Романов А.Д. Теория вероятностей. Практикум

Федеральное агентство по образованию Российской федерации
Филиал «CЕВМАШВТУЗ» государственного образовательного
учреждения высшего профессионального образования «СанктПетербургский государственный морской технический университет»
в г. Северодвинске
А.Д. Романов
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. ПРАКТИКУМ
Учебное пособие
для студентов кораблестроительных специальностей
высших технических учебных заведений
Северодвинск
2010
УДК 519.212
Романов А.Д. Теория вероятностей. Практикум:
Учебное пособие/Сост. А.Д. Романов - Северодвинск: Севмашвтуз, 2010, - 98 с.
Ответственный редактор к. ф.-м. н., доцент Романов А.Д.
Рецензенты: к. ф.-м. н., профессор ПГУ им. М.В. Ломоносова Зеель Э.О.
к. т. н., доцент Севмашвтуза Шибинский В.М.
Учебное пособие предназначено для студентов, обучающихся по техническим специальностям и изучающим в рамках курса высшей математики раздел «Теория вероятностей». Пособие охватывает те вопросы теории вероятностей, изучение которых предусмотрено образовательными стандартами ряда
технических специальностей. В каждом из подразделов пособия приведены
краткие теоретические сведения, приведены подробные решения нескольких
задач и ряд задач для самостоятельного решения. Ответы к задачам для самостоятельного решения приведены в конце учебного пособия.
Печатается по решению редакционно-издательского совета Севмашвтуза.
ISBN ©
Севмашвтуз, 2010 г.
-1-
-2-
ОГЛАВЛЕНИЕ
1.
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
1.5.
1.6.
2.
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5.
Предисловие
Случайные события
Пространство элементарных событий. Случайные события. Алгебра событий
Классическое определение вероятности
Геометрическое определение вероятности
Вероятность сложных событий
Формула полной вероятности. Формула Байеса
Последовательности независимых испытаний
Случайные величины
Функция распределения и плотность распределения
случайной величины
Числовые характеристики случайной величины
Нормальный закон распределения
Функции случайных величин
Системы случайных величин
Сводка формул
Ответы
Приложение 1
Приложение 2
Список литературы
3
4
4
8
18
25
31
38
45
46
54
63
68
74
87
91
95
96
97
Предисловие
Настоящее пособие составлено на основе опыта длительного преподавания курса высшей математики и, в частности, теории вероятностей в Севмашвтузе, филиале СПбГМТУ. Решение задач по теории вероятностей вызывает у
студентов определенные трудности, поскольку этот раздел курса высшей математики несколько обособлен по отношению к математическому анализу, который изучается на протяжении нескольких предшествующих семестров.
При решении задач по теории вероятностей, как правило, бывает недостаточно знать набор определенных формул, а требуется проявить некоторую
изобретательность. Поэтому в пособии особое внимание уделено подробному
решению нескольких задач по каждой из рассматриваемых тем. Весь материал
разбит на два больших раздела: случайные события и случайные величины. В
разделе «случайные события» выделено шесть тем и в разделе «случайные величины» - пять тем. По каждой теме приведены краткие теоретические сведения и основные формулы, необходимые для решения предлагаемых задач.
Предполагается, что на изучение каждой из тем требуется 2 – 4 часа учебных
занятий. Общее число задач (с решениями и для самостоятельного решения)
рассчитано на то, чтобы за время учебных занятий можно было разобрать и
решить предлагаемые по данной теме задачи.
-3-
Цель настоящего пособия помочь студенту при самостоятельной работе
овладеть навыками решения задач по теории вероятностей, а также помочь
преподавателю при подготовке и проведении практических учебных занятий. В
конце пособия в виде таблицы приведена сводка формул с указанием номера
формулы и страницы пособия, где даны краткие теоретические пояснения по
соответствующему разделу. Это позволит при самостоятельной работе легко
найти необходимые теоретические сведения и примеры решения задач по интересующему разделу теории вероятностей.
При подготовке пособия использованы источники, которые указаны в
списке литературы, многие задачи составлены автором.
1. Случайные события
1.1. Пространство элементарных событий. Случайные
события. Алгебра событий
При построении математической модели опыта, в котором возможно
осуществление различных случайных событий, необходимо указать, что является элементарным исходом опыта (то есть, что мы фиксируем в результате
проведения опыта) и перечислить все возможные исходы данного опыта с тем,
чтобы мы могли вычислять вероятности интересующих нас случайных событий, связанных с этим опытом. Совокупность, множество всех элементарных
исходов (событий) и называют пространством элементарных событий. Элементарное событие обычно обозначают -  (омега малое), а все множество - 
(омега большое). Если множество  содержит конечное число элементов, то
их число обозначают символом  . При таком подходе к описанию опыта любое случайное событие, которое может осуществиться в данном опыте, можно
задать как подмножество множества    . С другой стороны и всякое подмножество множества  можно трактовать как случайное событие, которое
может осуществиться в данном опыте.
Таким образом, пространством элементарных событий называют всякое множество    , а его элементы  - элементарными событиями.
Множество  называют также достоверным событием, поскольку оно
содержит все элементарные исходы опыта, следовательно, это событие осуществляется при проведении каждого испытания.
Пустое множество  называют невозможным событием (оно не может
осуществиться ни при одном испытании, так как не содержит ни одного элемента или ни одного элементарного исхода опыта).
Весьма полезной оказывается геометрическая интерпретация случайных
событий, которые изображают в виде некоторых геометрических фигур. Каждая точка фигуры отождествляется с элементарным исходом опыта, который
приводит к осуществлению данного случайного события. В частности, изображая события в виде различных областей на плоскости, получим так называемые
диаграммы Венна, рис. 1.
-4-
Суммой двух случайных событий  A  B  называют случайное событие
C, которое заключается в том, что произошло либо событие A , либо событие
B , либо оба события A и B произошли одновременно (объединение множеств).
Произведением двух событий  A  B  называют событие С, которое заключается в том, что оба события A и B произошли одновременно, то есть в
одном испытании (пересечение множеств).
Разностью двух событий  A  B  называют событие С, которое заключается в том, что событие A произошло, а событие B не произошло в данном
испытании (разность множеств).
Заштрихованные области на рис. 1(а, б, в) изображают события соответственно ( A  B) , A  B , ( A  B) .


B
A

B
A
а) A  B
б) A  B
Рис. 1
A
B
в) A  B
Противоположным событию A называют событие    A  A , событие
A означает, что событие A не произошло.
Справедливы следующие равенства:
1)  A  B    B  A ,  A  B    B  A
2) A   B  C    A  B   C , A   B  C    A  B   C
3)  A  B   C   A  C    B  C 


4)  A  A  A,  A     , A  A  ,  A+   A


5)  A  A  A,  A     A, A  A  ,  A     


6) A  B  C  A  B  C ,
 A B C   A  B  C.
1.1.1. Игральную кость бросают один раз. Задать пространство элементарных исходов и случайные события: А={выпало 3 очка}, В={выпало число очков кратное 3}, С={выпало четное число очков}, D={выпало больше 4-х
очков}.
Решение: элементарным исходом, событием в данном опыте, очевидно
является событие k   выпало k очков  , k  1, 2, ..., 6 . Таким образом,
  k  ,
k  1, 2, ..., 6   6 . A  3  3 , B  3 , 6  3, 6 ,
C  2 , 4 , 6   2, 4, 6 , D  5 , 6  5, 6 .
1.1.2. Из множества чисел 1, 2,…, 9 последовательно выбирают три числа.
Задать пространство элементарных событий и случайные события: А={выбрали
числа 2, 7, 9 в произвольном порядке}, В={сумма выбранных чисел равна 9},
С={произведение выбранных чисел равно 18}.
-5-
Решение: поскольку указанные события не зависят от порядка, в котором
выбираются числа, то в качестве элементарного события можно выбрать
неупорядоченный набор из трех чисел    k , l , m  , где числа k , l , m различны
и принимают значения от 1 до 9. Тогда    , А={(2, 7, 9)}, В={(1, 2, 6), (1, 3,
5), (2, 3, 4)}, C  1, 2, 9  , 1, 3, 6  .
1.1.3. Из множества цифр 1, 2,…, 9 последовательно выбирают три цифры. Задать пространство элементарных событий и случайные события:
А={последовательно выбранные цифры образуют число 279}, В={первой выбрана цифра 2, а третьей – 9}, С={произведение выбранных чисел равно 18}.
Решение: в отличие от предыдущей задачи здесь важен порядок выбора
цифр, поэтому в качестве элементарного события, надо взять упорядоченный
набор из трех цифр:    klm  , где цифры k , l , m различны, принимают значения от 1 до 9, то есть исходы
 klm 
и
 mkl    kml  ,...
различны. Тогда
   , A   279  , В={(219), (239), (249), (259), (269), (279), (289)}. С={(129),
(192), (219), (291), (912), (921), (136), (163), (316), (361), (613), (631)}.
1.1.4. Монету подбрасывают три раза. Фиксируемый результат - выпадение герба (г), либо решки (р). Задать пространство элементарных событий и
случайные события: А={три раза выпал герб}, В={при первом подбрасывании
выпал герб}, С={решка выпала только один раз}, D={решка выпала хотя бы
один раз}.
1.1.5. Монету подбрасывают до первого появления герба. Фиксируемый
результат - число подбрасываний. Задать пространство элементарных событий
и случайные события: А={герб выпал при первом подбрасывании}, В={герб
выпал не ранее 5-го подбрасывания}, С={герб выпал между 3-м и 6-м подбрасываниями}.
1.1.6. Из колоды карт наудачу вытаскивают четыре карты. События: А={в
числе выбранных карт один туз}, В={в числе выбранных карт хотя бы один
туз}, С={выбрали карты бубновой масти}, D={выбрали карты одной масти}. В
чем заключаются события: (А+В), ( А  В ), В , ( А  С ), (С+D), ( С  D ), С , D ?
Решение: любой из элементарных исходов, при котором осуществляется
событие А, приводит и к осуществлению события В, обратное неверно. Событие В осуществляется при значительно большем числе элементарных исходов,
поэтому (А+В)=В, ( А  В )=А. Очевидно, что В ={в числе выбранных карт нет
тузов}. Чтобы события А и С осуществились одновременно, из всех элементарных исходов, приводящих к осуществлению события С, надо выбрать только те
исходы, когда среди выбранных карт есть туз, поэтому ( А  С )={выбрали карты
бубновой масти и, в том числе, туза}. Любой из элементарных исходов, при котором осуществляется событие С, приводит и к осуществлению события D, обратное неверно, поэтому (С+D)=D, ( С  D )=С, С ={хотя бы одна из выбранных
карт не бубновой масти}, D ={выбранные карты не все одной масти}.
1.1.7. Пусть события Ak ={работает k -й элемент схемы}, k =1, 2, 3 могут
осуществляться в данном эксперименте. Выразить в алгебре событий следую-6-
щие события: А={работает только один элемент схемы}, В={работает хотя бы
один элемент схемы}, С={работает только два элемента схемы}, D= {работает
хотя бы два элемента схемы}, E={работают все элементы схемы}.
Решение: A1  A2  A3 ={1-й элемент работает, 2-й и 3-й элементы не работают}, A1  A2  A3 ={2-й элемент работает, 1-й и 3-й элементы не работают},
A1  A2  A3 ={3-й элемент работает, 1-й и 2-й элементы не работают}. Так как перечисленные события попарно несовместны, то А= A1  A2  A3 + A1  A2  A3 +
+ A1  A2  A3 .
Непосредственно
из
определения
суммы
событий
имеем
В=А1+А2+А3. Далее - A1  A2  A3 ={1-й и 2-й элементы работают, 3-й элемент не
работает}, A1  A2  A3 ={1-й и 3-й элементы работают, 2-й элемент не работает},
A1  A2  A3 ={2-й и 3-й элементы работают, 1-й элемент не работает}. Аналогично
предыдущему имеем С= A1  A2  A3 + A1  A2  A3 + A1  A2  A3 . По определению имеем A1  A2 ={1-й и 2-й элементы работают}, A1  A3 ={1-й и 3-й элементы работают}, A2  A3 ={2-й и 3-й элементы работают}. Заметим, что A1  A2 = A1  A2   =


= A1  A2  A3  A3 = A1  A2  A3 + A1  A2  A3 , то есть событие {работает хотя бы два
элемента} включает в себя и исход (работает три элемента). Тогда D=
 A1  A2 + A1  A3 + A2  A3 , Е= A1  A2  A3 .
1.1.8. Над изготовлением детали работают трое рабочих. Возможны события: А={1-й рабочий допустил брак}, В={2-й рабочий допустил брак}, С={3й рабочий допустил брак}. Выразить в алгебре событий следующие события:
D={изготовлена качественная деталь}, Е={деталь изготовлена с браком},
F={только один из рабочих допустил брак}.
Решение: событие D означает, что ни один из рабочих не допустил брака,
то есть события А , В , С произошли одновременно, следовательно, D= А  В  С .
Событие Е означает, что хотя бы один из рабочих допустил брак, то есть либо
произошло событие А, либо - событие В, либо – событие С, либо произошли
любые два из них, либо произошли одновременно все три события, следовательно, Е=А+В+С. Событие F означает, что если 1-й рабочий допустил брак, то
2-й и 3-й рабочие не допустили брака ( А  В  С ), аналогично относительно 2-го
и 3-го рабочих, потому F= А  В  С + А  В  С + А  В  С .
1.1.9. В коробке лежит два синих, два красных и два зеленых карандаша.
Наудачу достают два карандаша. В чем заключаются события противоположные следующим событиям: А={достали два красных карандаша}, В={достали
карандаши одного цвета}, С={достали карандаши разных цветов}. Что означают события (А+В), А  В , А  С , (В+С), В  С ?
1.1.10. Производится четыре выстрела по мишени. Случайные события
Ак ={попадание при k -м выстреле}, k =1, 2, 3, 4. Выразить в алгебре событий
следующие события: А={только одно попадание}, В={хотя бы одно попада-
-7-
ние}, С={ровно два попадания}, D={хотя бы два попадания}, Е={не менее двух
попаданий}, F={попадание не ранее, чем при третьем выстреле}.
1.2. Классическое определение вероятности
Классическое определение вероятности применимо для вычисления вероятностей случайных событий, которые могут осуществляться в опытах с конечным числом элементарных исходов. Причем есть основания считать все элементарные исходы опыта равновозможными (как правило, в силу определенной
симметрии). Пусть событие А возможно в данном опыте, тогда вероятность события A вычисляется по формуле
P( A) 
m
,
n
(1)
где n – число всех мыслимых, элементарных, равновозможных исходов опыта, m - число элементарных исходов, при которых происходит событие A (число исходов, благоприятствующих событию A ).
Отметим, что P( A)  1  P( A) . Для нахождения числа возможных и благоприятствующих событию А исходов полезны следующие правила и формулы.
Правило суммы: если объект А можно выбрать из совокупности однородных объектов m способами, а объект В можно выбрать n способами, то выбрать А либо В можно ( m  n ) способами.
Например: в коробке 10 красных, 5 синих и 8 зеленых карандашей, тогда
выбрать красный либо синий карандаш можно (10+5)=15 способами, поскольку
красный карандаш мы можем выбрать 10 способами (в коробке 10 красных карандашей), а синий карандаш – 5 способами.
Правило произведения: если объект А мы можем выбрать из совокупности однородных объектов m способами и при каждом таком выборе объект В
можно вы брать n способами, то пару объектов (АВ), в указанном прядке,
можно выбрать ( m  n ) способами.
Например: из пункта А в пункт В можно доехать m способами, а из
пункта В в пункт С – n способами, тогда из А в С можно доехать ( m  n ) способами, поскольку объединяя каждый из способов проезда из А в В ( m способов)
с каждым из способов проезда из В в С ( n способов) мы и получаем указанное
число способов доехать из пункта А в пункт С.
Пусть есть совокупность n однородных элементов. Комбинацией из m
элементов будем называть любой набор из m элементов, выбранных из данных
n элементов.
Перестановками называются комбинации из n элементов, отличающиеся одна от другой порядком расположения элементов. Число перестановок из n
элементов определяется формулой
Pn  n!.
-8-
(2)
Если среди n элементов n1 – элементов 1-го вида, n2 - 2-го вида,…, nk - k го вида и
k
 n  n , то число перестановок (перестановки с повторениями) опреi
i 1
деляется формулой
P ( n1 ,n2 ,...,nk ) 
n!
.
n1 ! n2 ! ...  nk !
(3)
Сочетаниями называются комбинации из m ( m  n ) элементов, отличающиеся одна от другой хотя бы одним элементом. Число сочетаний из n элементов по m элементов определяется формулой
Cnm 
Справедливы
n
C
k 0
k
n
2 ,
n
 C 
n
k 0
k 2
n
n!
.
(n  m)! m!
следующие
формулы:
(4)
Cnm  Cn( nm) ,
Cnm  Cnm1  Cnm11 ,
 C2nn .
Если при составлении сочетаний мы можем использовать каждый элемент сколько угодно раз, то число сочетаний (сочетания с повторениями) определяется формулой
m
C n  Cnmm1 .
(5)
Размещениями называются комбинации из m ( m  n ) элементов, отличающиеся одна от другой либо самими элементами (хотя бы одним), либо порядком их расположения. Число размещений из n элементов по m элементов
определяется формулой
Anm 
n!
 Cnm  Pm .
(n  m)!
(6)
Если при составлении размещений мы можем использовать каждый элемент сколько угодно раз, то число размещений (размещения с повторениями)
определяется формулой
m
An  nm .
(7)
Задачи на перестановки
1.2.1. Сколько различных трехзначных чисел можно записать, используя
цифры 1, 2, 3?
-9-
Решение: чтобы записать трехзначное число надо использовать все цифры из нашего набора. Так как все цифры разные, то меняя местами любые две
цифры (то есть меняя порядок расположения элементов) мы будем получать
новое трехзначное число. Следовательно, мы можем записать столько чисел,
сколько можно составить перестановок из трех элементов - N  P3  3!  6 , (123,
132, 213, 231, 312, 321).
1.2.2. Каким числом способов можно упорядочить множество {1, 2, …,
2 n } так, чтобы четное число имело четный номер?
Решение: поскольку в нашем множестве n четных чисел и в последовательности 2 n чисел n четных номеров, то число способов различного расположения четных чисел на четных номерах равно числу перестановок из n элементов, то есть Pn  n!. Очевидно, что нечетные числа можно упорядочить так,
чтобы они имели нечетные номера, также n! способами. Комбинируя, каждый
способ упорядочивания четных чисел, с каждым способом упорядочивания нечетных чисел (правило произведения), получим искомое число способов N  n! n!  (n!)2 .
1.2.3. Десять приезжих мужчин, среди которых Петров и Иванов, размещаются в гостинице в два трехместных и один четырехместный номер. 1)
сколько способов их размещения? 2) сколько способов их размещения, при которых Петров и Иванов попадут в четырехместный номер?
Решение: 1) всего в гостинице 10 мест, но эти места неравноценны, а
именно, 4 места 1-го вида (в четырехместном номере), 3 места 2-го вида и 3 места 3-го вида (в двух трехместных номерах). Поэтому число способов размещения десяти мужчин на указанные места будет равно числу перестановок из де10!
сяти элементов с повторениями - N1  P(4,3,3) 
 4200 .
4! 3! 3!
2) в этом случае в четырехместном номере останутся свободными два места (после заселения Петрова и Иванова). Оставшихся восемь мужчин надо
разместить на восемь мест, среди которых 2 места 1-го вида, 3 места 2-го вида и
3 места 3-го вида. Следовательно, число способов размещения, при которых
Петров и Иванов попадут в четырехместный номер, равно числу перестановок с
8!
 560 .
повторениями из восьми элементов - N 2  P(2,3,3) 
2! 3! 3!
1.2.4. Каким числом способов можно упорядочить n элементов так, чтобы данные два элемента не стояли рядом?
1.2.5. Сколько различных четырехзначных чисел можно записать используя цифры (1, 1, 2, 2)?
Задачи на сочетания
1.2.6. Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая последующая цифра больше предыдущей?
Решение: Для записи четырехзначного числа надо четыре цифры. Всех
цифр десять, но использовать «0» мы не можем, так как с нуля число не может
начинаться. Таким образом, у нас в распоряжении цифры (1, 2, …, 9). Каждый
набор из четырех цифр можно упорядочить единственным способом так, чтобы
-10-
каждая последующая цифра была больше предыдущей. Заменив хотя бы одну
из цифр, можем записать новое четырехзначное число, у которого каждая последующая цифра большее предыдущей. Следовательно, число искомых четырехзначных чисел будет равно числу наборов из четырех цифр, выбранных из
девяти цифр, и различающихся хотя бы одной цифрой или числу сочетаний из
9!
девяти элементов по четыре - N  C94 
 126 .
5! 4!
1.2.7. В скольких точках пересекаются диагонали выпуклого n угольника, если никакие три из них не пересекаются в одной точке?
Решение: каждой точке пресечения двух диагоналей соответствует четыре вершины n - угольника. Заменяя одну из вершин n - угольника, мы получим
новую пару диагоналей, а, следовательно, и новую точку пересечения. Таким
образом, каждым четырем вершинам соответствует одна точка пересечения
диагоналей. Поэтому число всех точек пересечения диагоналей выпуклого n угольника будет равно числу наборов по четыре вершины из n вершин n угольника или числу сочетаний из n элементов по 4 элемента n!
n  (n  1)  (n  2)  (n  3)
.
N  Cn4 

