Задачи по "Теории вероятностей и математической вероятности"

 

Тема 1.

 

Задача 1. В розыгрыше кубка страны по футболу берут участие 17 команд. Сколько существует способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали?

Решение:

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

Задача 2. Произведено три выстрела по мишени. Рассматриваются такие элементарные события: А – попадание в мишень при i-том выстреле; – промах по мишени при i-том выстреле. Выразить через А и следующие события:

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

Решение:

А – все три попадания, т.е. совместное появления трех событий А₁, А₂ и А₃

Р(А) = Р(А₁ и А₂ и А₃)

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

Р(В) = Р( ₁ и А₂ и А₃ или А₁ и ₂ и А₃ или А₁ и ₂ и А₃)

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

Р(С) = Р( ₁ и ₂ и ₃)

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

Р(D) = Р( ₁ и ₂ и А₃ или ₁ и А₂ и ₃ или А₁ и ₂ и ₃ ИЛИ ₁ и А₂ и А₃ или А₁ и ₂ и А₃ или А₁ и ₂ и А₃ ИЛИ А₁ и А₂ и А₃)

или по формуле Р(D) = 1 – Р( ₁ и ₂ и ₃)

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

Р(Е) = Р( ₁ и А₂ и А₃ или А₁ и ₂ и А₃ или А₁ и ₂ и А₃ или А₁ и А₂ и А₃)

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

Р(F) = Р( ₁ и ₂ и А₃ или ₁ и А₂ и ₃ или А₁ и ₂ и ₃)

 

Задача 3. Игральный кубик бросают два раза. Описать пространство элементарных событий. Описать события: А – сумма появившихся очков равна 8; В – по крайней мере один раз появится 6.

Решение:

Будем считать пространством элементарных событий множество пар чисел (i, j), где i (соответственно j) есть число очков, выпавших при первом (втором) подбрасывании, тогда множество элементарных событий будет таким:

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

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

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

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

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

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

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

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

 

Задача 4. В вазе с цветами 15 гвоздик: 5 белых и 10 красных. Из вазы наугад вынимают 2 цветка. Какова вероятность того, что эти цветки: а) оба белые; б) оба красные; в) разного цвета; г) одного цвета.

Решение:

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

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

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

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

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

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

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

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

 

 

 

 

Задача 5. Из шести карточек с буквами I, С, К, Ь, Н, М наугад одну за другой вынимают и раскладывают в ряд в порядке появления. Какова вероятность того, что появится слово 
а) «НIС»; б) «CIM»?

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

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

 

Задача 6. Вероятность того, что в течении одной смены возникнет поломка станка равна 0,05. Какова вероятность того, что не возникнет ни одной поломки за три смены?

Решение:

Пусть событие А состоит в том, что в течении одной смены возникнет поломка станка. По условию задачи вероятность этого события равна Р(А) = 0,05. Противоположное событие состоит в том, что в течении одной смены поломка станка НЕ возникнет. Вероятность противоположного события Р( ) = 1– Р(А) = 1 – 0,05 = 0,95. Искомая вероятность равна Р(В) = Р( и и ) = Р( )×Р( )×Р( )= 0,95×0,95×0,95 = 0,95³ = 0,86

 

Задача 7. Студент пришел на зачет зная только 30 вопросов из 50. Какова вероятность сдачи зачета, если после отказа отвечать на вопрос преподаватель задает еще один?

Решение:

Вероятность того, что преподаватель  задал студенту вопрос, на который  он не знал ответа (событие А) равна  Р(А) = . Найдем вероятность того, что на второй вопрос преподавателя студент знает ответ (событие В) при условии, что ответа на первый вопрос студент не знал. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда Р_А(В) = . Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Р(А и В) = Р(А)* Р_А(В) = = 0,24.

 

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

Решение:

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

, где q = 1 – p

По условию задачи вероятность  дождя равна p = 12/30 = 6/15, (в сентябре 30 дней).

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

 » 0,28.

 

Задача 9. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 25 дней без дождя. Какова вероятность того, что 1-го и 2-го сентября дождя не будет?

Решение:

Вероятность того, что 1-го сентября дождя не будет (событие А) равна Р(А) = . Найдем вероятность того, что и 2-го сентября дождя не будет (событие В) при условии, что 1-го сентября дождя не было. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда Р_А(В) = . Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Р(А и В) = Р(А)* Р_А(В) = = 0,7.

 

Задача 10. В условиях задачи 8 найти вероятность наивероятнейшего числа дней без дождя. (Задача 8. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?)

Решение:

Число m₀ называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.

n·p – q ≤ m₀ ≤ n·p + p

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

17,6 ≤ m₀ ≤ 18,6 Þ m₀ = 18

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

 и j(х) – диф. функция Лапласа -Гаусса

Определим аргумент функции Лапласа-Гаусса х:      .

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

 » 0,15.

Задача 11. Вероятность получения удачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах.

Решение:

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

, где q = 1 – p

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

= » 0,146

Задача 12. Вероятность рождения мальчика равна 0,515, девочки – 0,485. В некоторой семье шестеро детей. Найти вероятность того, что среди низ не больше двух девочек.

Решение:

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

, где q = 1 – p

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

Р(А) = Р₆(0) + Р₆(1) + Р₆(2) = + + =

= 0,018657 + 0,105421 + 0,248201 » 0,37228.

 

Задача 13. Что вероятнее: выиграть у равносильного противника (включая ничью) три партии из пяти или пять из восьми?

Решение:

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

Найдем и  сравним такие вероятность Р₅(3) и Р₈(5)

Поскольку количество испытаний невелико (n = 5 и n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза (k = 8 раз) воспользуемся формулой Бернулли:     , где q = 1 – p

= 10×0,03125 = 0,3125;

= 0,2186.

Сравнивая полученные значения вероятностей Р₅(3) = 0,3125 > Р₈(5) = 0,2186 получаем, что вероятнее выиграть у равносильного противника три партии из пяти чем пять из восьми.

 

Задача 14. Из партии, в которой 25 изделий, среди которых 6 бракованных, случайным образом выбрали 3 изделия для проверки качества. Найти вероятность того, что: а) все изделия годные, б) среди выбранных изделий одно бракованное; в) все изделия бракованные.

Решение:

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

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

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

 

Задача 15. В условиях задачи 13 найти наивероятнейшее число удачных опытов и вероятность его появления. (Задача 11. Вероятность получения удачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах).

Решение:

Число m₀ называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.

n·p – q ≤ m₀ ≤ n·p + p

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

7,25 ≤ m₀ ≤ 8,25 Þ m₀ = 8

Наивероятнейшее число удачных опытов равно 8. Поскольку количество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 8 раз воспользуемся формулой Бернулли:   , где q = 1 – p