) =

Подставив сюда M(Х) = π/2 (кривая распределения симметрична относительно прямой x = π/2), а = 0, b = π , f(x) = , получим:

D(X) =

Дважды интегрируя по частям, найдем

Тогда получим

#296

Условие задачи:

Случайная величина X в интервале (0, 5) задана плотностью распределения

;

Вне этого интервала f(x) = 0. Найти дисперсию X.

Решение задачи:

Найдем дисперсию по формуле:

D(X) =

Где М(x) – математическое ожидание величины Х, вычисляемое по формуле:

М(X) =

Взяв a = 0, b = 5, , получим

Тогда D(X) =

#299

Условие задачи:

Случайная величина X в интервале (0, π) задана плотностью распределения ; вне этого интервала . Найти дисперсию функции , не находя предварительно плотности распределения Y.

Решение задачи:

Для вычисления дисперсии используем формулу:

D[φ(x)] =

Подставив , , a = 0, b = π, получим

= M[] =

Тогда

Интегрируя по частям, найдем .

Тогда .

#300

Условия задачи:

Случайная величина X задана плотностью распределения в интервале (0, π/2); вне этого интервала . Найти дисперсию функции , не находя предварительно плотности распределения Y.

Указание: Использовать формулу: D[φ(x)] =

И то, что M() = (см. задачу 283).

Решение задачи:

Для вычисления дисперсии используем формулу:

D[φ(x)] =

Подставив , , a = 0, b = π/2, имея M() = , получим

Интегрируя по частям, найдем .

Тогда

 
Яндекс.Метрика
Наверх