(n  4)! 4!
24
1.2.8. В урне достаточное число белых и черных шаров, наудачу достают
три шара. Какое число различных по цвету наборов шаров можно получить?
Решение: в наборе могут быть шары только двух цветов, но каждый из
трех шаров может быть либо белым, либо черным. Поэтому число различных
по цвету наборов шаров будет равно числу сочетаний с повторениями из двух
элементов (два цвета) по три элемента (выбираем три шара) 3
4!
N  C 2  C2331 
 4 (три белых, два белых и один черный, один белый и
1! 3!
два черных, три черных).
1.2.9. Сколько имеется четырехзначных чисел, у которых каждая последующая цифра меньше предыдущей?
1.2.10. На плоскости проведено n – прямых так, что никакие две из них
не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Найти: 1) количество точек пересечения этих прямых, 2) сколько треугольников образуют эти
прямые?
1.2.11. В библиотеке есть книги по литературе, математике, … всего по
15 разделам. Поступил заказ на три книги. Каким числом способов можно выполнить заказ (два заказа считаются различными, если хотя бы одна книга из
другого раздела)?
Задачи на размещения
1.2.12. Сколько различных трехзначных чисел можно записать, используя
цифры 2, 3, 5, 8, 9 по одному разу?
Решение: поскольку все цифры различны, то любому упорядоченному
набору из трех цифр соответствует одно трехзначное число. Такие наборы, отличающиеся либо самими цифрами, либо порядком их расположения являются
-11-
размещениями. Потому число искомых трехзначных чисел будет равно числу
5!
размещений из 5 элементов (цифр) по три элемента - N  A53   60 .
2!
1.2.13. Каким числом способов можно распределить восемь вариантов
контрольной работы среди пяти студентов (распределение считается новым,
если хотя бы один из студентов получит другой вариант)?
Решение: искомое число равно числу способов составить упорядоченные
наборы из пяти вариантов, которые выбирают из восьми вариантов контрольной работы. Поскольку нас интересуют наборы, отличающиеся либо номерами
вариантов, либо тем, кому из студентов попал определенный вариант, то такие
наборы являются размещениями. Следовательно, искомое число равно числу
8!
размещений из 8-ми элементов по 5-ть элементов - N  A85   6720 .
3!
1.2.14. Пять шариков разбрасывают по восьми лункам. Каждый шарик
может попасть в любую лунку. Сколько способов распределения шариков по
лункам?
Решение: пусть лунки имеют номера с 1-го по 8-й. Бросая шарик в какую
то лунку, мы, тем самым, выбираем один из восьми номеров. Бросание пяти
шариков равносильно составлению упорядоченных наборов по пять номеров из
восьми (такие наборы являются размещениями), причем каждый из восьми номеров может быть выбран (или не выбран) при любом бросании шарика. Поэтому число способов распределения шариков по лункам будет равно числу
размещений с повторениями из 8 элементов по 5 элементов 5
N  A8  85  32768 .
1.2.15. Сколько различных четных трехзначных чисел можно записать
используя цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6 по одному разу?
1.2.16. Каким числом способов можно распределить десять билетов в театр среди шести студентов (каждому студентов дают один билет, причем учитывается какой именно билет)?
1.2.17. Сколько различных шестизначных номеров можно набрать на телефонном диске?
Схема выбора, приводящая к перестановкам
1.2.18. N человек, среди них Петров и Иванов, случайным образом рассаживаются за круглый стол. Какова вероятность, что Петров и Иванов окажутся рядом?
Решение: пусть места пронумерованы – 1-е, 2-е, …, N -е. Тогда элементарным исходом опыта будет некоторая последовательность из N номеров
(каждый из участвующих сел на определенное место),  =(последовательность
из N чисел) и    . Число таких последовательностей, очевидно, равно
числу перестановок из N элементов, n    PN  N !. Для подсчета числа исходов, благоприятствующих событию А={Петров и Иванов сели рядом}, будем
рассуждать так: пусть Петров сел на любое место ( N способов), Иванов может
сесть либо слева, либо справа (2 способа). При каждом таком расположении
-12-
Петрова и Иванова, оставшиеся ( N  2 ) человека, очевидно, могут занять места
( N  2)! способами. С учетом правила произведения получим m 2  N  ( N  2)!
2
.
m  A  2  N  ( N  2)! . Таким образом, P( A)  

n
N!
N 1
Можно рассуждать и так: поскольку нас интересуют только Петров и
Иванов, то пусть один из них сел на любое место, тогда другой может сесть на
(N – 1) место ( n  ( N  1) всех равновозможных исходов опыта). Число исходов,
2
благоприятствующих событию А, очевидно – 2, следовательно, P( A) 
.
N 1
1.2.19. Карточки с цифрами 2, 3, 4, 5, 6 наудачу выкладывают в ряд.
Найти вероятности событий: А={полученное пятизначное число делится на 5},
В={полученное пятизначное число делится на 2}, С={полученное пятизначное
число делится на 9}.
Решение: элементарный исход опыта -  = (последовательность из пяти
цифр). Поскольку все цифры разные, то, меняя местами любые две цифры, мы
будем получать новое пятизначное число. Следовательно, общее число всех
равновозможных исходов опыта будет равно числу перестановок из 5-ти элементов, n  P5  5!  120 . Чтобы число делилось на 5, цифра 5 должна стоять на
последнем месте (0 среди цифр нет), остальные четыре цифры можно выложить
в любом порядке. Следовательно, число исходов благоприятствующих собыm
4! 1
тию А будет mA  4! и P( A)  A   . Чтобы число делилось на 2, оно
n 5! 5
должно заканчиваться цифрой 2, либо 4, либо 6 (3 способа), в каждом из этих
случаев, оставшиеся четыре цифры можно расположить 4! способами, то есть,
m
3  4! 3
mB  3  4! и P( B)  B 
 . Число делится на 9, если сумма цифр, вхоn
5!
5
дящих в запись числа, делится на 9. В нашем случае – (2+3+4+5+6)=20, 20 не
делится на 9. Следовательно, событие С не может осуществиться ни при одном
элементарном исходе опыта, P(C )  0 .
1.2.20. Десять учебников, среди которых три учебника по химии, распределяют по школам: 4 учебника в школу № 1, 3 – в школу № 2, 3 – в школу № 3.
Найти вероятности событий: А={учебники по химии попали в школу № 1},
В={учебники по химии попали в школу № 2}, С={в каждую школу попал один
учебник по химии}.
Решение: пусть  =(некоторое распределение учебников по школам без
учета порядка их поступления в данную школу),    , тогда число таких
распределений будет равно числу перестановок из десяти элементов с повторениями (4 учебника в школе № 1; 3 – в школе № 2 и 3 – в школе № 3), то есть
10!
n    P (4,3,3) 
. Число распределений, при которых все три учебника
4! 3! 3!
по химии попадут в школу № 1, очевидно, будет равно числу перестановок из 7
элементов с повторениями (1 в школу №1; 3 – в школу № 2 и 3 – в школу № 3),
-13-
7!
m
4! 7! 1
и P( A)  A 
 . Число распределений,
1! 3! 3!
n
10! 30
при которых все три учебника по химии попадут в школу № 2 , будет
7!
m
3! 7! 1
и P( B)  B 
. Если в каждую школу попало
mB  B  P (4,3) 

4! 3!
n
10! 120
по одному учебнику химии, то их можно распределить P3  3! способами. Число
распределений оставшихся 7-ми учебников будет равно числу перестановок из
7-ми элементов с повторениями (3 учебника в школу № 1, 2 учебника в школу
№ 2 и 2 учебника в школу № 3). Следовательно, - mC  C 
7!
7!
m
7! 4! 3! 3! 3
и P(C )  C 
 3!P(3,2,2)  3!

 .
2! 2! 3! 2! 2!
n
2! 2! 10! 10
Можно решить задачу так: пусть все учебники имеют номера с 1-го по
10-й. Мы наудачу раскладываем их в ряд и первые четыре передаем в школу
№ 1, следующие три – в школу № 2 и последние три - в школу № 3. В этом случае -  =(некоторая последовательность из чисел 1, 2, …, 10),    и
n    P10  10!. Пусть учебники по химии имеют номера 1, 2, 3. Чтобы заполнить первые четыре места надо добавить еще один из 7-ми учебников (7 способов) и эти четыре учебника (номера) можно упорядочить P4  4! способами. Тогда остальные 6 номеров можно упорядочить P6  6! способами. По правилу
m
4! 7! 1
произведения получим - mA  A  7  4! 6!  4! 7! и P( A)  A 
 . Три
n
10! 30
учебника по химии можно упорядочить на 5-м, 6-м и 7-м местах P3  3! способами и при каждом таком расположении остальные 7 учебников можно упоряP7  7!
mB    3! 7!
дочить
способами.
Следовательно,
и
m
3! 7! 1
P( B)  B 

. Учебник № 1 можем расположить на первых четырех
n
10! 120
местах 4-мя способами, учебник № 2 на следующих 3-х местах – 3-мя способами и учебник № 3 - также 3-мя способами. Меняя местами номера 1, 2, 3 получим еще P3  3! способов, в каждом из этих случаев остальные 7 номеров можно упорядочить P7  7! способами. По правилу произведения имеем m
4! 3  3  7! 3
mC  C  4  3  3  3! 7!  4! 3  3  7! и P(C )  C 
 .
n
10!
10
1.2.21. Колоду из 32 карт тщательно тасуют. Найти вероятности событий:
А={четыре туза оказались в конце колоды}, В={четыре туза оказались рядом},
С={за каждой «черной» картой следует «красная» карта}.
1.2.22. Среди 25 экзаменационных билетов 15 «хороших». Последовательно вытаскивают по одному все билеты. Какова вероятность, что k-м
(1  k  25 ) по счету вытянут «хороший» билет?
1.2.23. Абонент наудачу набирает телефонный номер, зная только, что в
нем есть цифра 1, две цифры 2 и три цифры 3 (номер шестизначный). Какова
вероятность, что номер будет набран правильно?
то есть mA  A  P (1,3,3) 
-14-
Схема выбора, приводящая к сочетаниям.
1.2.24. В группе 25 студентов, в том числе Петров и Иванов. Какова вероятность, что Петров и Иванов будут выбраны делегатами на конференцию (выбирают двух делегатов и выбор случаен)?
Решение: элементарный исход данного опыта (выбор двух делегатов)  =(группа из двух студентов), причем имеет значение только состав группы,
порядок выбора неважен,    . Тогда число способов выбрать двух студентов из 25 равно числу сочетаний из 25 элементов по 2, то есть
25!
25  24
n    C252 

 300 . Cобытию А={Петров и Иванов выбраны де23! 2!
2
легатами}, очевидно, благоприятствует один исход опыта, m  A  1 и
m
1
.
P( A)  
n 300
1.2.25. В студенческой группе 10 девушек и 15 юношей. На конференцию
выбирают 5 делегатов. Найти вероятности событий: А={все делегаты юноши},
В={в числе делегатов три девушки и двое юношей}, С={в числе делегатов хотя
бы один юноша}.
Решение: элементарное событие -  =(группа из пяти студентов), причем
важен только состав группы,    . Поскольку, заменяя хотя бы одного делегата на другого, мы получаем новую группу из пяти студентов, то число таких
групп будет равно числу сочетаний из 25 элементов (всего студентов 10+15=25)
5
по 5 элементов. Следовательно, n    C25
. Очевидно, что mA  A  C155 и
P( A) 
mA C155
 5  0,057 . Чтобы составить группу из трех девушек и двух юноn C25
шей, надо выбрать три девушки из десяти и это можно сделать C103 способами.
Выбрать двух юношей из пятнадцати можно C152 способами. По правилу произmB C103  C152
ведения получим mB  B  C  C и P( B) 

 0,237 . Для вычис5
n
C25
ления вероятности события С удобнее перейти к противоположному событию C ={в числе делегатов ни одного юноши}={все делегаты – девушки}. Число
элементарных событий, благоприятствующих событию C равно mC  C105 и
3
10
2
15
C105
учитывая, что P(C )  1  P(C ) , получим P(C )  1  5  0,995 .
C25
1.2.26. Каждому из трех игроков сдано по 10 карт и две карты оставлены
в прикупе. Один из игроков видит, что у него на руках 6 карт бубновой масти и
4 – не бубновой. Он сбрасывает 2 карты и берет прикуп. Найти вероятность события А={в прикупе обе карты бубновой масти}.
Решение: из 32 карт игроку известно 10, а остальные 22 неизвестны.
Взять две карты из прикупа, это все равно, что взять их из 22. Среди 22 карт две
бубновые (всего карт бубновой масти 8). Число способов выбрать две карты из
-15-
22
равно
n    C222 
22!
 231 ,
2! 20!
а
mA  A  1 .
Следовательно,
mA
1
.

n 231
1.2.27. В магазине есть в наличии телевизоры десяти видов. Случайным
образом выбирают четыре телевизора. Найти вероятности событий:
А={выбраны телевизоры одного вида}, В ={выбраны телевизоры разных видов}, С={выбраны телевизоры одного определенного вида}.
Решение: элементарное событие в данном случае будет -  =(набор из четырех телевизоров любого вида). Так как, телевизор любого вида можно выбирать сколько угодно раз, то число способов выбрать четыре телевизора будет
равно числу перестановок с повторениями из 10 элементов по 4 элемента. СлеP( A) 
4
довательно, n    C10  C104 41  C134 . Всего в наличии 10 видов телевизоров,
m
10
поэтому mA  A  10 и P( A)  A  4  0,014 . Число способов выбрать четыn C13
ре вида телевизоров из десяти видов равно числу перестановок из 10 элементов
mB C104
4
по 4 элемента, то есть mB  C10 и P( B) 

 0,294 . Очевидно, что
n C134
m
1
mC  C  1 и P(C )  C  4  0,0014 .
n C13
1.2.28. В урне 5 белых и 3 черных шара. Наудачу вытаскивают два шара.
Найти вероятности событий: А={выбрали шары одного цвета}, В={выбрали
шары разных цветов}.
1.2.29. Из колоды в 52 карты вынимают сразу несколько карт. Сколько
нужно вынуть карт, чтобы с вероятность большей, чем 0.5 утверждать, что среди них будут карты одной и той же масти (хотя бы две)?
1.2.30. Из чисел: 2, 4, 5, 7, 11, 12, 13 выбирают наудачу два числа и записывают в виде дроби. Какова вероятность, что дробь окажется сократимой?
1.2.31. Есть 7 тетрадей в линейку и 8 в клетку. Наудачу выбирают 5 тетрадей. Найти вероятности событий: А={выбрали все тетради в клетку},
В={выбрали хотя бы одну тетрадь в клетку}, С={выбрали две тетради в клетку
и три в линейку}.
Схема выбора, приводящая к размещениям
1.2.32. На пяти карточках написаны цифры 1, 2, 3, 4, 5. Случайно выбирают три карточки и выкладывают их в ряд. Найти вероятности событий:
А={получили число 123}, В={число не содержит цифры 4}, С={получили четное число}, D={число содержит хотя бы одну из цифр 1 или 2}.
Решение: элементарным событием в этом опыте будет -  =(некоторый
упорядоченный набор из трех цифр),    . Следовательно, общее число исходов опыта равно числу размещений из 5 элементов по три элемента, то есть
5!
m
1
n    A53   60 . Очевидно, mA  A  1 и P( A)  A  . Чтобы число не
2!
n 60
-16-
содержало цифры 4, нам надо выбирать только из карточек с цифрами 1, 2, 3, 5,
4!
m
24 2
тогда mB  A43   24 и P( B)  B 
 . Чтобы число оказалось четным,
1!
n 60 5
последней должна стоять цифра 2 или 4 (2 способа). В каждом из этих случаев
первые две цифры мы можем выбирать из 4-х цифр (1, 3, 4, 5 или 1, 2, 3, 5). Та4!
m
2
ким образом, mC  C  2  A42  2   24 и P(C )  C  . Событием, противо2!
n 5
положным событию D, является событие D ={число содержит только цифры 3,
4, 5}. Это означает, что выбирать можно только из карточек с цифрами 3, 4, 5.
m
6
9
 .
Следовательно, mD  D  A33  3!  6 и P( D)  1  P( D)  1  D  1 
n
60 10
1.2.33. Преподаватель выдает Иванову, Петрову и Сидорову по одному
варианту контрольной работы, из имеющихся шести с номерами 1, 2,…, 6.
найти вероятности событий: А={Иванов, Петров и Сидоров получили варианты
2, 3, 5, в указанном порядке}, В={распределены варианты с номерами 2, 3, 5},
С={варианты с номерами 5 и 6 не выданы}, D={хотя бы один из студентов получил вариант № 1}.
Решение: фиксируемый результат в данном опыте или элементарное событие -  =(некоторый упорядоченный набор из трех номеров),    . Следовательно, общее число равновозможных элементарных событий равно числу
6!
размещений из 6 элементов по 3 элемента, n    A63   120 . Очевидно, что
3!
m
1
mA  A  1 и P( A)  A 
. Событие В означает, что студенты получили ваn 120
рианты с номерами 2, 3, 5, причем неважно, какой из вариантов получил кажm
6
1
дый из студентов, поэтому mB  B  P3  3!  6 и P( B)  B 
. Собы
n 120 20
тие С означает, что распределены варианты с номерами 1, 2, 3, 4. Следователь4!
m
24 1
но, mC  C  A43   24 и P(C )  C 
 . Событие, противоположное
1!
n 120 5
событию D, есть - D ={распределены варианты с номерами 2, 3, 4, 5, 6}, поэтоm
5!
60 1
му mD  D  A53   60 и P( D)  1  P( D)  1  D   1 
 .
n
2!
120 2
1.2.34. Имеется N лунок, по которым случайным образом разбрасывают
M шариков. Найти вероятность события, А={в данную (вполне определенную, например, первую) лунку попадет ровно k шариков}.
Решение: пусть лунки имеют номера с 1-го по N -й. Бросая шарик в лунку, мы тем самым выбираем некоторый номер. Тогда элементарным равновозможным событием в этом опыте будет  =(упорядоченная последовательность
из M номеров, выбранных из N номеров). Так как, каждый из номеров этой
последовательности мы можем выбирать M раз, то число таких последовательностей или общее число элементарных событий, возможных в этом опыте,
-17-
будет равно числу размещений с повторениями из N элементов по M элеменM
тов. То есть, n    AN  N M . Число способов набора k шариков в данную
лунку, равно числу сочетаний из M элементов по k элементов - CMk . Для каждого такого набора, мы можем разместить ( M  k ) шариков в ( N  1) лунке,
или, что тоже самое, составить упорядоченную последовательность из ( N  1)
M k
номера (с возможностью выбора каждого номера ( M  k ) - раз) AN 1 - способами.
По
правилу
произведения
получим,
что
M k
mA  A  CMk  AN 1
и
M k
mA CMk  AN 1
M ! ( N  1) M k
.
P( A) 


M
M
n
k
!

(
M

k
)!

N
AN
1.2.35. Монету подбрасывают три раза. Найти вероятности событий:
А={три раза выпал герб}, В={при первом подбрасывании выпал герб}, С={хотя
бы один раз выпал герб}, D={решка выпала два раза}.
1.2.36. Игральную кость подбрасывают четыре раза. Найти вероятности
событий: А={сумма выпавших очков равна 4}, В={5 и 6 очков не выпали ни разу}, С={хотя бы один раз выпало 6 очков}, D={произведение выпавших очков четно}.
Разные задачи
1.2.37. На шахматную доску ставят две ладьи, белую и черную. Какова
вероятность, что ладьи не бьют друг друга?
1.2.38. В одной урне а-белых и b-черных шаров, в другой – c-белых и dчерных шаров. Из каждой урны, наудачу, берут по два шара. Найти вероятности событий: А={выбрали только белые шары}, В={выбрали шары одного цвета}, С={выбрали два белых и два черных шара}.
1.2.39. Из букв разрезной азбуки составлено слово «олово». Буквы перемешивают и вновь выкладывают в ряд в случайном порядке. Какова вероятность того, что снова получат слово «олово»?
1.2.40. Пять шариков разбрасывают по шести лункам (в каждую лунку
может попасть любое число шариков). Найти вероятности событий: А={в
первую лунку попало два шарика}, В={все шарики попали в одну лунку}, С={в
первые пять лунок попало по одному шарику}.
1.3. Геометрическое определение вероятности
Геометрическое определение вероятности является распространением
классического определения на задачи с бесконечным числом исходов. Множество элементарных событий  и возможные события в этих случаях будут непрерывными множествами. Их характеристикой является мера множества (длина, площадь, объем и т. д. в зависимости от размерности того пространства, в
котором рассматриваются данные множества). Если вероятность попадания в
любое подмножество A множества  пропорциональна мере множества A
( мера A ) и не зависит от местоположения A в  , то справедлива формула
геометрической вероятности
-18-
P( A) 
мера А
.
мера 
(8)
1.3.1. На отрезок AD длины l наудачу ставится точка. Какова вероятность, что длина одного из полученных отрезков будет вдвое больше длины
другого (событие A )?
Решение: пусть x координата случайной точки (отрезок лежит на оси
Ox ), рис. 2. Тогда все исходы опыта можно задать так:   x : 0  x  l . Чтобы
один из отрезков был вдвое больше другого, случайная точка должна попасть на
D
A
B
C
один из отрезков AB или CD (поскольку
0
l x
l
2l
l
3
3
Поэтому
AB  CD  ).
3
Рис. 2
l
2l


A   x : 0  x  или
 x  l.
Имеем
3
3


l
мера   l (длина отрезка AD ), мера А  2  (сумма длин отрезков AB и
3
2
l
мера А 3
2

 .
CD ) и P( A) 
мера 
l
3
1.3.2. Плоскость разграфлена параллельными прямыми отстоящими друг
от друга на расстоянии попеременно 1 см и 9 см. На плоскость бросают монету
радиуса 2 см. Какова вероятность, что монета не пересечет ни одной прямой
(событие А)?
Решение: будем фиксировать в результате
x
опыта координату x - центра монеты (ось Ox
10
перпендикулярна проведенным прямым). Тогда
8 C
все множество элементарных исходов можно задать так:   x : 0  x  10 (поскольку расположение прямых периодически повторяется через
3 B
1
каждые 10см), рис. 3. Чтобы монета не пересекла
прямую проекция центра монеты должна попасть
0
на отрезок BC (точки B и C отстоят от ближайРис. 3
ших прямых на 2 см).
Следовательно,
A  x : 3  x  8 . Мера   10 (см), мера А  5 (см) (длина отрезка BC ) и
мера А 5 1
P( A) 
  .
мера  10 2
1.3.3. На плоскости нанесена квадратная сетка со стороной квадрата 10
см. На плоскость бросают монету радиуса 1 см. Какова вероятность, что монета
не пересечет ни одной прямой (событие А)?
-19-
Решение: пусть ( x, y) - координаты
центра монеты, которые мы фиксируем в
y
результате опыта (оси координат совпадают с парой взаимно перпендикулярных
прямых, начало координат с узлом сетки
того квадрата, в который попал центр мо10
неты), рис. 4. Тогда все равновозможные
9
исходы
опыта
будут:
  {( x, y) :
А
1
0  x  10, 0  y  10} , а элементарные соx
0 1
9 10
бытия, при которых осуществляется событие A , будут A  ( x, y) :1  x  9, 1  y  9
(центр монеты должен отстоять от каждой
из сторон квадрата не менее, чем на 1 см).
Рис. 4
Имеем, мера   100 (см2) (площадь квадрата со стороной 10 см), мера А  64 (см2 ) (площадь квадрата со стороной 8 см)
мера А 64 16
и P( A) 

 .
мера  100 25
1.3.4. К причалу в течение суток в случайные моменты времени приходят
два судна. Одному судну ( X ) требуется для разгрузки 4 часа, другому ( Y ) – 6
часов. Какова вероятность, что ни одному из судов не придется ожидать начала
разгрузки (событие А)?
Решение: пусть x - время прихода судна X , y - время прихода судна Y .
Тогда
все
равновозможные
исходы
опыта
будут:
  ( x, y) : 0  x  24, 0  y  24 (оба судна приходят в промежутке времени от
0 до 24 часов), рис. 5 а). Пусть судно X пришло первым тогда, чтобы судну Y
y
y
24
24
А

18
А
4
0
а)
24
0
x
6
20 24
x
б)
Рис. 5
не пришлось ожидать начала разгрузки, оно должно подойти к причалу не ранее, чем через 4 часа после прихода судна Y (время разгрузки судна X ), то
есть должно выполняться условие: y  x  4 . Аналогично, если первым пришло
судно Y , то должно выполняться условие: x  y  6 . Следовательно,
-20-
A  ( x, y) : y  x  4, x  y  6 . Уравнение y  x  4 , это - уравнение прямой,
проходящей через точки (0, 4) и (20, 24). Неравенству y  x  4 будут удовлетворять координаты точек, которые расположены левее и выше прямой
y  x  4 . Уравнение x  y  6 , уравнение прямой, проходящей через точки
(6, 0) и (24, 18). Неравенству x  y  6 будут удовлетворять координаты точек,
которые расположены правее и ниже прямой x  y  6 . Область A заштрихова-
на на рис. 5 б). Имеем, мера   242  576 (площадь квадрата со стороной 24),
1
мера А    202  182   362 (сумма площадей двух прямоугольных треуголь2
362 181
ников) и P( A) 
.

576 288
1.3.5. Отрезок длины l наудачу разбивают на три отрезка (1-й, 2-й, 3-й).
Какова вероятность, что из полученных трех отрезков можно составить треугольник?
Решение: обозначим длину первого отрезка через x , второго - y . Длина
каждого из отрезков может быть от 0 до l , а сумма их длин не может превышать
Тогда
все
исходы
опыта
можно
задать
так:
l.
  ( x, y) : 0  x  l , 0  y  l , x  y  l , рис. 6 а). Чтобы из трех отрезков можy
y
l
l

l
l
0
x
а)
2
0
A
l
2
l
x
б)
Рис. 6
но было составить треугольник, сумма длин каждых двух отрезков должна
быть больше длины третьего (сумма двух сторон треугольника больше третьей
стороны). Поэтому должны выполняться условия: 1) x  y  l  ( x  y)
l
( l  ( x  y) - длина третьего отрезка) или x  y  ; 2) x  (l  ( x  y))  y или
2
l
l
l
l
l

y  ; 3) y  (l  ( x  y))  x или x  . Тогда A  ( x, y) : x  , y  , x  y   .
2
2
2
2
2

l
Неравенству x  удовлетворяют координаты точек, лежащих левее прямой
2
l
l
x  . Неравенству y 
удовлетворяют координаты точек, лежащих ниже
2
2
-21-
l
l
. Неравенству x  y  , удовлетворяют координаты точек, лежа2
2
l
l
щих правее и выше прямой x  y  (прямая проходит через точки ( 0, ) и
2
2
l
( , 0 ). Всем трем неравенствам удовлетворяют координаты точек области A
2
2
1  l  l2
1 2
(заштрихована на рис. 6 б)). Имеем, мера    l , мера А     
и
2 2
8
2
l2
1
P( A)  2 8  .
l
4
2
1.3.6. От каждого из трех стержней длины l случайным образом отрезают его часть. Какова вероятность, что из полученных частей можно сложить
остроугольный треугольник (событие A )?
Решение: обозначим через x, y, z длины полученных частей. По условию задачи длина каждой из частей может лежать в пределах от 0 до l . Тогда
все исходы опыта можно задать так:   ( x, y, z) : 0  x  l , 0  y  l, 0  z  l ,
рис.7. Чтобы из трех отрезков можно было сложить остроугольный треуголь-
прямой y 
z
x2  y 2  z 2
l
x2  z 2  y 2
A
y 2  z 2  x2
l
y
l
x
Рис. 7
ник, квадрат длины каждого из них должен быть меньше суммы квадратов длин
двух других отрезков. Это следует из того, что квадрат стороны треугольника
равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих
сторон на косинус угла между ними, а для остроугольного треугольника косинусы всех его углов положительны. Таким образом, событию A будут благоприятствовать следующие элементарные исходы: A  ( x, y, z ) : x 2  y 2  z 2 ,
x2  z 2  y 2 , y 2  z 2  x2 , ( x, y, z )  . Уравнение y 2  z 2  x 2 определяет в
пространстве круговой конус с осью Ox , на рис. 7 часть этой поверхности за-22-
штрихована. Неравенству y 2  z 2  x 2 будут удовлетворять координаты точек,
лежащих вне конуса. Аналогичные рассуждения справедливы и относительно
двух других неравенств. Таким образом, исходы, благоприятствующие событию A , это точки лежащие внутри куба со стороной l и вне трех конических
поверхностей. Тогда, мера   l 3 (объем куба со стороной l ). С учетом того,
что объем V , кругового конуса с радиусом основания R и высотой h , равен
1
1   l2  l 3

получим
и
V  R 2 h
мера A  l 3  3  
 l  (1  )
3
4
3
4
l 3  (1   )
4  1    0,2146 .
P( A) 
3
l
4
1.3.7. Из отрезка [-1, 1] наудачу взяты два числа. Найти вероятность события A ={сумма этих чисел больше 1, сумма квадратов чисел меньше единицы}.
Решение: пусть взяты числа x и y . Тогда, очевидно,   ( x, y) :0  x  1,
0  y  1 и A  ( x, y) : x  y  1, x 2  y 2  1 , рис. 8. Неравенству x  y  1 удо-
влетворяют координаты точек, которые лежат правее и выше прямой x  y  1 , а
y
1

1
A
x  y 1
1
0
x
x2  y 2  1
1
Рис. 8
неравенству x 2  y 2  1 - координаты точек, лежащих внутри окружности
x 2  y 2  1 . Область A на рис. 8 заштрихована. Имеем, мера   22  4 (пло 1
щадь квадрата со стороной 2), мера А   (площадь четверти круга радиу4 2
 1
2    2  0,071.
са 1 минус площадь треугольника) и P( A)  4
4
16
1.3.8. На сфере единичного радиуса с центром в точке O наудачу выбирается точка M . Найти вероятности следующих событий: A ={длина проекции
радиус-вектора OM на ось Ox меньше a , 0  a  1}, B ={длина проекции OM
на плоскость Oxy не меньше a , 0  a  1}.
-23-
Решение:
пусть
координаты
( x, y, z )
точки
M.
Тогда,
  ( x, y, z) : x 2  y 2  z 2  1, z  0 и мера   4   (площадь поверхности сфеx2  y 2  1
x  a
x2  y 2  1
a
y
1
0
a
1
x
а)
x2  y 2  a2
xa
0
a
1
x
б)
Axy
Рис. 9
y
a 1
Bxy
ры радиуса R равна 4R 2 , в нашем случае, сфера радиуса 1). Чтобы произошло
событие A , координата точки M по оси Ox должна быть по модулю меньше
a . Следовательно, A  ( x, y, z) : ( x, y, z) , x  a . Проекция области A на
плоскость Oxy обозначена Axy и изображена на рис. 9 а) (область Axy заштрихована). Напомним, что если поверхность S : z  f ( x, y), ( x, y)  D ( D - проекция поверхности S на плоскость Oxy ), то площадь поверхности S вычисляется
по формуле: QS   1  zx 2  zy 2  dx . В нашем случае, z  1  x 2  y 2 (уравнеD
ние полусферы) и
a
=  dx
a
1 x 2

 1 x 2
dy
1  x2  y 2
1  zx 2  zy 2 =
a
=  arcsin
a
1
1 x  y
y
1  x2
2
2
.
1
Мера А  QS
2

Axy
dxdy
1 x  y
2
1 x 2
 dx    x  a  2  a и P( A) 
a
 1 x 2
2
=
4a

4
 a . Чтобы произошло событие B , должно выполняться условие x 2  y 2  a 2 ,
то есть B  ( x, y, z ) : ( x, y, z ) , x 2  y 2  a 2  . Проекция области B обозначена
2
мера B
dxdy
  d
 
=  d 
=
Bxy и изображена на рис. 9 б). Тогда,
2
2
2
2
1

x

y
1


Bxy
0
a
1
4  1  a 2
= 2  ( 1   )  2  1  a и P( B) 
 1  a2 .
a
4
1.3.9. Луч локатора перемещается в горизонтальной плоскости с постоянной угловой скоростью. Какова вероятность того, что цель будет обнаружена в
угловом секторе  радиан, если ее появление по любому направлению одинаково возможно?
2
1
2
-24-
1.3.10. Расстояние межу пунктами А и В 80 км. Разрыв телефонного кабеля, соединяющего эти пункты одинаково возможен на любом расстоянии от
пункта А. Какова вероятность того, что разрыв кабеля произошел между 10-м и
30-м километрами?
1.3.11. Какова вероятность, не целясь, попасть бесконечно малой пулей в
прутья решетки, если толщина прутьев равна a , расстояние между их осями
равно l ( l  a )?
1.3.12. Из отрезка [0, 2] наудачу выбирают два числа. Какова вероятность
того, что сумма этих чисел будет больше единицы, а произведение – меньше
единицы?
1.3.13. Наудачу берут три отрезка, длина каждого из которых не превосходит l . Найти вероятности событий: A ={сумма длин трех отрезков больше
l }, B ={из взятых отрезков можно сложить треугольник}.
1.4. Вероятности сложных событий
Сложным событием называют наблюдаемое в опыте событие, которое
может быть выражено через другие наблюдаемые в том же опыте события с
помощью допустимых алгебраических операций. Вероятности сложных событий вычисляют с помощью формул умножения и сложения вероятностей:
P( A  B)  P( A)  P( B A)  P( B)  P( A B) ,
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B) .
(9),
(10).
P( A  B)
называют условной вероятностью события B
P( A)
при условии, что событие A произошло, то есть это вероятность события B ,
вычисленная в предположении, что событие A произошло (аналогично определяется P( A B) ). Формулы (3) и (4) можно обобщить на большее число событий,
в частности:
Число P( B A) 
P( A  B  C )  P( A)  P( B A)  P(C A  B) ,
(11),
P( A  B  C )  P( A)  P( B)  P(C ) 
.
 P( A  B)  P( A  C )  P( B  C )  P( A  B  C )
(12).
Отметим, что формула (6) дает вероятность осуществления хотя бы одного из событий A , B или C . Однако вероятность этого события проще вычислять по формуле P( A  B  C )  1  P( A  B  C )  1  P( A  B  C ) .
Два события A и B называются независимыми, если их условные и безусловные вероятности совпадают, то есть P( A B)  P( A) или, что равносильно,
если вероятность их произведения равна произведению их вероятностей, то
-25-
есть P( A  B)  P( A)  P( B) . События A1, A2 ,..., An называются независимыми в
совокупности, если они попарно независимы и независимы любое из них и все
возможные произведения остальных. Если события A1, A2 ,..., An независимы в
совокупности, то и противоположные им события A1, A2 ,..., An также независимы в совокупности.
События A и B называются несовместными, если они не могут произойти одновременно в одном опыте, то есть, если A  B   (невозможное событие).
При использовании формул умножения и сложения вероятностей важно
учитывать независимость событий (при применении формулы умножения) и
несовместность событий (при применении формулы сложения).
Если события A и B независимы, то
P( A  B)  P( A)  P( B) ,
(13)
если события A1, A2 ,..., An независимы в совокупности, то
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) .
(14)
Если события A и B несовместны, то
P( A  B)  P( A)  P( B) .
(15)
Если события A1, A2 ,..., An попарно несовместны, то
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) .
(16)
При вычислении вероятности события A ={произошло хотя бы одно из
событий A1, A2 ,..., An независимых в совокупности} удобно пользоваться формулой
P( A)  1  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) .
(17)
1.4.1. На рис. 10 приведены схемы соединения элементов. Предполагается, что для работы схемы при последовательном соединении элементов необходима работа каждого из элементов, при параллельном соединении – работа хотя
бы одного из элементов. Известна надежность pk k -го элемента (соответственно qk  1  pk - вероятность его отказа). Отказы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Вычислить вероятность работы каждой из
схем.
-26-
Решение: обозначим Ak ={ k -й элемент работает}, k  1, 2,... , соответственно, Ak ={ k -й элемент отказал}, A ={схема работает}. По условию задачи
P( Ak )  pk и P( Ak )  qk .
1
A
C 3 B
2
а)
A
1
2
3
б)
Рис. 10
1
B A
4
B
3
5
2
в)
а). Чтобы сигнал прошел от точки A до точки C достаточно, чтобы работал один из элементов A1 или A2 , то есть произошло событие ( A1  A2 ). Чтобы
сигнал прошел от точки C до точки B , должен работать элемент 3, событие A3 .
Чтобы схема работала, оба названных события должны произойти одновременно, то есть A  ( A1  A2 )  A3 . Так как события A1, A2 , A3 независимы в совокупности, то вероятность произведения событий равна произведению вероятностей
этих событий. Так как события A1 и A2 совместны, то вероятность события
( A1  A2 )
надо
вычислять
по
формуле
(10).
Таким
образом,
P( A)  P(( A1  A2 )  A3 )  P( A1  A2 )  P( A3 )  ( P( A1 )  P( A2 )  P( A1  A2 ))  P( A3 ) 
 ( p1  p2  p1 p2 ) p3 . Отметим, что можно воспользоваться формулой (17):
P( A1  A2 )  1  P( A1 )  P( A2 )  1  q1q2 и P( A)  (1  q1q2 ) p3 .
б). В этом случае мы имеем параллельное соединение трех элементов, то
есть для работы схемы достаточно того, чтобы работал хотя бы один из элеменA  ( A1  A2  A3 ) .
P( A) 
тов,
По
формуле
(17)
получим
 P( A1  A2  A3 )  1  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 )  1  q1q2q3 .
в). Пусть элемент 3 отказал, тогда, чтобы схема работала, должны работать одновременно элементы 1 и 4 или 2 и 5 (событие A3  ( A1  A4  A2  A5 ) ).
Пусть элемент 3 работает, чтобы схема работала достаточно, чтобы работал хотя бы один из элементов 1 и 2 и, одновременно, хотя бы один из элементов 4 и
5, (событие A3  ( A1  A2 )  ( A4  A5 ) ). Следовательно, A  A3  ( A1  A4  A2  A5 ) 
+ A3  ( A1  A2 )  ( A4  A5 ) и, так как, в правой части равенства стоят несовместные
события, то P( A)  P( A3  ( A1  A4  A2  A5 ))  P( A3  ( A1  A2 )  ( A4  A5 )) . Применяя
формулы (10), (13), (17) (и учитывая, что события A1 ,..., A5 совместны!) получим P( A)  q3 ( p1 p4  p2 p5  p1 p2 p4 p5 )  p3 (1  q1q2 )(1  q4q5 ) .
1.4.2. Изготовлением детали последовательно и независимо заняты двое
рабочих. Первый рабочий может допустить брак с вероятностью 0,1, второй – с
-27-
вероятностью 0,2. Найти вероятности событий: A ={изготовлена качественная
деталь}, B ={только один из рабочих допустил брак}.
Решение: пусть C ={1-й рабочий допустил брак}, D ={2-й рабочий допустил брак}. Тогда A  C  D (ни один из рабочих не допустил брак). По условию
задачи события C и D независимы, следовательно, P( A)  P(C  D) 
= P(C )  P( D) = (1  P(C ))  (1  P( D)) = 0,9  0,8  0,18 . B  C  D  C  D (1-й рабочий допустил брак, 2-й рабочий не допустил брак либо 1-й рабочий не допустил
брак, 2-й – допустил брак). В правой части равенства записана сумма несовместных событий и, поскольку, события C и D независимы, следовательно,
P( B)  P(C  D  C  D)  (1  P(C ))  P( D)  P(C )  (1  P( D))  0,9  0,2  0,1 0,8 
 0,26 .
1.4.3. Известно, что на встречу выпускников Дедов придет с вероятностью p1 , Ефимов – с вероятностью p2 и Федоров – с вероятностью p3 . Выпускники приходят на встречу независимо друг от друга. Найти вероятности
событий: A ={пришли только двое из названных лиц}, B ={Дедов и Ефимов
пришли на встречу}, C ={хотя бы один из названных лиц пришел на встречу}.
Решение: пусть D ={Дедов пришел на встречу} ( P( D)  p1 , P( D)  q1 
=1  p1 ); E = {Ефимов пришел на встречу} ( P( E )  p2 , P( E )  q2  1  p2 ); F =
={Федоров
пришел
на
встречу}
( P( F )  p3 ,
P( F )  q3  1  p3 ).
Тогда
A  D  E  F  D  E  F  D  E  F (пришли Дедов и Ефимов, Федоров не пришел,
либо пришли Дедов и Федоров, Ефимов не пришел, либо пришли Ефимов и
Федоров, Дедов не пришел). В правой части равенства стоят попарно несовместные события, D, E, F - независимые события, следовательно,
P( A)  p1 p2q3  p1q2 p3  q1 p2 p3 . Событие B  D  E (пришел ли на встречу Федоров не имеет значения) и P( B)  P( D  E )  p1 p2 . Событием противоположным
событию C будет - C = {никто из названных лиц не пришел на встречу}. Очевидно, что C  D  E  F . P(C )  1  P(C )  1  q1q2q3 .
1.4.4. Производится стрельба по самолету. При попадании одного снаряда
он с вероятностью p1 попадает в кабину самолета, с вероятностью p2 - в топливные баки и с вероятностью p3 - в планер ( p1  p2  p3  1). Попадание снаряда в ту или иную часть самолета независимо от попаданий других снарядов.
Для поражения самолета достаточно одного попадания в кабину, двух попаданий в топливные баки или трех в планер. События: Dk ={в самолет попало k
снарядов}, E ={самолет поражен}. Найти условную вероятность P( E Dk ) при
k = 2, 3, 4.
Решение: обозначим Ai ={ i -й снаряд попал в кабину}, Bi ={ i -й снаряд
попал в топливные баки}, Ci ={ i -й снаряд попал в планер}, i  1, k . При k  2
имеем: ( E D2 ) = B1  C2  C1  B2  C1  C2 ( ( E D2 ) ={самолет не поражен при попа-28-
дании двух снарядов}, B1  C2 ={1-й снаряд попал в топливные баки, 2-й – в
планер}, C1  B2 ={1-й снаряд попал в планер, 2-й – в топливные баки},
C1  C2 ={оба снаряда попали в планер}, попадание хотя бы одного снаряда в кабину приведет к поражению самолета). События, стоящие в правой части равенства попарно несовместные, поэтому P( E D2 )  P( B1  C2 )  P(C1  B2 ) 
 P(C1  C2 ) и, так как, события Ai , Bi , Ci независимы, то P( E D2 )  2 p2 p3  p32 .
P( E D2 )  1  P( E D2 )  1  2 p2 p3  p32
(отметим,
( p1  p2  p3 )2  2 p2 p3  p32 )  p12  p22  2 p1 p2  2 p1 p3 .
получим
при
k  3:
что
1  2 p2 p3  p32 
Рассуждая
аналогично,
( E D3 ) = B1  C2  C3  C1  B2  C3  C1  C2  B3
и
P( E D3 )  1  3 p2 p32 , при k  4 ( E D4 )   (если ни один снаряд не попал в кабину, никакие два не попали в топливные баки, тогда по крайней мере три снаряда попадут в планер и самолет будет поражен) и P( E D4 )  1 .
1.4.5. Из колоды в 52 карты наудачу извлекается одна карта. События:
A ={вынутая карта – туз}, B ={вынутая карта черной масти}, C ={вынутая карта бубновой масти}. Являются ли события A, B, C независимыми в совокупности?
Решение: установим сначала попарную независимость событий. Очевид4
1
1
1
но, что P( A) 
(среди 52 карт 4 туза), P( B)  и P(C )  . Найдем ве
2
4
52 13
роятность события ( A B) ={из карт черной масти извлекли туза}, P( A B) 
2
1

 . Имеем P( A B)  P( A) , следовательно, события A и B независимы.
26 13
Найдем вероятность события ( A C ) = {из карт бубной масти вынули туза},
1
P( A C )  . Имеем P( A C )  P( A) , следовательно, события A и C независи13
мы. Найдем вероятность события ( B C ) ={из карт бубновой масти вынули карт
черной масти}, очевидно, что P( B C )  0 . Имеем P( B C )  P( B) , следовательно, события B и C зависимы. Таким образом, события A, B, C не являются независимыми в совокупности событиями.
1.4.6. Из колоды в 32 карты последовательно извлекают четыре карты.
Какова вероятность того, что вытащат четыре туза (событие E )?
Решение: пусть A ={1-я вынутая карта туз}, B ={2-я вынутая карта туз},
C ={3-я вынутая карта туз}, D ={4-я вынутая карта туз}. Тогда E  A  B  C  D
и, поскольку события A, B, C, D зависимые, то P( E )  P( A  B  C  D) 
 P( A)  P( B A)  P(C A  B)  P( D A  B  C ) . В колоде 32 карты и среди них 4 туза,
4
поэтому P( A)  . Перед извлечением 2-й карты в колоде осталась 31 карта и
32
-29-
3
2
. Аналогично: P(C A  B)  ,
31
30
1
4  3  2 1
. Следовательно, P( E ) 
P( D A  B  C ) 
 2,78  105 .
29
32  31  30  29
1.4.7. Иванов и Сидоров по очереди бросают игральную кость. Выигрывает тот, у кого раньше выпадет 5 или 6 очков. Иванов бросает первым. Найти
вероятности событий: I ={выиграл Иванов}, S ={выиграл Сидоров}.
Решение: обозначим Ak ={при k -м бросании у Иванова выпало 5 или 6
очков}, Bk ={при k -м бросании у Сидорова выпало 5 или 6 очков}, P( Ak ) 
среди них 3 туза, поэтому
P( B A) 
 P( Bk )  p , P( Ak )  P( Bk )  q ( p  q  1). Вероятность того, что при бросании
1
игральной кости выпадет 5 или 6 очков очевидно равна p  . Иванов выигра3
ет, если I  A1  A1  B1  A2  A1  B1  A2  B2  A3  ... . Поскольку в правой части равенства события попарно несовместны, то P( I )  p  qqp  qqqqp  ...
p
S  A1B1 
Сидоров
выиграет,
если
 p(1  q 2  q 4  ...) 
 0,6 .
1  q2
 A1  B1  A2  B2  A1  B1  A2  B2  A3 B3  ... . Поскольку в правой части равенства события
попарно
несовместны,
то
P(S )  qp  qqqp  qqqqqp  ...
pq
 pq(1  q 2  q 4  ...) 
 0,4 .
1  q2
1.4.8. По каналу связи передаются три сообщения. Каждое из них независимо от других искажается с вероятностью 0,2. найти вероятности событий:
A ={все сообщения переданы без искажений}, B ={все сообщения искажены},
C ={хотя бы одно сообщение искажено}, D ={ровно одно сообщение передано
без искажений}, E ={ровно два сообщения переданы без искажений}.
1.4.9. Вычислить вероятность работы каждой из схем, приведенных на
рис.11 (условия в задаче 1.4.1.).
2
3
2
1
1
3
4
2
1
4
3
4
5
5
а)
б)
в)
Рис. 11
1.4.10. Вероятность обнаружения самолета за один обзор локатора равна
0,3. Найти вероятности событий: A ={за три обзора локатора самолет будет обнаружен}, B ={самолет обнаружен ровно при третьем обзоре локатора}, C ={за
-30-
три обзора локатора самолет будет обнаружен ровно два раза}, D ={за три обзора локатора самолет обнаружат хотя бы один раз}, E = {за три обзора локатора самолет не будет обнаружен}.
1.4.11. Производится залп по цели из двух орудий. Вероятность попадания в цель первым орудием равна 0,8. Найти вероятность попадания в цель вторым орудием, если известно, что вероятность только одного попадания в цель
равна 0,38.
1.4.12. Вероятность попадания стрелком в мишень при одном выстреле
равна 0,8. Каково наибольшее число выстрелов, которые может произвести
стрелок, чтобы, с вероятностью больше 0,5, можно было ожидать, что не будет
ни одного промаха?
1.5. Формула полной вероятности. Формула Байеса
Пусть некоторое событие A может произойти одновременно с одним из
событий (гипотез) B1, B2 ,..., Bn , которые удовлетворяют условиям: 1) гипотезы
попарно несовместны, то есть Bi  B j   при i  j , i, j  1, 2,..., n ; 2) в результате опыта обязательно осуществляется одна из гипотез, то есть
n
 B   и как
i 1
следствие
i
n
 P( B )  1 (при решении задач целесообразно проверять выполнеi 1
i
ние этого равенства). Пусть далее нам известны вероятности осуществления
каждой из гипотез P( Bi ) , i  1, 2,..., n (априорные вероятности гипотез) и
условные вероятности P( A Bi ) , i  1, 2,..., n события A при осуществлении
каждой из гипотез. Тогда вероятность события A может быть найдена по формуле
P( A)  P( B1 )  P( A B1 )  P( B2 )  P( A B2 )  ...  P( Bn )  P( A Bn ) ,
(18)
которая носит название формула полной вероятности.
Пусть опыт произведен и известно, что событие A произошло. На основе полученной дополнительной информации можно переоценить вероятности
гипотез, то есть найти апостериорные вероятности гипотез (вероятности после
опыта) или условные вероятности P( Bi A) каждой из гипотез, при условии
осуществления события A , по формуле
P( Bi A) 
P( Bi )  P( A Bi )
P( Bi )  P( A Bi )

, i  1, n , (19)
P( A)
P( B1 )  P( A B1 )  ...  P( Bn )  P( A Bn )
которая носит название формула Байеса.
1.5.1. В ящике находятся однотипные детали, из которых 20 деталей изготовлено на заводе № 1, 30 деталей изготовлено на заводе № 2, 50 деталей изготовлено на заводе № 1. Процент дефектных деталей, изготовленных на заводе
-31-
№ 1, составляет 5%, на заводе № 2 – 3% и на заводе № 3 – 2%. Какова вероятность того, что извлеченная наудачу из ящика деталь будет качественной?
Решение: пусть событие A ={из ящика извлечена качественная деталь}.
Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={извлеченная деталь изготовлена на заводе № 1};
B2 ={извлеченная деталь изготовлена на заводе № 2};
B3 ={извлеченная деталь изготовлена на заводе № 3}. Легко убедиться,
что B1  B2  B1  B3  B2  B3   (действительно, например, если деталь изготовлена на заводе № 1, то она не может быть изготовлена на другом заводе) и
B1  B2  B3   , поскольку в ящике находятся детали, изготовленные только на
указанных заводах. P( B1 )  0,2 (всего в ящике 100 деталей и 20 из них изготовлены на заводе № 1), аналогично P( B2 )  0,3 и P( B3 )  0,5 . Проверяем, что
сумма вероятностей всех гипотез равна единице: P( B1 )  P( B2 )  P( B3 ) 
A:
 0,2  0,3  0,5  1. Вычисляем условные вероятности события
P( A B1 )  0,95 (для завода № 1 процент брака составляет 5%, следовательно, качественных деталей 95%), аналогично P( A B2 )  0,97 и P( A B3 )  0,98 . По
формуле полной вероятности (18) найдем: P( A)  0,2  0,95  0,3  0,97 
0,5  0,98  0,971.
1.5.2. Имеется две партии приборов: первая состоит из 100 приборов, среди которых 4 дефектных, вторая состоит из 80 приборов, среди которых 2 дефектных. Из первой партии берется 10 приборов, а из второй – 15 приборов. Из
новой партии берут один прибор. Какова вероятность того, что он будет дефектным?
Решение: пусть событие A ={из новой партии взяли дефектный прибор}.
Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={взятый из новой партии прибор, первоначально находился в первой
партии};
B2 ={взятый из новой партии прибор, первоначально находился во второй
партии}.
Очевидно, что выполнены условия: B1  B2   и B1  B2   . Вычислим
вероятности гипотез: P( B1 )  0,4 и P( B2 )  0,6 (в новой партии 25 приборов, из
них 10 из первой и 15 из второй партии). Проверим, что P( B1 )  P( B2 )  1 . Вычислим условные вероятности события A : P( A B1 )  0,04 (так как мы вычисляем вероятность события A , считая, что прибор взят из первой партии, а в этой
партии всего 100 приборов и среди них 4 дефектных), аналогично
P( A B2 )  0,025 .
По
формуле
полной
вероятности
(18) найдем:
P( A)  0,4  0,04  0,6  0,025  0,031.
1.5.3. В урну, содержащую n шаров, опущен белый шар. После чего
наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлечен белый шар,
-32-
если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе
шаров по цвету.
Решение: пусть событие A ={извлечен белый шар}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={первоначально в урне не было белых шаров};
B2 ={первоначально в урне был 1 белый шар};
B3 ={первоначально в урне было 2 белых шара};
………………………………………………………
Bn1 ={первоначально в урне было n белых шаров}. Очевидно, что события B1, B2 ,..., Bn1 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них
должно произойти. Поскольку все предположения о составе шаров равновозможны, то вероятности осуществления каждой из гипотез одинаковы. Так как
1
всего гипотез (n  1) , сумма вероятностей всех гипотез равна 1, то P( Bi ) 
n 1
i  1, 2,..., (n  1) . Условные вероятности события A очевидно будут:
i
, i  1, 2,..., ( n  1) . По формуле полной вероятности (18) найдем:
P( A Bi ) 
n 1
1 n1 i
1  2  ...  (n  1) (1  (n  1))(n  1)
n2
P( A) 




.
n  1 i 1 n  1
(n  1)2
2(n  1) 2
2(n  1)
1.5.4. В ящике лежат 20 теннисных мячей, в том числе 15 новых и 5 игранных. Для игры наудачу выбираются два мяча и после игры возвращаются
обратно. Какова вероятность того, что на вторую игру выберут наудачу новые
мячи?
Решение: пусть событие A ={на вторую игру взяли два новых мяча}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={на первую игру взяли два новых мяча};
B2 ={на первую игру взяли 1 новый и 1 игранный мяч};
B3 ={на первую игру взяли два игранных мяча}. Очевидно, что события
B1, B2 , B3 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Вычислим вероятности гипотез. Два мяча из 20 можно выбрать C202
способами, два новых мяча из 5 - C52 способами и выбрать 1 новый и 1 играный
мяч
-
C C
1
5
1
15
способами.
По
формуле
(1) найдем:
C52
1
P( B1 )  2  ,
C20 19
C51  C151 15
C152 21
и

P
(
B
)

 . Проверим, что P( B1 )  P( B2 ) 
3
C202
38
C202 38
 P( B3 )  1 . Вычислим условные вероятности события A , также с использоваP( B2 ) 
нием
классического
определения
-33-
вероятности:
P( A B1 ) 
C132 39
 ,
C202 95
C142
91
C152 21
, P( A B3 )  2  . По формуле полной вероятности (18)
P( A B2 )  2 
C20 190
C20 38
1 39 15 91 21 21
найдем: P( A)    
   0,516 .
19 95 38 190 38 38
1.5.5. Производится n независимых выстрелов по резервуару с горючим.
Каждый снаряд попадает в резервуар с вероятностью p . Если в резервуар попал один снаряд, то горючее воспламеняется с вероятностью p1 , если два снаряда, - с полной достоверностью. Найти вероятность того, что при n выстрелах
горючее воспламенится.
Решение: пусть событие A ={горючее воспламенилось}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={при n выстрелах ни один снаряд не попал в резервуар};
B2 ={при n выстрелах только один снаряд попал в резервуар};
B3 ={при n выстрелах больше одного снаряда попало в резервуар}. Очевидно, что события B1, B2 , B3 попарно несовместны и, в результате опыта, одно
из них должно произойти. Для вычисления вероятностей гипотез рассмотрим
события: Ck ={ k -й по счету снаряд попал в резервуар}, k  1, 2,..., n , P(Ck )  p
и P(Ck )  1  p  q . Тогда B1  C1  C2  ...  Cn , события C1, C2 ,..., Cn независимы в
совокупности, поэтому P( B1 )  q n . B2  C1  C2  ...  Cn 
C1  C2  C3  ...  Cn  ...
C1  ...  Cn1  Cn . События, стоящие в правой части равенства, попарно несовместны. Вероятность каждого из них (так как они независимы в совокупности)
равна pq n1 , следовательно, P( B2 )  npq n1 . Вероятность гипотезы B3 найдем из
условия: P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )  1, то есть P( B3 )  1  npq n1  q n . Условные вероятности события A будут: P( A B1 )  0 , P( A B2 )  p1 , P( A B3 )  1. Тогда
P( A)  p1npq n1  1  npq n1  q n  1  nq1 pq n1  q n ( q1  1  p1 ).
1.5.6. Три орудия производят стрельбу по трем целям. Каждое орудие выбирает себе цель случайным образом и независимо от других. Цель обстрелянная одним орудием, поражается с вероятностью p . Найти вероятность того, что
из трех целей две будут поражены, а третья нет.
Решение: пусть событие A ={поражены только две цели из трех}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={обстреляны все три цели};
B2 ={обстреляна только одна цель}={все орудия стреляли по одной цели};
B3 ={две цели обстреляны, а третья нет}. Очевидно, что события B1, B2 , B3
попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти.
Для вычисления вероятностей гипотез рассмотрим события: C1 ={одно из орудий выбирает любую цель}, C2 ={другое орудие выбирает одну из двух необстрелянных целей}, C3 ={третье орудие выбирает оставшуюся необстрелянную
-34-
2 1 2
цель}. Тогда, B1  C1  C2  C3 и P( B1 )  P(C1 )  P(C2 C1 )  P(C3 C1  C2 )  1    .
3 3 9
1 1 1
Далее, рассуждая аналогично, получим, что
и
P( B2 )  1   
3 3 9
2 2
(первые два орудия выбирают любую цель. Если первые
P( B3 )  1  1  
3 3
два орудия выбрали одну и ту же цель, то третье орудие должно обстрелять одну из двух оставшихся целей. Если первые два орудия выбрали разные цели, то
третье орудие должно обстрелять одну из двух, но уже обстрелянных целей, то
есть
будет
обстреляно
ровно
две
цели).
Убеждаемся,
что
P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )  1. Чтобы вычислить условную вероятность события
( A B1 ) , надо вычислить вероятность того, что будет поражено ровно две цели
при условии, что каждое орудие стреляло по своей, отличной от других, цели.
Это означает, что два орудия поразили свои цели, а третье орудие нет. Обозначим: Dk ={ k -е орудие поразило цель}, k  1, 2, 3 . Тогда имеем: ( A B1 ) =
= D1  D2  D3  D1  D2  D3  D1  D2  D3 . События, стоящие в правой части равенства, попарно несовместны. Вероятность каждого из них (так как они независимы в совокупности) равна p 2 (1  p) , следовательно, P( A B1 )  3 p 2 (1  p) .
Очевидно, что P( A B2 )  0 . В предположении гипотезы B3 , два орудия стреляют по одной цели. Тогда вероятность ее поражения будет (1  (1  p)2 ) . Третье
орудие поражает свою цель с вероятностью p . Следовательно, вероятность
осуществления события ( A B3 ) будет P( A B3 )  (1  (1  p)2 ) p = (2  p) p 2 . По
2
2
формуле полной вероятности (18) найдем: P( A)   3 p 2 (1  p)   (2  p) p 2 
9
3
2
= p 2 (3  2 p) .
3
1.5.7. Число грузовых автомашин, проезжающих по шоссе, на котором
стоит бензоколонка, относится к числу легковых автомашин, проезжающих по
тому же шоссе как 3:2. Вероятность того, что будет заправляться грузовая автомашина равна 0,1, для легковой автомашины эта вероятность 0,2. К бензоколонке подъехала для заправки автомашина. Найти вероятность, что это грузовая автомашина.
Решение: пусть событие A ={к бензоколонке подъехала для заправки автомашина}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={по шоссе едет грузовая автомашина};
B2 ={по шоссе едет легковая автомашина}. Очевидно, что события B1 , B2
несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. Число проезжающих грузовых автомашин относится к числу проезжающих легковых автомашин как 3:2, то есть из каждых 5 автомашин 3 - грузовые и 2 - легковые.
-35-
3
2
и P( B2 )  . По условию задачи P( A B1 )  0,1 и
5
5
По
формуле
полной
вероятности
(18)
найдем:
P( A B2 )  0,2 .
P( A)  0,6  0,1  0,4  0,2  0,14 . Вероятность искомого события ( B1 A) найдем
0,6  0,1 3
по формуле Байеса (19): P( B1 A) 
  0,429 .
0,14
7
1.5.8. Изделие проверяется на стандартность одним из двух контролеров.
Вероятность того, что изделие попадет к первому контролеру равна 0,55, а ко
второму – 0,45. Вероятность того, что стандартное изделие будет признано
стандартным первым контролером равна 0,9, а вторым – 0,95. Стандартное изделие было признано стандартным. Найти вероятность того, что его проверил
второй контролер.
Решение: пусть событие A ={стандартное изделие было признано стандартным}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={изделие проверил первый контролер};
B2 ={изделие проверил второй контролер}. Очевидно, что события B1 , B2
несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти. По условию
задачи P( B1 )  0,55 , P( A B1 )  0,9 и P( B2 )  0,45 , P( A B2 )  0,95 . По формуле
полной вероятности (18) найдем: P( A)  0,55  0,9  0,45  0,95  0,9225 . Вероятность искомого события ( B1 A) найдем по формуле Байеса (19):
0,45  0,95
P( B2 A) 
 0,463 .
0,9225
1.5.9. В группе спортсменов 5 мастеров спорта, 3 кандидата в мастера
спорта и 2 спортсмена 1-го разряда. Вероятность того, что при одном выстреле
мастер спорта попадет в мишень, равна 0,95, для кандидата в мастера эта вероятность – 0,9 и для спортсмена 1-го разряда – 0,8. Случайно выбранный
спортсмен произвел выстрел и зафиксировано попадание в мишень. Найти вероятность того, что стрелял мастер спорта.
Решение: пусть событие A ={после выстрела зафиксировано попадание в
мишень}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={стрелял мастер спорта};
B2 ={стрелял кандидат в мастера спорта};
B3 ={стрелял спортсмен 1-го разряда}. Очевидно, что события B1, B2 , B3
попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно произойти.
Поскольку в группе всего 10 спортсменов, то пользуясь классическим определением вероятности (формула (1)) найдем: P( B1 )  0,5 , P( B2 )  0,3 и
P( B3 )  0,2 . По условию задачи P( A B1 )  0,95 , P( A B2 )  0,9 и P( A B3 )  0,8 .
По формуле полной вероятности (18) найдем: P( A)  0,5  0,95  0,3  0,9 
Следовательно, P( B1 ) 
-36-
0,2  0,8  0,905 . Вероятность искомого события ( B1 A) найдем по формуле
0,5  0,95
Байеса (19): P( B1 A) 
 0,525 .
0,905
1.5.10. Проверяют партию из n изделий, среди которых с равной вероятностью может быть 0, 1, 2, …, m ( m  n ) бракованных. Наудачу взятое для контроля изделие оказалось качественным. Вычислить вероятности следующих событий: S k ={в партии ровно k бракованных изделий}, S ={число бракованных
изделий в партии меньше m }.
Решение: пусть событие A ={взятое на контроль изделие оказалось качественным}. Выскажем следующие гипотезы:
B1 ={в партии нет бракованных изделий};
B2 ={ в партии 1 бракованное изделие};
B3 ={ в партии 2 бракованных изделия};
…………………………………………..
Bm1 ={в партии m бракованных изделий}. Очевидно, что события
B1, B2 ,..., Bm1 попарно несовместны и, в результате опыта, одно из них должно
произойти. Поскольку, по условию задачи, вероятности всех гипотез одинаковы
и так как всего гипотез (m  1) , сумма вероятностей всех гипотез равна 1, то
1
, k  1, 2,..., ( m  1) . Условные вероятности события A очевидно
P( Bk ) 
m 1
n  (k  1)
будут: P( A Bk ) 
, k  1, 2,..., ( m  1) . По формуле полной вероятноn
1 m1 n  (k  1) n  (n  1)  ...  (n  m)
P( A) 



сти
(18)
найдем:
m  1 k 1
n
(m  1)n
(n  (n  m))(m  1) 2n  m
. Условные вероятности гипотез, при условии


2(m  1)n
2n
осуществления события
найдем по формуле Байеса (19):
A,
1 n  (k  1)

2(n  k  1)
m

1
n
P( Bk A) 
=
. Событие S k совпадает с событием
2n  m
(m  1)(2n  m)
2n
2(n  k )
( Bk 1 A) , следовательно, P( Sk )  P( Bk 1 A) 
. Событие S проти(m  1)(2n  m)
воположно событию ( Bm1 A) ={в партии ровно m бракованных изделий при
условии, что взятое на контроль изделие оказалось качественным}. Поэтому,
m(2n  m  1)
2(n  m)
P(S )  1  P( Bm1 A)  1 
.

(m  1)(2n  m) (m  1)(2n  m)
1.5.11. В первой урне находится 10 шаров, из них 8 белых, во второй урне
– 20 шаров, из них 4 белых. Из каждой урны наудачу извлекают по одному ша-
-37-
ру, а затем из этих двух шаров берут один. Найти вероятность того, что взят белый шар.
1.5.12. В каждой из трех урн находится по 6 черных и 4 белых шара. Из
первой урны извлечен один шар и переложен во вторую урну; после чего из
второй урны извлечен один шар и переложен в третью. Найти вероятность того,
что наудачу извлеченный из третьей урны шар окажется белым.
1.5.13. В бригаде 8 рабочих и 2 ученика. Вероятность изготовить бракованное изделие для рабочего составляет 0,05, для ученика 0,2. Производительность рабочего в два раза выше, чем ученика. Какова вероятность, что некоторое изделие, изготовленное одним из членов бригады, окажется бракованным?
1.5.14. Однотипные приборы выпускаются тремя заводами в количественном отношении: n1 : n2 : n3 . Вероятности брака для этих заводов соответственно равны p1, p2 , p3 . Прибор, купленный лабораторией, оказался бракованным. Какова вероятность того, что этот прибор изготовлен первым заводом?
1.5.15. В группе из 10 студентов, пришедших на экзамен, 3 студента могут ответить на все 20 экзаменационных вопросов, 4 студента могут ответить на
16 вопросов из 20, 2 студента – на 10 вопросов и 1 студент – на 5 вопросов. Вызванный наугад студент ответил на все три заданных преподавателем вопроса.
Найти вероятность того, что этот студент: а) знал ответы на все 20 вопросов; б)
знал ответы только на 5 вопросов.
1.6. Последовательности независимых испытаний
Пусть опыт заключается в проведении n испытаний. Если вероятность
исхода каждого испытания не зависит от того, какие вероятности имели исходы
предыдущих испытаний (в этом случае вероятность фиксируемого результата
опыта вычисляется как произведение вероятностей исходов отдельных испытаний), то такие последовательности испытаний называются последовательностями независимых испытаний.
Если в каждом из испытаний некоторое фиксируемое событие A происходит с вероятностью p , либо не происходит с вероятностью q  1  p , то вероятность появления события A в n испытаниях ровно m раз находится по формуле Бернулли
Pn (m)  Cnm p mq nm , m  1,2,..., n.
(20)
Наивероятнейшее число m0 появлений события A ( Pn (m0 )  Pn (m) ) определяется из двойного неравенства
(n  1) p  1  m0  (n  1) p.
(21)
Если (n  1) p целое число, то наивероятнейшее число m0 будет иметь два значения.
-38-
1.6.1. Игральную кость бросают 6 раз. Найти вероятности следующих событий: A ={3 очка выпало ровно два раза}, B ={3 очка выпало не менее двух
раз}, C ={3 очка выпало хотя бы один раз}.
Решение: пусть событие D ={при однократном бросании кости выпало 3
1
очка}. Очевидно, что P( D)  и эта вероятность постоянна в каждом испыта6
нии. Используя формулу Бернулли (20), получим:
P( A)  P6 (2) 
 6  6
2
 C62  1
 5
4
 0,201 ,
 6
P( B)  1  P6 (0)  P6 (1)  1  5
 6
 0,2632 , P(C )  1  P(C )  1  P6 (0)  1  5
6
6
 6  6
 6 1
 5
5

 0,6651 .
1.6.2. В квадрат со стороной 2a вписан круг. В квадрат наудачу бросают
4 точки. Найти вероятности следующих событий: A ={только одна точка попала в круг}, B ={три точки попали в круг}, C ={хотя бы три точки попали в
круг}.
Решение: пусть событие D ={случайно брошенная в квадрат точка попала
в круг}. По условию задачи случайная точка с равной вероятностью может попасть в любую часть квадрата, поэтому для вычисления вероятности события
D можем воспользоваться формулой (2) (геометрическое определение вероятности). Площадь квадрата равно 4a 2 , радиус вписанного круга, очевидно, - a и
a 2 
2
его площадь равна a . Тогда, P( D)  2  . Применяя формулу Бернулли
4a
4
3
3

 
1  
(20), найдем: P( A)  P4 (1)  C4     1     1    0,031 , P( B)  P4 (3) 
4  4
 4
3
3 (4  )   
       (4  )
 0,416 ,
P(C )  P4 (3)  P4 (4) 
  
= C     1   
43
43
4  4
4
3 (16  3)
 0,796 .
=
44
1.6.3. По N лункам наудачу разбрасывают M шариков (в каждую лунку
может попасть несколько шариков). Найти вероятность события A , заключающегося в том, что в первую лунку попадет k1 шариков, а во вторую - k2 шариков ( k1  k2  M ).
Решение: общее число способов распределить M шариков по N лункам
равно числу размещений с повторениями из N элементов (лунок) по M эле3
4
3
4
M
ментов (шариков), то есть n  AN  N M . Число исходов, благоприятствующих
событию A найдем следующим образом: набрать k1 шариков в первую лунку
можно CMk1 способами, при каждом таком наборе выбрать k2 шариков во вторую лунку можно CMk2 k1 способами, оставшиеся (M  k1  k2 ) шариков можно
распределить по ( N  2) лункам ( N  2) M k1 k2 способами. Тогда, число исходов,
-39-
благоприятствующих событию A , будет равно m  CMk1 CMk2 k1 ( N  2) M k1 k2 . Вероятность осуществления события A будет равна P( A) 
CMk1 CMk2 k1 ( N  2) M k1 k2
.
NM
1.6.4. При одном выстреле стрелок попадает в мишень с вероятностью
0,8. Какова вероятность, что из 9 выстрелов 5 будут точными (событие A )? Каково наиболее вероятное число попаданий при 9 выстрелах?
Решение: по формуле Бернулли P( A)  P9 (5)  C95  (0,8)5  (0,2)4  0,066 .
Наиболее вероятное число попаданий m0 найдем по формуле (21):
(9  1)  0,8  1  m0  (9  1)  0,8 , 7  m0  8 , то есть при 9 выстрелах наиболее вероятными будут события: 7 попаданий, либо 8 попаданий.
1.6.5. На отрезок АВ поставлена точка С так, что АС : ВС  1: 3 . На отрезок АВ случайно ставят 5 точек. Найти вероятности событий: A ={на отрезок
АС попало ровно три точки}, B ={на отрезок АС попало не менее трех точек},
C ={на отрезок АС попало хотя бы три точки}. Найти наиболее вероятное число точек, которые попадут на отрезок ВС.
1.6.6. В круг радиуса R вписан правильный шестиугольник. В круг
наудачу брошены пять точек. Найти вероятность того, что хотя бы две из них
попадут в шестиугольник.
1.6.7. Два равносильных противника играют в шахматы. Каждая игра заканчивается выигрышем одного из них. Что вероятнее: а) выиграть одну партию из двух или две из четырех? б) выиграть не менее двух партий из четырех
или не менее трех из пяти?
1.6.8. Проверочный тест состоит из пяти вопросов. На каждый вопрос теста приведено четыре ответа. Чтобы получить зачет надо правильно ответить
хотя бы на три вопроса. Какова вероятность получить зачет, если ответы на вопросы теста выбирать наудачу?
Формулы Пуассона и Муавра – Лапласа
Непосредственное применение формулы Бернулли при большом числе
испытаний связано с громоздкими вычислениями. В этих случаях используют
приближенные формулы.
Если число испытаний n достаточно велико, а вероятность p достаточна
мала и выполнены условия: n
формула Пуассона
m2 , np 2
Pn (m)  C p q
m
n
m
n m
1 , np 2
1 , mp
 m 

e ,   np .
m!
1, то применима
(22)
Если число испытаний n достаточно велико, а вероятности p и q не
очень близки к нулю и выполнены условия: npq 1, m  np , то можно применять локальную формулу Муавра-Лапласа
-40-
Pn (m)  Cnm p m q nm 
1
m  np
 ( x), x 
npq
npq
(23)
и интегральную формулу Муавра-Лапласа
Pn (m1  m  m2 )  ( x2 )  ( x1 ), x1 
m1  np
m  np
, x2  2
.
npq
npq
2
(24)
x
1  x2
e
Значения функции Гаусса ( x) 
и функции Лапласа ( x)   (t )dt 
2
0
x
2
t

1

e 2 dt табулированы (приложения 1, 2).

2 0
1.6.9. Вероятность изготовления дефектной детали 0,002. В партии 1000
деталей. Найти вероятности событий: A ={в партии 2 бракованных детали},
B ={в партии не более трех бракованных деталей}.
Решение: точные значения искомых вероятностей можно найти по формуле Бернулли (20). Но поскольку число испытаний велико и выполнены условия применения формулы Пуассона (22) ( n  1000 m2  9 , np 2  0,004 1 ,
то
ее
можно
использовать.
и
mp  0,006 1 ),
  np  2
22  e2
P( B)  P1000 (0)  P1000 (1)  P1000 (2)  P1000 (3) 
P( A)  P1000 (2) 
 0,2707 ,
2!
20  e2 21  e2 22  e2 23  e2




 0,8571.
0!
1!
2!
3!
1.6.10. Среди юношей призывного возраста в среднем четверо имеют рост
выше 190 см. Призыву в ряды вооруженных сил в некотором призывном пункте
подлежит 500 юношей. Найти вероятности событий: A ={среди призывников
рост 25 юношей больше 190 см}, B ={число призывников, имеющих рост выше
190 см, заключено в пределах от 20 до 30 человек}.
Решение: вероятность того, что юноша призывного возраста выше 190 см
равна p = 0,04 (каждые четверо из ста), q  1  p =0,96. Вычисление точных зна-
чений вероятностей P( A)  C
25
500
 0,04  0,96
25
475
и P( B) 
30
C
m20
m
500
 0,04m  0,96500m
весьма трудоемко. Так как, npq  700  0,04  0,96  26,88 1 и np  700  0,04 
=28 близко к m ( 20  m  30 ), то можно воспользоваться локальной (23) и инте1
 ( x),
гральной (24) формулами Муавра-Лапласа. А именно, P( A) 
npq
25  28
m  np
 0,5786 , (0,5786)  (0,5786) 
x
и, в нашем случае, x 
26,88
npq
-41-
0,3372

26,88
m  np
0,3372
x1  1
,
P( B)  Pn (m1  m  m2 )  ( x2 )  ( x1 ),

 0,065 .
5,1845
npq
m  np
20  28
30  28
x2  2
. В нашем случае, x1 
1,543 , x2 
 0,386 ,
5,1845
5,1845
npq
(1,543)  (1,543)  0,4386 , (0,386)  0,1498 (находим по таблице, приложение 2) и P( B)  0,1498 + 0,4386  0,5884.
1.6.11. Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету p =0,01.
Покупатель приобрел 300 лотерейных билетов. Найти вероятности следующих
событий: A ={три приобретенных билета окажутся выигрышными}, B ={хотя
бы три билета окажутся выигрышными}.
1.6.12. Вероятность допустить опечатку при наборе одной страницы книги равна 0,005, всего в книге 400 страниц. Найти вероятности следующих событий: A ={в книге допущено 4 опечатки}, B ={в книге допущено не более 4 опечаток}.
1.6.13. Вероятность допустить брак при изготовлении одной детали равна
0,001. Какова вероятность того, что число бракованных деталей в партии из
30000 штук будет заключено в пределах от 20 до 30 деталей?
1.6.14. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8.
Найти вероятности следующих событий: A ={при 100 выстрелах будет 82 попадания}, B ={при 100 выстрелах число попаданий будет от 70 до 85}.
Вероятности исходов отдельных испытаний различны, либо число
исходов отдельных испытания больше двух
Если каждое k -е из независимых испытаний заканчивается одним из двух
возможных исходов (фиксируемое событие A произошло с вероятностью pk ,
либо не произошло с вероятностью qk  1  pk ), то вероятность того, что в n
испытаниях событие A произойдет ровно m раз, равна коэффициенту при z m в
разложении по степеням z производящей функции
 0,3372
(находим
по
таблице,
приложение
1)
и
P( A) 
n
Gn ( z )   ( pm z  qm ) .
(25)
m 1
Если каждое k -е из независимых испытаний заканчивается одним из нескольких взаимоисключающих исходов (фиксируемое событие Ai произошло с
вероятностью pi , либо не произошло с вероятностью qi  1  pi , i  1, 2,..., s ),
то вероятность того, что при n испытаниях событие A1 произойдет m1 раз, соs
бытие A2 - m2 раз, …, событие As - ms раз (  mi  n ) находится по формуле
i 1
-42-
Pn (m1 , m2 ,..., ms ) 
n!
p1m1 p2m2 ... psms .
m1 !m2 !...ms !
(26)
Если вероятности каждого исхода различны в разных испытаниях и pik вероятность i -го исхода в k -м испытании, i  1, 2,..., s , k  1, 2,..., n , то вероятность Pn (m1, m2 ,..., ms ) вычисляется как коэффициент при члене, содержащем
z1m1 , z2m2 ,..., zsms в разложении по степеням z1, z2 ,..., zs производящей функции
n
Gn ( z1 , z2 ,...zs )   ( p1k z1  p2 k z2  ...  psk zs ) .
(27)
k 1
1.6.15. Первый стрелок попадает в мишень с вероятностью 0,9, второй – с
вероятностью 0,8, третий – с вероятностью 0,7. Стрелки произвели по одному
выстрелу в одну и ту же мишень. Найти вероятности следующих событий:
A ={два попадания в мишень}, B ={в мишени не менее двух попаданий}.
Решение: в данном случае произведена серия из трех испытаний, но вероятность осуществления фиксируемого события (попадание в мишень) различна
в разных испытаниях. Поэтому надо воспользоваться формулой (25):
n
Gn ( z )   ( pm z  qm )  (0,9 z  0,1)  (0,8z  0,2)  (0,7 z  0,3) = 0,504 z 3  0,398 z 2 +
m1
+ 0,092 z  0,006 . Следовательно: P( A)  0,398 (коэффициент при z 2 ) и P( B) 
= 0,504 + 0,398 = 0,902 (либо два, либо три попадания).
1.6.16. Игральную кость бросают пять раз. Найти вероятность того, что 3
раза выпадет четное число очков, 1 раз выпадет одно очко и один раз выпадет
три либо пять очков (событие A ).
Решение: при одном бросании игральной кости возможны три взаимоис1
ключающих исхода: A1 ={выпало четное число очков}, P( A1 )  ; A2 ={выпало
2
1
1
одно очко}, P( A2 )  ; A3 ={выпало три либо пять очков}, P( A3 )  . По фор6
3
3
5!  1   1   1  5
      .
муле (26) получим: P( A)  P5 (3,1,1) 
3!1!1!  2   6   3  36
1.6.17. Стрелок производит четыре выстрела по мишени. При каждом выстреле возможны три взаимоисключающих исхода: A1k ={при k -м выстреле
стрелок попал в мишень, но не в «десятку»}, A2k = {при k -м выстреле стрелок
попал в «десятку»}, A3k ={при k -м залпе мишень не поражена}. При первом
выстреле вероятности исходов следующие: P( A11 )  0,2 , P( A21 )  0,1 ,
P( A31 )  0,7 . После каждого выстрела производится корректировка прицеливания, в результате чего вероятности первого и второго исходов увеличиваются
на 0,1 и, соответственно, вероятность того, что мишень не будет поражена
-43-
уменьшается на 0,2. Найти вероятности событий: A ={стрелок один раз попал в
мишень, но не в «десятку», один раз - в «десятку» и дважды мишень не была
поражена}, B ={стрелок три раза попал в «десятку» и один раз не попал в мишень}, C = {стрелок четыре раза попал в «десятку»}, D ={ стрелок один раз
попал в «десятку», два раза – «не в десятку» и один раз мишень не была поражена}.
Решение: в данном случае производится четыре испытания, в каждом из
которых возможны три исхода, причем вероятность каждого исхода различна
для
разных
испытаний.
По
формуле
(27)
имеем:
4
G4 ( z1 , z2 , z3 )   ( p1k z1  p2 k z2  p3k z3 ) = (0,2 z1  0,1z2  0,7 z3 ) 
k 1
(0,3z1  0,2 z2  0,5z3 )  (0,4 z1  0,3z2  0,3z3 )  (0,5z1  0,4 z2  0,1z3 ) =
= 0,012 z14  0,0326 z13 z2  0,0734 z13 z3  0,0329 z12 z22  0,1307 z12 z32  0,1564 z12 z2 z3 
0,0146 z1z23  0,0758z1z33  0,1932 z1z2 z32  0,1104 z1z22 z3  0,0024 z24  0,0258 z23 z3 
0,0711z22 z32  0,0582 z2 z33  0,0105z34 . Следовательно, P( A)  0,1932 (коэффициент при z1 z2 z32 ), P( B)  0,0258 (коэффициент при z23 z3 ), P(C )  0,0024 (коэффициент при z24 ), P( D)  0,1564 (коэффициент при z12 z2 z3 ).
-44-
2. Случайные величины
Случайной величиной называют такую величину, которая в результате
опыта может принимать то или иное значение, заранее до опыта неизвестно какое (но в данном опыте только одно).
Случайные величины обозначают, как правило, заглавными буквами
конца латинского алфавита: X , Y , Z , а их возможные значения (то есть те значения, которые они могут принимать) соответствующими малыми буквами:
x, y, z .
Дискретной случайной величиной (Д.С.В.) называют случайную величину, множество возможных значений которой - конечное или счетное множество.
Непрерывной случайной величиной (Н.С.В.) называют случайную величину, множество возможных значений которой непрерывно заполняет некоторый интервал числовой оси или всю числовую ось.
Законом распределения случайной величины называют всякое соотношение, устанавливающее связь между возможными значениями случайной
величины и вероятностями, с которыми она принимает эти значения.
В случае Д.С.В. закон распределения можно задать в виде таблицы:
xi
P( X  xi )  pi
x1
p1
такую таблицу ( x1  x2  ...  xn и
…
…
x2
p2
n
p
i 1
i
xn
pn
 1) называют рядом распределения
случайной величины, или задать графически, рис. 12. Точки M i ( xi , pi ) ,
i  1, 2,..., n на рис. 12 соединяют отрезками ломаной для наглядности, полученную фигуру называют многоугольником распределения случайной величины.
pi
p3
p2
p1
pn
M i ( xi , pi )
xn
x1 x2 x3
xi
Рис. 12
Наиболее общей формой закона распределения случайной величины является функция распределения или интегральный закон распределения случайной величины. Функция распределения может быть определена как для Д.С.В.
так и для Н.С.В.
-45-
2.1. Функция распределения и плотность распределения случайной
величины
Функцией распределения случайной величины X называется числовая
функция F ( x) , определяемая формулой
F ( x)  P( X  x) .
(28)
То есть значение функции распределения, соответствующее значению
аргумента x , равно вероятности осуществления события  X  x  , которое заключается в том, что случайная величина X приняла значение меньшее x .
Удобна геометрическая интерпретации функции распределения: пусть X случайная точка, которая может попасть в любую часть числовой оси. Тогда
F ( x0 ) есть вероятность того, что случайная точка попала на интервал числовой
оси, расположенный левее точки с абсциссой x0 , рис. 13.
F ( x0 )  P( X  x0 )
x0
x
X
Рис. 13
Свойства функции распределения: 1) 0  F ( x)  1; 2) если x1  x2 , то
F ( x1 )  F ( x2 ) ; 3) P(a  X  b)  F (b)  F (a) ; 4) lim F ( x)  0 и lim F ( x)  1 .
x
x
Если Д.С.В. задана рядом распределения, то есть перечислены все вероятности P( X  xi )  pi , i  1, 2,..., n , то F ( x)   P( X  xi ) (суммирование расxi  x
пространяется на все xi меньшие x ).
Для Н.С.В. применяют еще одну форму закона распределения - плотность распределения или дифференциальный закон распределения случайной
величины.
Плотностью распределения Н.С.В. X называют числовую функцию
f ( x) , определяемую равенством
P( x  X  x  x)
.
x0
x
f ( x)  lim
Свойства плотности распределения: 1) f ( x)  F ( x) и F ( x) 
(29)
x

f (t )dt ;

b
2) f ( x)  0 ; 3) P(a  X  b)   f ( x)dx , отметим, что для Н.С.В. F ( x) непрерывa
ная функция и P( X  x0 )  0 , то есть в случае Н.С.В. имеет смысл говорить
лишь о вероятности попадания случайной величины в некоторый, пусть сколь
-46-

угодно малый, интервал; 4)

f ( x)dx  1 - условие нормировки Н.С.В. (геомет-

рически это условие означает, что площадь фигуры, ограниченной кривой распределения y  f ( x) и осью абсцисс равна 1).
2.1.1. Случайная величина X задана рядом распределения:
1
0,25
xi
pi
3
0,3
4
0,3
6
0,15
Найти функцию распределения и вероятность того, что случайная величина
примет значение в промежутке [2, 5). Построить многоугольник распределения
и график функции распределения случайной величины.
Решение: так как минимальное, возможное значение случайной величины
при x  (, 1] F ( x)  P( X  1)  0 . При x  (1, 3]
X равно 1, то
F ( x)  P( X  3)  0,25 , поскольку только одно возможное значение случайной
величины X  1 меньше 3 и P( X  3)  0,25 . При x  (3, 4] случайная величина
X уже может принимать два возможных значения: X  1 , X  3 и
F ( x)  P( X  4)  P( X  1)  P( X  3)  0,55 . Аналогично, при
x  (4, 6]
F ( x)  P( X  6)  P( X  1)  P( X  3)  P( X  4)  0,85 и при x  (6,  )
F ( x)  P( X  )  P( X  1)  P( X  3)  P( X  4)  P( X  6)  1 . Таким обраесли x  (,1]
0,
0,25,
если x  (1,3]

если x  (3,4] .
зом, F ( x)  0,55,
0,85,
если x  (4,6]

если x  (6, )
1,
F ( x)
1
0,8
0,6
0,4
0,2
pi
0,3
0,2
0,1
0
1
3
а)
5
xi
0
2
6
4
x
б)
Рис. 14
Вероятность того, что Д.С.В. примет значение из промежутка [a, b) равно
приращению функции распределения на этом промежутке. Поэтому
P(2  X  5)  F (5)  F (2)  0,85  0,25  0,6 . Чтобы построить многоугольник
-47-
распределения надо точки M i ( xi , pi ) соединить отрезками ломаной (рис. 14 а)).
График функции распределения строим по вычисленным значениям F ( x) на
отдельных промежутках (рис. 14 б)).
2.1.2. Стоимость одного билета мгновенной лотереи 50 руб., вероятность
выигрыша – 0,2. Игрок покупает по одному билету до выигрыша, но не более
пяти билетов. Случайная величина X - сумма потраченных денег. Построить
многоугольник распределения Д.С.В. X и график функции распределения.
Найти вероятность того, что сумма потраченных средств меньше 200 руб. (событие C ).
Решение: возможные значения (в рублях) случайной величины, очевидно, будут: x1  50 , x2  100 , x3  150 , x4  200 , x5  250 . Для вычисления вероятностей обозначим: Ak ={ k -й приобретенный билет выигрышный},
k  1, 2, 3, 4 , P( Ak )  0,2 и P( Ak )  0,8 . Тогда, ( X  x1 )  A1 , ( X  x2 )  A1  A2 ,
( X  x3 )  A1  A2  A3 , ( X  x4 )  A1  A2  A3  A4 , ( X  x5 )  A1  A2  A3  A4 (будет ли
5-й билет с выигрышем или без выигрыша неважно, поскольку больше билетов
игрок не приобретает). Так как события Ak независимы в совокупности, то
p1  P( X  x1 )  0,2 ,
p2  P( X  x2 )  0,8  0,2  0,16 ,
p3  P( X  x3 ) 
p5  P( X  x5 ) 
 (0,8)2  0,2  0,128 ,
p4  P( X  x4 )  (0,8)3  0,2  0,1024 ,
4
 (0,8)  0,4096 . Многоугольник распределения представлен на рис. 15 а). Если
то
если
то
F ( x)  P( X  50)  0 ;
x  50 ,
50  x  100 ,
pi
F ( x)
0,4
1
0,6
0,2
0,2
0
100
200
а)
xi
0
Рис. 15
100
200
x
б)
F ( x)  P( X  100)  p1  0,2 ; если 100  x  150 , то F ( x)  P( X  150) 
 p1  p2  0,36 ; если 150  x  200 , то F ( x)  P( X  200)  p1  p2  p3  0,488 ;
если 200  x  250 , то F ( x)  P( X  250)  p1  p2  p3  p4  0,5904 ; если
x  250 , то F ( x)  1. Таким образом,
x
F ( x)
x  50 50  x  100 100  x  150 150  x  200 200  x  250 x  250
0
0,2
0,36
0,488
0,5904
1
-48-
График функции распределения представлен на рис. 15 б). P(C )  F (200) 
=0,488.
Замечание: если возможными значениями Д.С.В. являются числа n  1, 2, …, а
P( X  n)  pq n1 , ( p  q  1), то закон распределения Д.С.В. X называется
геометрическим.
2.1.3. Два спортсмена залпом стреляют по мишени. Вероятность попадания в мишень для первого спортсмена 0,8, для второго – 0,5. Произведено три
залпа. Случайная величина X - число попаданий в мишень. Построить многоугольник распределения, график функции распределения Д.С.В. X . Найти вероятность того, что после трех залпов будет не менее двух попаданий в мишень
(событие D ).
Решение: возможными значениями случайной величины X , очевидно,
будут числа: xi  (i  1) , i  1, 2,..., 7 . Для вычисления вероятностей
pi  P( X  xi ) рассмотрим события: Ak ={два промаха при k -м залпе},
Bk ={только одно попадание при k -м залпе}, Ck ={два попадания при k -м залпе}, k  1, 2, 3 . Очевидно, что P( Ak )  0,2  0,5  0,1 (оба спортсмена не попали
в мишень) ; P( Bk )  0,8  0,5  0,2  0,5  0,5 (первый попал в мишень, второй
промахнулся, либо первый промахнулся, второй попал); P(Ck )  0,8  0,5  0,4
(оба спортсмена попали в мишень). Далее: событие ( X  0)  A1  A2  A3 ;
( X  1)  B1  A2  A3  A1  B2  A3  A1  A2  B3 ;
( X  2)  C1  A2  A3  A1  C2  A3 
 A1  A2  C3  B1  B2  A3  B1  A2  B3  A1  B2  B3 ; ( X  3)  C1  B2  A3  C1  A2  B3 
 B1  C2  A3  A1  C2  B3  B1  A2  C3  A1  B2  C3  B1  B2  B3 ; ( X  4)  C1  C2  A3 
C1  A2  C3  A1  C2  C3  C1  B2  B3  B1  C2  B3  B1  B2  C3 ; ( X  5)  C1  C2  B3 
C1  B2  C3  B1  C2  C3 ; ( X  6)  C1  C2  C3 . Так как события Ak , Bk , Ck независимы и в правых частях равенств (где несколько слагаемых) события попарно
p3 
несовместны,
то
p1  (0,1)3  0,001,
p2  3  0,5  (0,1) 2  0,015 ,
 3  0,4  (0,1)2  3  (0,5) 2  0,1  0,087 , p4  6  0,1  0,5  0,4  (0,5) 3  0,245 , p5 
 3  (0,4)2  0,1  3  0,4  (0,5) 2  0,348 ,
p6  3  (0,4) 2  0,5  0,24 ,
p7  (0,4)3 
 0,064 . Таким образом ряд распределения Д.С.В. X есть:
xi
pi
0
0,001
1
0,015
2
0,087
3
0,245
Поскольку F ( x)   P( X  xi ) , то получим:
xi  x
-49-
4
0,348
5
0,24
6
0,064
если x  0;
0,001, если 0  x  1;
0,
0,016, если 1  x  2; 0,103, если 2  x  3;

F ( x)  
0,348, если 3  x  4; 0,696, если 4  x  5;
0,936, если 5  x  6; 1,
если x  6.
Событие D ={не менее двух попаданий в мишень после трех залпов} противоположно событию D ={меньше двух попаданий в мишень после трех залпов}.
Тогда P( D)  1  P( D)  1  P( X  2)  1  F (2)  1  0,016  0,984 . Многоугольник распределения Д.С.В. X представлен на рис. 16 а), график функции
распределения на рис. 16 б).
F ( x)
1
pi
0,3
0,5
0,1
0
2
4
а)
6
xi
0
Рис. 16
2
4
б)
x
6
2.1.4.
Функция
распределения
Н.С.В.
есть
X
если x  1;
0,

F ( x)  ax  b,
если 1  x  4; Найти коэффициенты a и b , плотность рас1,
если x  4.

пределения случайной величины X .
Решение: функция распределения Н.С.В. является непрерывной функцией, поэтому должны выполнятся равенства: a  b  0 ( F (1)  lim F ( x) ) и
x10
4a  b  1 ( F (4)  lim F ( x) ). Из этой системы уравнений найдем: a 
x40
1
и
3
1
b   . Плотность распределения есть производная от функции распределения,
3
1
 , если x [1, 4];
f ( x)  F ( x) , следовательно, f ( x)   3
(равномерный закон

0, если x [1, 4];
распределения).
2.1.5.
Плотность
распределения
Н.С.В.
имеет
вид:
X
2
a( x  1) , если x [0, 2];
f ( x)  
Найти значение коэффициента a , функцию
0,
если
x

[0,
2].

-50-
распределения, вероятность того, что значение случайной величины будет заключено в промежутке [1, 1,5] .
Решение: плотность распределения f ( x) должна удовлетворять усло
вию нормировки


a
2
a( x  1)3
2a
f ( x)dx  1. Следовательно,  a( x  1) dx 
и

3
3
0
0
2
2
3
. Функция распределения выражается через плотность распределения по
2
x
формуле
F ( x) 

f (t )dt ,
поэтому при
x0
F ( x)  0 .
При
0 x2

x
3(t  1) 2
(t  1)3
1 ( x  1)3
, F (2)  1 . При x  2 F ( x)  1.
F ( x)  F (0)  
dt 
 
2
2
2
2
0
0
x
если x  0;
0,

 1 ( x  1)3
, если 0  x  2; Так как функция распреТаким образом F ( x)   
2
2

если x  2.
1,
деления найдена, то вероятность того, что (1  X  1,5) можно найти по фор9
муле P(1  X  1,5)  F (1,5)  F (1)  .
16
2.1.6. Плотность распределения Н.С.В. X задана графически, рис. 17
(закон равнобедренного треугольника, закон Симпсона). Найти аналитическое
выражение для плотности распределения, значение коэффициента a , вероятность того, что случайная величина попадет в интервал (3, 4) , функцию распределения. Построить график функции распределения.
Решение: по условию нормировки плотности
распределения площадь фигуры, ограниченной
y  f ( x)
кривой распределения ( y  f ( x) ) и осью абс1
цисс
должна
быть
равна
1.
Поэтому,
 a  4 1
a
2
1
и a  . Уравнение прямой, проходящей через
2
x
0 1
3
5
M1 ( x1, y1 )
M 2 ( x2 , y2 )
точки
и
есть
Рис. 17
x  x1
y  y1
. Аналитическое выражение

x2  x1 y2  y1
-51-
f ( x)
будет:

0,
если x  [1, 5];

 x 1
f ( x)  
,
если x  [1, 3];
4

 x  5
 4 , если x  [3, 5].
x  5
dx 
4
3
4
P(3  X  4)  
4
( x  5) 2
3

 . Функция распределения выражается через плотность распре8
8
3
x
деления по формуле F ( x) 

f (t )dt , поэтому при x  1 F ( x)  0 . При 1  x  3

x
(t  1)
(t  1) 2
( x  1) 2
F ( x)  F (1)  
dt 

,
4
8
8
0
1
x
F (3) 
1
.
2
При
3 x 5
x
(t  5)
1 (t  5) 2
( x  5) 2
,
F ( x)  F (3)  
dt  
1
4
2
8
8
3
3
x
F (5)  1.
При
x5
если x  1;
0,

2
 ( x  1) ,
если x  (1,3];
 8
. График функF ( x)  1. Таким образом, F ( x)  
2
(

x

5)
1 
, если x  (3,5];

8

если x  5.
1,
ции распределения представлен на рис. 18.
F ( x)
1
0,6
0,2
0
1
3
Рис. 18
5
x
2.1.7.
Точка
наудачу
выбирается
в
квадрате
A
D  ( x, y) : 0  x  1, 0  y  1 . Найти плотность распределения случайной величины R , равной расстоянию от точки A до начала координат.
Решение: возможные значения ( r ) случайной величины R заключены в
промежутке 0  r  2 . Для вычисления вероятности события ( R  r ) , если
r  0 надо воспользоваться геометрическим определением вероятности. В
-52-
нашем случае все множество элементарных исходов есть множество D , то есть
  D и мера   1 , рис. 19 а). Если 0  r  1 , то F (r )  P( R  r ) 
y
1
0
y
y
1
r

а)
1 x
0
1
h
r 1 x
б)
Рис. 19
0



h
в)
1 x
r 2
 мера ( R  r ) 
, площадь четверти круга радиуса r , рис. 19 б). Если
4
1  r  2 , то мера ( R  r ) равна площади области, заштрихованной на рис. 19
в). Эта область разбита на два прямоугольных треугольника, катеты которых

1
равны 1 и h  r 2  1 , и круговой сектор с углом раствора    2 , cos   .
2
r
1

1
Следовательно,   arccos и    2arccos . Сумма площадей двух треr
2
r
2
угольников равна r  1 , площадь кругового сектора радиуса r с углом расr2
 .
твора
равна
Таким
образом,
при
1 r  2 ,

2
r2 
1
2
F (r )  P( R  r )  мера( R  r )  r  1  (  2arccos ) . При r  2 F (r )  1.
2 2
r
2
 r
если 0  r  1;
 4 ,
 2
1
 r
 r 2  1  r 2 arccos , если 1  r  2; Плотность распреИмеем, F (r )  
r
 4
1,
если r  2.


деления связана с функцией распределения соотношением f (r )  F (r ) . Поэто r
если 0  r  1;
2,

1
 r
му f (r )    2r arccos ,
если 1  r  2;
2
r

0,
если r  2.

2.1.8. Случайная величина X задана рядом распределения:
-53-
xi
pi
2
0,2
3
p2
5
0,3
7
0,1
Найти: p2 , функцию распределения, вероятность того, что случайная величина
X примет значение в промежутке [2, 5). Построить многоугольник распределения и график функции распределения случайной величины.
2.1.9. В пакете 8 тетрадей, среди которых 5 тетрадей в линейку. Наудачу
выбирают 4 тетради. Случайная величина X число тетрадей в линейку среди
отобранных. Построить многоугольник распределения и график функции распределения случайной величины.
2.1.10. Функция распределения Н.С.В. X есть F ( x)  a  arctgx  b при
x  (,  ) (закон распределения Коши). Найти коэффициенты a и b , плотность распределения случайной величины X .
2.1.11.
Плотность
распределения
Н.С.В.
имеет
вид:
X
a(1  x ), если x [1, 1];
f ( x)  
Найти значение коэффициента a , функцию
0,
если
x

[

1,
1].

распределения, вероятность того, что значение случайной величины будет заключено в промежутке [1,  0,5] .
2.1.12.
Точка
наудачу
выбирается
в
квадрате
A
D  ( x, y) : 0  x  1, 0  y  1 . Найти плотность распределения случайной величины Z , равной а) произведению координат точки A( x, y) , Z  X  Y ; б) сумме координат точки A( x, y) , Z  X  Y .
2.2. Числовые характеристики случайной величины
Для описания отдельных свойств случайной величины вводят понятие
числовых характеристик. Наиболее употребительными являются следующие.
Пусть X либо Д.С.В., заданная рядом распределения
xi
P( xi )  pi
x1
p1
…
…
x2
p2
xn
pn
либо Н.С.В., заданная плотностью распределения f ( x) .
Математическим ожиданием Д.С.В. X называется число M [ X ] ,
определяемое равенством
n
M [ X ]   xi pi .
(30)
i 1
Математическим ожиданием Н.С.В. X называется число M [ X ] ,
определяемое равенством
-54-

M[X ] 
 x  f ( x)dx .
(31)

Математическое ожидание характеризует среднее значение случайной
величины, то есть это та точка на числовой оси, около которой группируются
возможные значения случайной величины.
Дисперсией случайной величины X , D[ X ] , называется математическое ожидание квадрата отклонения случайной величины от ее математического ожидания, то есть
D[ X ]  M [ X  M [ X ] ] .
2
(32)
n
Д.С.В., то D[ X ]   ( xi  M [ X ])2  pi , если X
Если X
Н.С.В., то
i 1

D[ X ] 
 ( x  M [ X ])
2
 f ( x)dx . На практике для вычисления дисперсии удобно

пользоваться формулой
D[ X ]  M [ X 2 ]  (M [ X ])2 ,
n
где M [ X ]   x  pi для Д.С.В. и M [ X ] 
2
i 1
2
2
i
(33)

x
2
 f ( x)dx для Н.С.В.

Дисперсия характеризует разброс возможных значений случайной величины, то есть показывает, насколько тесно возможные значения случайной величины сгруппированы около ее среднего значения. Еще одной характеристикой рассеяния случайной величины является  X  D[ X ] - среднее квадратическое отклонение.  X имеет размерность случайной величины X .
Модой d X случайной величины X называется наиболее вероятное ее
значение, то есть значение, для которого вероятность pi или плотность распределения f ( x) максимальна.
Медианой hX случайной величины X называется такое значение слу1
чайной величины, для которого F (hX )  или P( X  hX )  P( X  hX ) .
2
Коэффициентом асимметрии a X и коэффициентом эксцесса eX
называются величины:
aX 
3[ X ]
4[ X ]
и
e

 3,
X
3X
4X
-55-
(34)
n
где k   ( xi  M [ X ])  pi для Д.С.В. и k 
k
i 1

 ( x  M [ X ])
k
 f ( x)dx для Н.С.В.,

k [ X ] , k  3, 4 - центральный момент k -го порядка. Коэффициент асимметрии
характеризует «скошенность» распределения, то есть aX  0 , если максимум
плотности распределения смещен влево от математического ожидания и aX  0 ,
если максимум плотности распределения смещен вправо от математического
ожидания. Коэффициент эксцесса характеризует «островершинность» распределения. А именно, для нормального закона распределения eX  0 , поэтому, если eX  0 , то распределение случайной величины X имеет более выраженный
максимум плотности распределения.
Квантилью порядка p случайной величины X называют число t p являющееся решением уравнения F (t p )  p (или P( X  t p )  p ).
2.2.1. Случайная величина X задана рядом распределения
xi
pi
1,2
0,1
1,7
0,15
2,2
0,3
3
0,4
4,1
0,05
Найти математическое ожидание, дисперсию и моду случайной величины.
Решение: по определению математического ожидания имеем, M [ X ] 
 1,2  0,1  1,7  0,15  2,2  0,3  3  0,4  4,1 0,05  2,44 . Для вычисления дисперсии
найдем
n
M [ X ]   xi2  pi
2
и
воспользуемся
формулой
(33).
i 1
M [ X 2 ]  1,44  0,1  2,89  0,15  4,84  0,3  9  0,4  16,81 0,05  6,47 и D[ X ] 
 6,47  (2,44)2  0,52 . Наиболее вероятное из возможных значений величины
X или мода Д.С.В. есть d X  3 .
2.2.2. Д.С.В. X может принимать три значения: x1  3 с вероятностью
p1  0,2 ; x2  5 с вероятностью p2  0,4 ; x3 с вероятностью p3 . Известно, что
M [ X ]  5,8 . Найти x3 , p3 ,  X , F ( x) .
Решение: поскольку величина X принимает только три значения, то
должно выполняться равенство p1  p2  p3  1. Отсюда находим, что p3  0,4 .
По условию задачи M  X   3  0,2  5  0,4  x3  0,4  5,8 . Следовательно, x3  8 .
M [ X 2 ]  32  0,2  52  0,4  82  0,4  37,4
и
D[ X ]  M [ X 2 ]  (M [ X ])2 
= 37,4  (5,8)2  3,76 .  X  D[ X ]  3,76  1,94 . F ( x)   P( X  xi ) и в нашем
xi  x
случае
x
F ( x)
x3
0
3 x 5
0,2
-56-
5 x 8
0,6
x 8
1
2.2.3. Д.С.В. может принимать три значения: x1  2 , x2  3 , x3  7 . Известно, что M [ X ]  4 и  X  2 . Найти функцию распределения случайной величины X .
Решение: чтобы найти F ( x) , надо найти pi  P( X  xi ) , i  1, 2, 3 . Используя условия задачи можно составить систему трех линейных уравнений с
3

p

p

p

1
(
pi  1)

2
3
 1
i 1

( M [ X ]  4).
p1, p2 , p3 :
неизвестными
2 p1  3 p2  7 p3  4

2
2
2
2
2
(2  4) p1  (3  4) p2  (7  4) p3  2 (  4)

 p1  p2  p3  1

Или 2 p1  3 p2  7 p3  4 , исключая p1 из 2-го и 3-го уравнений, получим
4 p  p  9 p  4
2
3
 1
 p2  5 p3  2
. Вычитая 2-е уравнение из 1-го, получим 4 p2  2 . Следователь

3
p

5
p

0
2
3

но, p1  0,2 , p2  0,5 , p3  0,3 . F ( x)   P( X  xi ) и в нашем случае
xi  x
x2
0
x
F ( x)
2 x5
0,2
x7
1
5 x7
0,7
2.2.4. Игра заключается в подбрасывании двух игральных костей. Выигрыш (в рублях) равен сумме выпавших очков, если выпал дубль, то выигрыш
удваивается. Найти среднее значение ожидаемого выигрыша.
Решение: составим таблицу
1
2
3
4
5
6
1
4
3
4
5
6
7
2
3
8
5
6
7
8
3
4
5
12
7
8
9
4
5
6
7
16
9
10
5
6
7
8
9
20
11
6
7
8
9
10
11
24
В верхней строке стоит число очков, выпавших на первой кости, в левом столбце – число очков, выпавших на второй кости. В остальных клетках таблицы
указан соответствующий выигрыш. Пусть случайная величина X - выигрыш (в
рублях) при подбрасывании двух костей. Используя таблицу, легко записать
ряд распределения Д.С.В. X .
-57-
3
2
xi
36  pi
4
3
5
4
6
4
7
6
8
5
9
4
10
2
11
2
12
1
16
1
20
1
24
1
Среднее значение ожидаемого выигрыша равно математическому ожиданию
1
случайной величины X , M [ X ]  (6  12  20  24  42  40  36  20  22 
36
294
12  16  20  24) 
 8,17 (руб.).
36
2.2.5. Случайная величина X имеет плотность распределения
a( x  2)(4  x), если x [2, 4];
f ( x)  
Найти коэффициент a , P(3  X  3,5) ,
0,
если
x

[2,
4].

математическое ожидание, дисперсию, моду, медиану, коэффициент асимметрии, коэффициент эксцесса случайной величины X .

Решение: коэффициент a найдем из условия нормировки

f ( x)dx  1.

4
4
Имеем,
 a( x  2)(4  x)dx  a(
2
3,5
лее, P(3  X  3,5) 

3

x3
4a
3
 3 x 2  8 x) 
. Следовательно, a  . Да3
3
4
2
3,5
3,5
3
3 x3
f ( x)dx   ( x  2)(4  x)dx  (  3x 2  8 x)  0,344 .
43
4 3
3
4
4
3
3 x4
M [ X ]   x  f ( x)dx   x( x  2)(4  x)dx  (  2 x3  4 x 2 )  3 . Дисперсию
42
4 4

2
вычислим по формуле (33), D[ X ]  M [ X 2 ]  (M [ X ])2 . Сначала найдем математическое
ожидание
квадрата
случайной
величины
X,

4
4
3 2
3 x5 3 4 8 3
x

f
(
x
)
dx

x
(
x

2)(4

x
)
dx

(  x  x ) 9,2 , следоM[X ]  

4
4
5 2
3
2

2
вательно, D[ X ]  0,2 . Моду, d X найдем из соотношения f (d X )  0 и
3
9
3
9
3
f (d X )  0 . Получим, f ( x)   x  и  d X   0 , d X  3 ( f ( x)    0 ).
2
2
2
2
2
hX
1
Медиану, hX найдем из соотношения F (hX )   f ( x)dx  . В нашем случае
2

2
h
2
3
3 X
(
x

2)(4

x
)
dx

x

3

t

4 2
4
hX 3

1
hX 3
3
t3
(1  t )dt  (t  )

4
3 1
2
3
(hX  3)3  1 1
 (hX  3) 
  . Отсюда получаем: (hX  3)[3  (hX  3)2 ]  0 ,

4
3
 2 2
следовательно, hX  3 , корни уравнения hX  3  3 не принадлежат промежут-58-
ку [2, 4] . Коэффициент асимметрии a X вычислим по формуле (34) a X 

3[ X ]
.
3X
4
3
3[ X ]   ( x  M [ X ])  f ( x)dx   ( x  3)3 ( x  2)(4  x) dx  x  3  t 
42

3
1
3
  t 3 (1  t 2 )dt  0 (интеграл по симметричному интервалу интегрирования от
4 1
нечетной функции), то есть aX  0 (распределение случайной величины X
симметрично относительно M [ X ] . Коэффициент эксцесса вычисляется по
 [X ]
формуле
(34)
Найдем
eX  4 4  3 .
X
4
3
4[ X ]   ( x  3)4 ( x  2)(4  x)dx  x  3  t 
42
1
1
1
3 4
3 4 6
3  t5 t7 
3
3
2
  t (1  t )dt   (t  t )dt     =
и eX 
 3  0,86
4 1
20
35  (0,2)2
2  5 7  0 35
(распределение случайной величины X менее «островершинно», чем нормальное распределение).
2.2.6. Плотность распределения Н.С.В. X задана графически, рис. 20.
Найти коэффициент a , M [ X ] , D[ X ] , функцию распределения F ( x) , квантиль
порядка 0,75, t0,75 .
Решение: площадь области, ограниченной кривой распределения и осью
1 3
абсцисс, должна быть равна 1. Тогда
 a  1 (площадь трапеции с основа2
1
ниями 1, 3 и высотой a ) и a  . Аналитическое выражение плотности распре2
y
x
 4 , если 0  x  2;

f ( x)  0,5, если 2  x  3;
a
деления будет
0, если x  [0, 3].


x
0
3
2
2

2 2
3
Рис. 20
x
x
x3
M [ X ]   x  f ( x)dx   dx   dx 

4
2
12

0
2
0
3
2
2
3
3
x2
2 5 23
x3
x2
x4
x3
25
2

   , M [ X ]   dx   dx 


и D[ X ]  M [ X 2 ] 
4
2
16 0 6 2 6
4 2 3 4 12
0
2
( M [ X ])2 
25 529 71


 0,493 . Найдем функцию распределения: при x  0
6 144 144
-59-
x
t
t2
1
и F (2)  , при 2  x  3 F ( x)  F (2) 
F ( x)  0 , при 0  x  2 F ( x)   dt 
2
4
8
0
dt x  1

и F (3)  1, при x  3 F ( x)  1.
2
2
2
x
F ( x)

1
0,
 2
x ,

Получим F ( x)   8
 x 1,
 2
1,

0,75
0,5
x
2 t0,75 3
Рис. 21
0
x  0;
0  x  2;
, рис. 21.
2  x  3;
x3
Квантиль t0,75 найдем как решение уравнения F (t0,75 )  0,75 ,
t0,75  1
 0,75 .
2
Следовательно, t0,75  2,5 .
2.2.7. Случайная величина R - расстояние от точки попадания до центра
2 2

a  r  e q r , если x  0;
мишени – распределена по закону Релея: f (r )  
, где
0,
если
x

0


q  0 - параметр, характеризующий распределение. Найти коэффициент a , вычислить характеристики M [ R] , D[ R] , d R , hR , aR , eR , выяснить взаимное расположение характеристик M [ R] , d R и hR , найти вероятность того, что расстояние от точки попадания до центра мишени окажется меньше, чем мода.
Решение: коэффициент a найдем из условия нормировки плотности рас
2 2
2 2 
a
a
 2  1. Следовательно, a  2q 2 .
пределения: a  re q r dr   2 e q r
0
2q
2q
0

M [ R] 
2
q r
 r  2q re dr  qr  t 
2 2
0
1

2

 d   e d    (e
0

0


r
2
 2q re
0

u  z,
2
 q2r 2
2
)
dv  e dz
du  dz, v  e z

 x2
 

dx 
x
 e dx 
2
 ,
0

t e
3 t 2
dt  z  t
0
1
 z 
(

ze

0
q2

z
 e dz) 
0
-60-
x
e
2
 y2
e
t 2
2
2
 ( te t
q
dxdy 
2

).
2
1
 2
q

 ze
Далее
z


0
2
 

0
2
dr  qr  t  2
q
z
du  dt , v  
0


2
2
(e
t 2

2 t
 t e dt 

2 

e
dt
)



0
q 4
2q
2

2
q
u  t , dv  tet

x   cos 
y   sin 

M [ R2 ] 
dz 
0
1
1
,
следовательно,
D
[
R
]


q2
q2
2
   4
2  q2r 2


.
Моду,
,
найдем
из
условия
.


d
f
(
d
)

0
f
(
r
)

2
q
e


R
R
2
2
q
4
q


2 2
2 2
1
1  2q 2d R2  0 и d R 
4q 4r 2e q r  2q 2e q r (1  2q 2r 2 ) . Следовательно,
q 2
(можно убедиться, что f (d R )  0 ). Медиану, hR , найдем из условия
hR
h
R
h
1
1
ln 2
 q 2 hR2
 q 2r 2 R
f
(
r
)
dr

f
(
r
)
dr


e

1

e

.
Имеем
и
. Для вычисh

R
0
0
0
2
2
q
ления коэффициента асимметрии aR найдем сначала центральный момент тре-

тьего порядка 3  M [( R  m) ] , где m  M [ R] . Тогда 3 
3
 ( r  m)
3
f (r )dr 
0


r
3



0
0
0
f (r )dr  3m  r 2 f (r )dr 3m2  rf (r )dr  m3  f (r )dr . Вычислим отдельно
0
f (r )  2q 2re q r
2 2
M [ R] 
1,5
 0,886

2q
q
4
4q 2
1
0,707
dR 

q
q 2
D[ R] 
1,2
q  1,5
0,9
q 1
0,6
hR 
q  0,5
0,3
aR 
0
1
2
3
4
r
eR 
ln 2 0,832

q
q
2  (  3)
(4  )
3
 0,631
32  32
 3  0,245
(4  )2
Рис. 22

 r f (r )dr 
3
0
Получим
u  r3,
dv  2q 2re q r dr
2 2
du  3r 2 dr , v  e q r
2 2
3 

r3

2 2
eq r
0
3
 2
2q

 rf (r )dr 
0
3  3m
3 3 
 (  3)
3
3


3
m

m



.
4q 3 q 2
4q 3 4q 3
4q 3
-61-
3 
.
4q 3
Коэффициент
aR 
асимметрии

dR

f (r )dr   e q r
2 2
3
 (  3) (  3)3 2  (  3)

:

 0,631 .
3
3R
4q 3
8q3
(4  )
dR
 1  e q dR  1  e0,5  0,393 . И так, D[ R] 
2 2
0
0
dR 
aR 
1
q 2

0,707
q
2  (  3)
(4  )3
ln 2 0,832

q
q
hR 
<
P( R  d R ) 
4   0,215
,

4q 2
q2
M [ R] 
<
 0,886
,

2q
q
 0,631 . Для нахождения коэффициента эксцесса eR вычислим

центральный момент 4-го порядка 4 
 ( r  m)

4
f (r )dr 
0
 (r
4
 4r 3 m  6r 2 m 2 
0

r
4rm3  m4 )dr  4  4m3  6m22  3m4 , здесь  k 
k
f (r )dr - начальный
0

момент
k -го
порядка.
4 
r
4
2q 2 re q r 
2 2
0


r4
e

 q2r 2
0
ur ,
4
4
2
 2  22 . Выше найдено:
2
2q
q
dv  2q 2re q r dr
2 2
du  4r 3dr , v  e q r
2 2
m

,
2q
2 
1
,
q2
3 

3 
,
4q 3
2
 3 
 1
2
32  32
2
. Ко
6 2  2 3

 4  4 . Следовательно, 4  4  4
q
2q 4q 3
4q q
16q 4
16q 4
q
4
32  32
эффициент эксцесса eR  4  3 
 3  0,245 . На рис. 22 представлены
R
(4  )2
эскизы кривой распределения Релея для трех значений параметра распределения q .
2.2.8. Функция распределения неотрицательной случайной величины X
задана графически, рис. 23. Случайная величина X имеет математическое
ожидание равное mX . Доказать, что mX численно равно площади фигуры D ,
заштрихованной на рис. 23.

Решение: площадь фигуры D будет равна S D   [1  F ( x)]dx . Математи0
ческое ожидание вычисляется по формуле

F ( x)
1
mX 
 x  f ( x)dx
D


mX    xd [1  F ( x)]   x[1  F ( x)] 0 
гда
0
0
и f ( x)dx  d[1  F ( x)] , то-
0
x
Рис. 23
-62-

  [1  F ( x)]dx = SD  lim x 1  F ( x) . Несобственный интеграл
x
0
дится,
так
как

по
 x  f ( x)dx  0 .
N 

 x  f ( x)dx
схо-
0
условию
задачи


x
x
x[1  F ( x)]  x  f (t )dt 
N
существует.
mX
Следовательно,
 t  f (t )dt , а это означает, что

lim x 1  F ( x)  0 и mX   [1  F ( x)]dx  S D .
x
0
2.2.9. Спортсмен попадает в мишень при одном выстреле с вероятностью
0,8. Он произвел 6 выстрелов. Случайная величина X - число попаданий в мишень в серии из шести выстрелов. Найти M [ X ] , D[ X ] , P( X  4) .
2.2.10. Среди 8 лотерейных билетов 5 билетов с выигрышем. Игрок
наудачу берет 4 билета. Случайная величина X - число билетов с выигрышем
среди отобранных. Найти M [ X ] , D[ X ] , d X .
2.2.11. Д.С.В. X может принимать три значения: x1  2 , x2 , x3 с вероятностями, соответственно, p1 , p2  0,5 , p3  0,4 . Известно, что M [ X ]  5 и
 X  3 . Найти x2 , x3 и p1 .
2.2.12. Плотность распределения случайной величины X есть
a( x  1), если x [1, 3];
f ( x)  
. Найти коэффициент a , математическое ожи0,
если
x

[1,
3]

дание, дисперсию и коэффициент асимметрии случайной величины X .
2.2.13. Случайная величина X распределена по показательному закону,
aex , если x  0;
f ( x)  
,   0 (показательное распределение часто встречает0,
если
x

0

ся в теории массового обслуживания и в теории надежности, то есть в случаях,
когда требуется оценить надежность работы некоторой системы со случайными
отказами. Функция надежности R(t ) , равная вероятности безотказной работы
системы за время t , есть R(t )  1  F (t ) , где F (t ) - функция распределения показательного закона). Найти коэффициент a , математическое ожидание, дисперсию, коэффициент асимметрии, функцию распределения, квантиль t p порядка p  0,9 .
2.2.14. Случайная величина X распределена по закону Лапласа:
 x
f ( x)  ae
(  0) . Найти коэффициент a , математическое ожидание, дисперсию, коэффициент эксцесса, функцию распределения, квантиль t p порядка
p  0,9 .
2.3. Нормальный закон распределения
Непрерывная случайная величина X называется распределенной по
-63-
нормальному закону (распределенной по закону Гаусса), если ее плотность
распределения имеет вид:

1
f ( x) 
e
 2
( x a )2
2 2
.
(35)
Параметры a и  имеют определенный вероятностный смысл, а именно, a - математическое ожидание,  - среднее квадратическое отклонение
Н.С.В. X .
Если значения некоторой случайной величины зависят от большого числа случайных факторов, каждый из которых вносит приблизительно одинаковый вклад в дисперсию этой случайной величины, то ее закон распределения
будет близок к нормальному закону. Этим объясняется очень широкая область
практических применений нормального закона.
Функция распределения нормального закона с параметрами a,  (обо2
t

1
1
 xa
значают N (a, ) ) есть F ( x)    
e 2 dt - функция
 , где ( x) 

2

2 0


Лапласа. Значения функции Лапласа табулированы, приложение 2. Вероятность
попадания нормально распределенной случайной величины с параметрами a, 
в интервал (, ) можно численно найти по формуле
x
a
a
P(  X  )   
  
,
  
  
(36)
используя таблицу приложения 2. Вероятность заданного отклонения нормально распределенной случайной величины от ее математического ожидания вычисляется по формуле

P( X  a  )  2   .

(37)
Нормальное распределение с параметрами a  0 и   1 , N (0, 1) называется
нормированным нормальным распределением. Его плотность распределения
2
1  x2
e , значения этой функции также
имеет специальное обозначение ( x) 
2
табулированы, приложение 1. График функции ( x) называют нормальной или
Гауссовой кривой.
2.3.1. Плотность распределения нормально распределенной случайной
2 2( x1)2
f ( x) 
e
P(1  X  )  0.41,
величины
имеет
вид
,
X

-64-
P( X  1  )  0.9 . Найти вероятность того, что абсолютное отклонение случайной величины от ее математического ожидания не превысит 0,1, найти величины  и  .
Решение: из вида плотности распределения находим, что математиче1
2
1
ское ожидание a  1 и, из равенства
(или 2  2 ), получаем, что

  2
2
  0,5 . Вероятность того, что отклонение нормально распределенной случайной величины от ее математического ожидания не превысит заданной величи 0,1 
ны, находится по формуле (34), P( X  1  0,1)  2 
  2(0,2)  0,159
0,5


(значение (0,2)  0,0793 находим по таблице приложения 2). Далее
  1
  1
P(1  X  )    
   0   

  0,41, по таблице приложения 2
 0,5 
 0,5 
 1
  
находим
  1,34 , то есть   1.67 . P( X  1  )  2 
  0.9 ,
0,5
0,5



  
и
по
таблице
приложения
2
находим
 1,645 ,   0,822 .


0,
45

0,5
 0,5 
2.3.2. Отклонение по дальности от линии прицеливания при стрельбе из
орудия – случайная величина X , распределенная по закону N (a, ) , a  0 ,
  100 м . Какова вероятность, что отклонение при одном выстреле превысит
150 м ? Произведено 9 выстрелов. Каково наиболее вероятное число выстрелов,
при которых абсолютная величина отклонения не превысит 80 м ?
Решение: поскольку X нормально распределенная случайная величина,
1
 150 
P( X  150)  1  P( X  150)  1  F (150)    
то
  0,5  (1,5)  0,167
2
100


(значение (1,5)  0,4332 находим по таблице приложения 2). При одном вы 80 
стреле p  P( X  80)  2 
  2(0,8)  0,576 ( (0,8)  0,2881 находим по
 100 
таблице приложения 2). Поскольку эта вероятность постоянна при каждом выстреле, то число выстрелов, которые будут удовлетворять указанному условию,
можно находить по формуле Бернулли, а наивероятнейшее число m0 находится
из двойного неравенства (n  1) p  1  m0  (n  1) p (формула (21) раздел 1.6.). В
нашем случае n  9 и p  0,576 , находим m0  5 .
2.3.3. Отклонение по дальности от линии прицеливания при стрельбе из
орудия – случайная величина X , распределенная по закону N (a, ) , a  0 ,
  100 м . Если абсолютная величина отклонения менее 50 м , то цель поражается с полной достоверностью, если абсолютная величина отклонения лежит в
пределах от 50 м до 100 м - с вероятностью 0,6, если более 120 м – с вероят-
-65-
ностью 0,2. Произведено три выстрела. Найти вероятность того, что цель будет
поражена.
 50 
Решение: найдем вероятности p1  P( X  50)  2 
  2(0,5) 
100


 120 
 0,383 , p2  P(50  X  120)  2 
  2  0,5  2[(1,2)  (0,5)]  0,387 ,
 100 
p3  1  p1  p2  0,23 . Найдем вероятность поражения цели при одном выстреле
по формуле полной вероятности. Пусть событие A ={цель поражена}. Выскажем предположения: B1 ={абсолютная величина отклонения при выстреле менее 50 м }, B2 ={абсолютная величина отклонения при выстреле оказалась в
пределах от 50 м до 120 м }, B3 ={абсолютная величина отклонения при выстреле более 120 м }. Тогда P( B1 )  p1  0,383 и P( A B1 )  1, P( B2 )  p2  0,387
и P( A B2 )  0,6 , P( B3 )  p3  0,23 и P( A B3 )  0,2 . Следовательно, по формуле
полной вероятности (18) имеем P( A)  0,383 1  0,387  0,6  0,23  0,2  0,661 .
Чтобы цель была поражена при трех выстрелах, событие C , достаточно ее поразить хотя бы при одном выстреле. Поэтому, P(C )  1  [1  P( A)]3 
 1  (0,339)3  0,96 .
2.3.4. Отклонение по дальности от линии прицеливания при стрельбе из
орудия – случайная величина X , распределенная по закону N (0, ) . В результате проведенных опытных стрельб установлено, что частота попадания снарядов в интервал от 80 м до 80 м равна 0,8. Оценить величину среднего квадратического отклонения.
Решение: полагая, что вероятность попадания снаряда в указанный интервал равна частоте осуществления этого события, получим P( X  80) 
 80 
 80 
 2    0,8 или     0,4 . По таблице приложения 2 находим, что


80
 1,28 , то есть   62,5 м .

2.3.5. Случайная величина R - расстояние от точки попадания до центра
2
мишени – распределена по закону Релея с параметром q 
(задача 2.2.7.).
2
Заменить закон распределения Релея на нормальный закон так, чтобы моды и
максимальные значения плотности распределения этих законов совпадали. Вычислить вероятность того, что расстояние от точки попадания до центра мишени будет находиться в пределах от 1 до 2, исходя из распределения Релея и
нормального распределения.
2
Решение: согласно задаче 2.2.7. f (r )  re0,5r (закон распределения
Релея, q 

2
), M [ R] 
, d R  1 и f (d R )  e0,5 . Следовательно, для нор2
2
-66-
( r  a )2

1
2
e 2 , должно выполняться a  1
мального закона распределения f (r ) 
 2
(для нормального распределения мода и математическое ожидание совпадают)
1
и
 e0,5 (плотность вероятности нормального закона достигает макси 2
e
мального значения при r  a ), то есть  
. Таким образом, в нашем случае
2
1  e  x12
e
нормальный закон распределения будет f (r ) 
. Исходя из закона
e
2
Релея получим
P(1  R  2)   re0,5r dr  e0,5 r
2
2
2
 e0,5  e2  0,471. Согласно
1
1
 2 1 
P(1  R  2)   
  (0)  (1,52)  0,436 (находим
 0,658 
по таблице приложения 2). Следовательно, погрешность при вычислении веро-
нормального закона
f1 (r )  re
0,5r 2
1  ( re1)
f 2 (r ) 
e
e
2
f (r )  f1 (r )  f 2 (r )
y
0,1
0,6
y  f1 (r )
0
0,3
0
y  f 2 (r )
2
1
3 r
1
2
3
r
0,1
0,2
а)
б)
Рис. 24
ятности P(1  R  2) , при использовании нормального закона  0,035 . Графики
плотности распределения Релея f1 (r ) и нормального распределения f 2 (r ) приведены на рис. 24 а), на рис. 24 б) представлена разность значений плотности
распределения Релея и нормального закона.
2.3.6. При изготовлении жетонов для метро, жетон бракуется, если его
масса отличается от стандартной более, чем на 0,01 г. Считая, что отклонение
массы жетона от стандартной есть нормально распределенная случайная величина X с математическим ожиданием равным нулю, найти среднее квадратическое отклонение  X , если при изготовлении было забраковано 4,5 % жето-67-
нов. На сколько необходимо улучшить качество изготовления жетонов (уменьшить  X ), чтобы брак составлял менее 1 %.
 0,01 
Решение: по условию задачи имеем P( X  0,01)  2 
  0,955 . По
 X 
0,01
таблице приложения 2 находим
 2,005 или  X  0,005 (г). Чтобы выполX
 0,01 
  1   0,495 или
 X 
нялось условие P( X  0,01)  0,99 , требуется, чтобы
0,01
 2,575 , то есть 1X  0,0039 (г).
1
X
2.3.7. Случайная величина X распределена по нормальному закону с
параметрами a  2 и   0,5 . Записать выражения плотности распределения и
функции распределения случайной величины X . Найти: а) P( X  2  0,5) ,
б) P( X  2  1) , в) P( X  2  1,5) , г) P( X  2,5  0,5) .
2.3.8. Найти точки перегиба нормальной кривой с параметрами a,  .
2.3.9. Случайная величина X распределена равномерно на отрезке
[2, 6] . Заменить закон распределения случайной величины X на нормальный
закон распределения так, чтобы математическое ожидание и дисперсии этих законов совпадали.
2.3.10. Сахарный песок расфасован в пакеты весом 1 кг. При расфасовке
возможна погрешность в x гр, причем случайная величина X (погрешность
расфасовки) распределена по закону N (0, ) и   30 гр. Покупатель приобрел
три пакета. Какова вероятность, что в двух из трех пакетов сахарного песка
больше, чем по 1020 гр?
2.4. Функции случайных величин
Если на множестве возможных значений случайной величины X определена числовая функция y  ( x) , то говорят, что случайная величина
Y  ( X ) является функцией случайной величины X . Множество возможных
значений случайной величины Y есть множество значений функции y  ( x) .
Чтобы найти числовые характеристики случайной величины Y достаточно знать закон распределения случайной величины X и вид функциональной зависимости.
Если X - Д.С.В., P( X  xi )  pi , i  1, 2,..., n и Y  ( X ) то
n
n
M [Y ]   ( xi )  pi и D[Y ]    ( xi )  M [Y ]  pi .
i 1
2
i 1
Если X - Н.С.В. с плотностью распределения f ( x) , то
-68-
(38)

M [Y ] 

 ( x)  f ( x)dx и D[Y ]    ( x)  M [Y ]

2
 f ( x)dx .
(39)

Для вычисления дисперсии остается справедливой формула
2
D[Y ]  M [Y 2 ]   M [Y ] . Другие числовые характеристики можно найти по аналогичным формулам.
Чтобы найти закон распределения случайной величины Y , в случае когда X - Д.С.В., надо найти все значения Y ( yi  ( xi ) ) и P(Y  yi )  P( X  xi ) ,
если нескольким значениям xi соответствует одно и тоже значение yi , то соответствующие вероятности pi  P( X  xi ) надо просуммировать.
Если X - Н.С.В. с плотностью распределения f ( x) и случайная величина Y связана с ней функциональной зависимостью Y  ( X ) , где функция
y  ( x) дифференцируемая и строго монотонная, то плотность распределения
случайной величины Y находится по формуле
g ( y)  f [( y)]  ( y) ,
(40)
где x  ( y) - функция обратная функции y  ( x) . Если функция ( x) не монотонна, то интервал возможных значений случайной величины X надо разбить на несколько интервалов, в каждом из которых функция y  ( x) монотонна. Плотность распределения случайной величины Y следует находить по
формуле
k
g ( y )   f [i ( y)]  i ( y) ,
(41)
i 1
где i ( y) функция обратная функции ( x) на i -м интервале монотонности
функции y  ( x) , i  1, 2,..., k .
2.4.1. Случайная величина X задана рядом распределения:
xi
pi
-2
0.3
-1
0.2
0
0.1
1
0.2
2
0.3
Случайная величина Y  2 X 2  1. Найти математическое ожидание и
дисперсию случайной величины Y .
Решение: найдем возможные значения случайной величины Y .
2
y1  2 x1  1  9 , y2  3 , y3  1, y4  3 , y5  9 . Тогда, M [Y ]  9  0,3  3  0,2 
1 0,1  3  0,2  9  0,3  6,7 . M [Y 2 ]  92  0,3  32  0,2  12  0,1  32  0,2  92  0,3 
 52,3 , D[Y ]  52,3   6,7   7,41 .
2
-69-
2.4.2. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y  4 X , если случайная величина X распределена по закону Пуассона с
параметром  .
 n 
Решение: распределение Пуассона имеет вид: P( X  n)  e ,
n!
n

3
n




4
n 



4
e e 
 e  e  e 4 (воспольn  0, 1, 2,... . Тогда, M [Y ]   4
n!
n!
n 0
n 0

xn
x
x
зовались известным разложением функции e в ряд Тейлора e   ).
n 0 n !
 
 

n

15 
15
3

 
 
 
16


16
16
16
, D[Y ]  e
e 2 .
e e 
 e e  e
M [Y ]   4
n
!
n
!
n 0
n 0
2.4.3. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величи X
ны Y  sin 
 , если случайная величина X распределена по геометриче2


скому закону.
Решение: геометрический закон распределения имеет вид: P( X  n) 

 n 
n 1
 pq , p  q  1, n  1, 2,... . Тогда, M [Y ]   sin    pq n1 
 2 
n 1
 n 
при n  2k ,
sin    0

p
k 1
 2 
. M [Y 2 ] 

   1 pq 2( k 1) 
2
1 q
k 1
 n 
k 1
при n  2k  1, sin     1
 2 

2
2 n
n


p
1
1
p2
 n 
n 1
2( k 1)
  sin    pq   pq


и D[Y ] 
.

1  q2 1  q
1  q 1  q 2 2
 2 
n 1
k 1

2
2.4.4. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y  ln X , если случайная величина X равномерно распределена в промежутке 1, e .
Решение: плотность распределения случайной величины X есть
 1
e
, если x [1, e];
1
1
e

M [Y ]   ln x 
dx 
( x ln x 1 
.
Тогда,
f ( x)   e  1
e 1
e 1
1

если x [1, e]
0,
e
e

e
1
1
1 
1
2
2
2
  x  dx) 
dx 
x
ln
x

2
ln
xdx
 0,582 . M [Y ]   ln x 

=

1
e

1
x
e

1
e

1
1
1
1


e
-70-
e2
 0,418 (при вычислении интегралов пользовались формулой интегриe 1
e2
1
e2  3e  1


 0,079 .
рования по частям) и D[Y ] 
e  1 (e  1)2
(e  1) 2
2.4.5. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y  e X , если случайная величина X распределена по нормированному
нормальному закону ( N (0, 1) ).
Решение: плотность нормированного нормального закона есть
2
2


( x 1)2 1


1  x2
1  x2
1
x
2
2
( x) 
e . Тогда, M [Y ]   e 
e dx 
e
dx  x  1  t 

2
2
2 





x
( x  2)


1
1
2x
2
M [Y ] 
e  e dx 
e 2


2 
2 
2
t

1
 e
e 2 dt  e  1,649 .

2 
2
2
2
2
dx 
 e2  7,389 и D[Y ]  e2  e  e(e  1)  4,671.
2.4.6. Ряд распределения случайной величины X есть:

xi
0
P( X  xi )  pi
0.1
6
0.1


4
0.05

3
0.05
2
0.05
2
3
0.1
3
4
0.15

6
0.15 0.25
5
Найти законы распределения случайных величин Y  cos X и Z  sin X .
Решение: найдем возможные значения случайной величины Y :
1
3
2
y1  cos x1  1,
,
,
y4  cos   ,
y2  cos  
y3  cos  
3 2
6 2
4 2
2
1
3
y5  cos   0 , y6  cos 2   , y7  cos 3  
, y8  cos 5  
,
2
4
3
6
2
2
2
y9  cos   1 . Так как каждое из своих возможных значений случайная величина Y принимает только при одном значении случайной величины X , то и
вероятности, с которыми она принимает эти значения, будут равны вероятностям, с которыми случайная величина X , принимает соответствующие значения. Перенумеруем возможные значения случайной величины Y в порядке их
возрастания и ряд распределения случайной величины Y будет:
yi
P(Y  yi )  pi
1
 3
0.25
2
0.15
 2
2
0.15
1
2
0.1
0
1
2
0.05 0.05
2
2
0.05
3
2
0.1
1
0.1
Найдем возможные значения случайной величины Z . z1  sin x1  0 ,
1
z2  sin   ,
6 2
2
,
z3  sin  
4 2
3
,
z4  sin  
3 2
-71-
z5  sin   1 ,
2
1
3
2
, z7  sin 3 
, z8  sin 5  , z9  sin   0 . Среди
z6  sin 2 
6 2
3 2
4 2
найденных значений величины Z есть совпадающие, поэтому P  Z  0  
  P  X   6   P  X  5 6   0.25,
P  Z  2   P  X     P  X  3   0.2,
P  Z  3   P  X    
2
4
4
2
3


 P  X  2   0.15, P( Z  1)  P( X   )  0,05 . Пронумеруем возможные зна2
3
 P  X  0  P  X     0.35,

P Z1
2
чения случайной величины Z в порядке их возрастания и запишем ряд распределения:
zi
P(Z  zi )  pi
0
0,35
1
2
0,25
2
2
0,2
3
2
0,15
1
0,05
2.4.7. Плотность распределения случайной величины X есть
 x 1
, если x [1, 3];

. Найти законы распределения случайных велиf ( x)   8

если x  [1, 3]
0,
чин Y  X 3 и Z  X 2 .
Решение: функция y  x3 монотонна на промежутке [1, 3] , поэтому
1
имеет обратную функцию x  3 y и xy 
. Следовательно, плотность рас33 y2
пределения случайной величины Y можно найти по формуле (37),
 3 y 1
, если y [1, 27];

g ( y )   24 3 y 2
. Функция z  x 2 не монотонна на промежут
если y  [1, 27]
0,
ке [1, 3] , поэтому его надо разбить на два промежутка [1, 0] и [0, 3] , на каждом из которых эта функция будет монотонна. При x [1, 0] x   z ,
1
1
xz 
, z [0, 1] . При x [0, 3] x  z и xz 
, z [0, 9] . Следователь2 z
2 z
но, при z [0, 1] плотность распределения случайной величины Z будет состоять из двух слагаемых (формула (38)): g ( z ) 
При z [1, 9] g ( z ) 
 z 1 1
z 1 1
1




.
8
8
2 z
2 z 8 z
z 1 1

. Таким образом,
8
2 z
-72-
 1
 8 z , если z  [0, 1];

, g ( z)  0, если z [0, 9] .
g ( z)  
z

1

, если z  (1, 9]
 16 z
2.4.8. Плотность распределения случайной величины X есть
a( x  2)2 , если x [2, 1];
f ( x)  
. Найти закон распределения случайной вели0,
если
x

[

2,
1]

X
чины Y  e .
Решение: найдем сначала величину коэффициента a из условия норми
ровки
плотности
распределения,

1
f ( x)dx  1.
Имеем,

 a( x  2) dx 
2
2
3 1
a( x  2)
1
x
 9a . Следовательно, a  . Функция y  e не монотонна на
3
9
2
промежутке [2, 1] , поэтому его надо разбить на два промежутка [2, 0] и
[0, 1] , на каждом из которых эта функция будет монотонна. При x [2, 0]
1
1
x   ln y , xy  , y [1, e2 ] . При x [0, 1] x  ln y , xy  , y [1, e] . Следоваy
y
тельно, при y [1, e] плотность распределения случайной величины Y будет
1
1 1
1
состоять
из
двух
слагаемых:
g ( y )  (2  ln y) 2   (2  ln y) 2  
9
y 9
y
1
1
2

(4  ln 2 y ) . При y [e, e2 ] g ( y )  (2  ln y) 2  . Таким образом,
9
y
9y
 2(4  ln 2 y )
, если y  [1, e];

9
y

g ( y)  
, g ( y)  0, если y [1, e2 ] .
2
 (2  ln y ) , если y  (e, e 2 ]

9y

2.4.9. Случайная величина X задана рядом распределения:
xi
pi
-2
0.3
-1
0.1
0
0.1
1
0.2
2
0.3
Найти математическое ожидание и дисперсию случайных величин
Y  3 X  1 и Z  3 X  1.
2.4.10. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y  cos  X   , если случайная величина X распределена по геометрическому закону.
-73-
2.4.11. Найти математическое ожидание и дисперсию случайных вели1
чин Y  3 X  2 и Z 
, если случайная величина X равномерно распреX 3
делена в промежутке  1, 2 .
2.4.12. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y  e X , если плотность распределения случайной величины X есть
a sin x, если x [0, ];
f ( x)  
.
если x [0, ]
0,
2.4.13. Ряд распределения случайной величины X есть:
xi
0
P( X  xi )  pi
0.1

6
0.1

4
0.05

3
0.05

2
0.05
2
3
0.1
3
4
0.15

6
0.15 0.25
5
Найти законы распределения случайных величин
Y  cos X  sin X и
Z  cos X  sin X .
2.4.14. Плотность распределения случайной величины X есть
a( x  2), если x [2, 1];
f ( x)  
. Найти законы распределения случайных веесли x [2, 1]
0,
личин Y  2 X  3 и Z  X 2  1 .
2.4.15. Плотность распределения случайной величины X есть
e x , если x  0;
f ( x)  
. Найти законы распределения случайных величин
0,
если
x

0

X
Y  e и Z  ( X  1)2 .
2.5. Системы случайных величин
В ряде случаев результаты опыта могут быть описаны лишь с помощью
нескольких случайных величин. Например, производится выстрел по плоской
мишени. Отклонение точки попадания от центра мишени можно задать декартовыми координатами X и Y этой точки. Как правило, они случайны и мы
приходим к системе случайных величин  X , Y  .
При рассмотрении систем случайных величин удобна их геометрическая
интерпретация. В частности, систему двух случайных величин  X , Y  можно
рассматривать как случайную точку M ( X , Y ) или как случайный вектор
R   X , Y  на плоскости Oxy с декартовыми координатами X и Y . Законом
распределения системы случайных величин называют всякое соотношение,
устанавливающее связь, между областями возможных значений случайных величин, входящих в систему, и вероятностями появления системы в этих областях.
-74-
Закон распределения системы двух дискретных случайных величин
 X , Y  можно задать в виде таблицы с двумя входами
yk
xi
x1
x2
...
xm
y1
n
yn
...
p
ik
k 1
m
p
i 1
y2
p11
p21
...
pm1
P(Y  y1 )
...
...
...
...
...
p12
p22
...
pm 2
P(Y  y2 )
P( X  x1 )
P( X  x2 )
...
P( X  xm )
1
p1n
p2n
...
pmn
P(Y  yn )
ik
В левом столбце таблицы указаны возможные значения случайной величины X , в верхней строке – возможные значения случайной величины Y . В
клетках таблицы указывают вероятности, с которыми система случайных величин примет соответствующее значение, то есть pik  P( X  xi , Y  yk )
i  1, 2,..., m , k  1, 2,..., n . Сумма вероятностей, записанных в какой либо строке, есть вероятность того, что случайная величина X примет соответствующее
n
значение, то есть P( X  xi )   pik , i  1, 2,..., m . Сумма вероятностей, запиk 1
санных в каком либо столбце таблицы, есть вероятность того, что случайная
m
величина Y примет соответствующее значение, то есть P(Y  yk )   pik ,
i 1
k  1, 2,..., n . В таблице должны быть перечислены все возможные значения
случайных величин X и Y , поэтому
m
n
m
n
 p   P( X  x )  P(Y  y ) 1 .
i 1 k 1
ik
i 1
i
k
k 1
Наиболее общей формой закона распределения системы случайных величин является функция распределения.
Функцией распределения системы случайных величин  X , Y  называется числовая функция F ( x, y) , определяемая формулой
F ( x, y)  P( X  x, Y  y) .
Для системы дискретных случайных величин
 X , Y ,
(42)
F ( x, y) 

xi  x , yk  y
pik .
При геометрической интерпретации F ( x0 , y0 ) есть вероятность того, что
случайная точка M ( X ,Y ) попадет в квадрант, расположенный левее и ниже
точки с координатами ( x0 , y0 ) , рис. 25.
-75-
y
y0
M 0 ( x0 , y0 )
x0
0
M ( X ,Y )
F ( x0 , y0 )  P( X  x0 , Y  y0 )
x
Рис. 25
Свойства функции распределения: 1) 0  F ( x, y)  1 ; 2) если x1  x2 , то
F ( x1, y)  F ( x2 , y) ; если y1  y2 , то F ( x, y1 )  F ( x, y2 ) ; 3) lim F ( x, y) 
x
 lim F ( x, y)  0 ; lim F ( x, y )  1; 4) lim F ( x, y)  F2 ( y) - функция распределеx 
y 
y 
x
ния случайной величины Y ; lim F ( x, y )  F1 ( x) - функция распределения слуy 
чайной величины X .
Если X и Y непрерывные случайные величины и существует смешан 2 F ( x, y )
ная частная производная второго порядка
, то функцию
xy
 2 F ( x, y )
f ( x, y) 
(43)
xy
называют плотностью распределения системы случайных величин  X , Y  .
Свойства плотности распределения: 1) f ( x, y)  0 ; 2) F ( x, y) 
x

y

f (u, v)dudv ; 3) вероятность попадания системы
X, Y
в область D
 
плоскости Oxy находится по формуле P   X , Y   D    f ( x, y )dxdy ; 4) плотD
ность распределения f1 ( x) случайной величины X находится по формуле

f1 ( x) 

f ( x, y )dy ; плотность распределения f 2 ( y) случайной величины Y


находится по формуле f 2 ( y) 

 
f ( x, y )dx ; 5)


f ( x, y )dxdy  1 - условие нор-
 
мировки плотности распределения.
Условной плотностью распределения f ( x y ) случайной величины X
называется плотность ее распределения, вычисленная в предположении, что
случайная величина Y приняла постоянное значение (попала в малый интервал
вблизи точки y ). Аналогично f ( y x) - условная плотность распределения случайной величины Y . Формулу
f ( x, y)  f1 ( x)  f ( y x)  f 2 ( y)  f ( x y)
-76-
(44)
называют теоремой умножения законов распределения. Условные плотности
распределения можно найти по формулам:
f ( x y )  

f ( x, y )
и f ( y x)  

f ( x, y )dx

f ( x, y )
(45).
f ( x, y )dy

Случайные величины X и Y называются независимыми, если закон
распределения каждой из них не зависит от того, какое значение приняла другая случайная величина. Для независимых случайных величин справедливы равенства: f ( x, y)  f1 ( x)  f 2 ( y) , f1 ( x)  f ( x y ) , f 2 ( y)  f ( y x) .
Аналогичные формулы можно записать с использованием функции распределения системы случайных величин.
Если f ( x, y)  f1 ( x)  f 2 ( y) , то говорят, что случайные величины связаны
стохастической (вероятностной) зависимостью. Число
K XY  M  ( X  mX )  (Y  mY ) 
 
  (x  m
X
)( y  mY ) f ( x, y )dxdy
(46)
 
называют корреляционным моментом (ковариацией) случайных величин X
и Y ( mX и mY математические ожидания случайных величин X и Y , соответственно). Справедлива формула
K XY  M [ X  Y ]  mX  mY .
(47)
Если K XY  0 , то говорят, что случайные величины коррелированны. Для незаK XY
висимых случайных величин K XY  0 (обратное неверно). Число rXY 
 X  Y
(  X  D[ X ] , Y  D[Y ] ) называют коэффициентом корреляции случайных
величин X и Y . rXY  1, коэффициент корреляции характеризует степень тесноты линейной зависимости между случайными величинами. Если rXY  1, то
случайные величины X и Y связаны линейной функциональной зависимостью.
2.5.1. Закон распределения системы дискретных случайных величин
 X , Y  задан таблицей
yk
xi
0
1
1
0
1
0,2
0,1
0,3
0,2
0,1
0,1
-77-
Найти: F ( x, y) , F1 ( x) , F2 ( y) , F ( x Y  1) , M  X  , M Y  , K XY . Зависимы ли
случайные величины X и Y ?
Решение: значения функции распределения системы вычислим по формуле F ( x, y)   pik и сведем в таблицу 1.
xi  x , yk  y
y
x
x0
0  x 1
x 1
y  1
0
0
0
Таблица 1
0  y 1
1  y  0
y 1
0
0
0
0,2  0,3  0,5
0,2  0,3  0,1  0,6
0,2
0,2  0,1  0,3 0,2  0,3  0,2  0,1  0,8
1
Для нахождения функций распределения случайных величин X и Y просуммируем сначала по строкам и столбцам таблицы вероятности, указанные в
условии задачи, то есть найдем вероятности, с которыми случайные величины
принимают свои возможные значения, таблица 2.
yk
xi
0
1
P(Y  yk )
Таблица 2.
0
1
0,2
0,1
0,3
0,3
0,2
0,5
1
P( X  xi )
0,1
0,1
0,2
0,6
0,4
Используя найденные значения pi  P( X  xi ) и pk  P(Y  yk ) , найдем
F1 ( x)   pi и F2 ( y )   pk
xi  x
x
F1 ( x)
yk  y
x  0 0  x 1 x 1
0
0,6
1
y
F2 ( y)
y  1 1  y  0 0  y  1
0
0,3
0,8
y 1
1
Отметим, что значения F1 ( x) совпадают с вероятностями, вычисленными в
правом столбце таблицы 1, а значения F2 ( y) - с вероятностями последней строки таблицы 1. Это следует из того, что F1 ( x)  lim F ( x, y) (то есть
y 
F1 ( x)  F ( x, y) при y  1 ) и
x  1 ).
F2 ( y)  lim F ( x, y) (то есть F2 ( y)  F ( x, y) при
x
Найдем условный закон распределения случайной величины X при
F ( x Y  1)   P( X  xi Y  1)
условии,
что
Имеем
и
Y  1 .
xi  x
-78-
P(( X  xi )  (Y  1))
P( A  B)
(напомним, что P( A B) 
).
P(Y  1)
P( B)
Используя вычисленные выше вероятности, получим: P(( X  0)  (Y  1))  0,2 ,
0,2 2
P(( X  1)  (Y  1))  0,1,
P(Y  1)  0,3 ,
P( X  0 Y  1) 
 ,
0,3 3
0,1 1
P( X  1 Y  1) 
 . Таким образом,
0,3 3
P( X  xi Y  1)  
x
F ( x Y  1)
x0
0
0  x 1
2
3
x 1
1
Сразу отметим, что F1 ( x)  F ( x Y  1) , следовательно, случайные величины X
и Y зависимы.
Вычислим требуемые числовые характеристики. M  X   0  0,6  1  0,4  0,4 ,
M Y   (1)  0,3  0  0,5  1  0,2  0,1 . Для вычисления M  X  Y  найдем возможные значения произведения X  Y и вероятности этих значений
( X  Y )i  zi
P( X  Y  zi )
1
0,1
0
0,2  0,3  0,1  0,2  0,8
1
0,1
M  X  Y   (1)  0,1  0  0,8  1 0,1  0 ,
и
по
формуле
(47)
находим
K XY  M [ X  Y ]  mX  mY  0,04 .
2.5.2. Производится три выстрела по мишени. Вероятность попадания
при каждом выстреле равна p , промаха - q  1  p . Записать в виде таблиц законы распределения: системы случайных величин ( X , Y ) , случайных величин
X и Y , если X - число выстрелов до первого попадания (включительно), Y число промахов. Найти математические ожидания случайных величин X и Y ,
корреляционный момент K XY , условный закон распределения и условное математическое ожидание случайной величины X при Y  2 .
Решение: случайная величина X может принимать значения: 1, 2, 3;
случайная величина Y может принимать значения: 0, 1, 2, 3. Обозначим:
pik  P( X  xi , Y  yk ) i  1, 2, 3 , k  1, 2, 3, 4 и вычислим эти вероятности.
p10  ppp  p3 , p11  pqp  ppq  2 p 2q , p12  pqq  pq 2 , p13  0 ( ( X  1, Y  3) невозможное событие), p20  0 , p21  qpp  p 2q , p22  qpq  pq 2 , p23  0 ,
p30  p31  0 , p32  qqp  pq 2 , p33  qqq  q3 . Запишем закон распределения системы случайных величин ( X , Y ) в виде таблицы и добавим к ней один столбец (с суммой вероятностей по строке) и одну строку (с суммой вероятностей
по столбцу).
-79-
0
yk
xi
1
1
3
4
p
ik
k 1
2 p 2q
pq 2
0
p
pq 2
0
qp
pq 2
q3
q2
3 pq 2
q3
2
p3
0
3
0
p 2q
0
p
p3
3 p 2q
3
i 1
2
ik
Законы распределения случайных величин X и Y будут:
xi
P( X  xi )
1
p
2
qp
3
q2
yk
P(Y  yk )
0
1
2
3
p3
3 p 2q
3 pq 2
q3
M  X   p  2 pq  3q 2  1  q  q 2 . Видим, что случайная величина Y распределена по биномиальному закону (это следует также из условия задачи), следовательно, M Y   3q (производится три испытания, в каждом из которых фиксируемое событие (промах) происходит с вероятностью равной q ).
Произведение случайных величин X  Y (случайная величина) может
принимать значения: 0, 1, 2, 3, 4, 6, 9; соответствующие вероятности найдем,
используя найденный выше закон распределения системы ( X , Y ) :
P( X  Y  0)  p 3 ,
P( X  Y  1)  2 p 2q ,
P( X  Y  2)  pq 2  p 2q  pq ,
P( X  Y  3)  0 , P( X  Y  4)  pq 2 , P( X  Y  6)  pq 2 , P( X  Y  9)  q3 . Тогда
M  X  Y   2 p 2q  2 pq  4 pq 2  6 pq 2  9q3  4q  4q 2  q3 и корреляционный мо-
K XY  M [ X  Y ]  mX  mY = 4q  4q 2  q3  3q(1  q  q 2 ) 
мент будет равен
 q(1  q)(1  2q) .
Найдем условный закон распределения. Вычислим вероятности:
P( X  1, Y  2) pq 2 1
1
P( X  1 Y  2) 

 и P( X  2 Y  2)  P( X  3 Y  2)  .
2
P(Y  2)
3 pq
3
3
1 2 3
Условное математическое ожидание будет равно M  X Y  2     2 .
3 3 3
2.5.3. Зная функцию F ( x, y) распределения системы случайных величин
( X , Y ) найти вероятность попадания систеy
мы
в
прямоугольник
R  ( x, y) : a  x  b, c  y  d  .
C
C
B
d
Решение: используем геометричеR
c
A
D
A
скую интерпретацию функции распределения. Тогда F (b, d ) есть вероятность попадаa
0
b
x
B
Рис. 26
D
-80-
ния системы в квадрант CCD , F (a, d ) - в квадрант CBB , F (b, c) - в квадрант
ADD , F (a, c) - в квадрант AAB , рис. 26. Следовательно, вероятность того,
что система случайных величин ( X , Y ) попадет в прямоугольник R будет равна P(( X ,Y )  R)  F (b, d )  F (a, d )  F (b, c)   F (a, c) .
2.5.4. Функция распределения системы случайных величин ( X , Y ) есть
(1  e x )  (1  e3 y ), если x  0, y  0;
F ( x, y )  
. Найти: f ( x, y) , f1 ( x) и f 2 ( y) .
0,
если
x

0
или
y

0

3e x  e3 y , если x  0, y  0;

Решение: f ( x, y )  Fxy  
. Поскольку плотесли x  0 или y  0
0,
ность распределения системы имеет вид f ( x, y)  f1 ( x)  f 2 ( y) , то случайные величины X , Y независимы и каждая из них распределена по показательному заe x , если x  0;
3e3 y , если y  0;
кону, а именно f1 ( x)  
, f2 ( y)  
.
0,
если
x

0
0,
если
y

0


2.5.5. Плотность распределения системы случайных величин ( X , Y )



sin x  sin y, если 0  x  , 0  y  ;
есть f ( x, y )  
2
2 . Найти: F ( x, y) , F1 ( x) ,

в остальных случаях
0,

F2 ( y) , вероятность того, что будут выполнены условия: X  Y  , X  Y  0 .
2
Решение: функция распределения выражается через плотность распреx0 y0

деления формулой F ( x0 , y0 )    f ( x, y )dxdy . В нашем случае при 0  x0  ,
2
 
y
y
y
y0



2
2
2
y0
y0
0
x0 
a)
2
x
0
x0 
б)
2
x
0

в)
2
x0 x
Рис. 27
0 0

x
y
будем иметь F ( x0 , y0 )    sin x sin ydxdy   cos x 00  (cosy ) 00 
0  y0 
2
0 0
 (1  cos x0 )(1  cos y0 ) , интегрируем по области, заштрихованной на рис. 27 a ) .


При 0  x0  , и y0  для вычисления F ( x0 , y0 ) надо интегрировать по обла2
2
x y
-81-
сти, заштрихованной на рис. 27 б ) , (где f ( x, y)  0 ). Поскольку F ( x, y) неубывающая функция по каждому из аргументов, то при возрастании y0 F ( x0 , y0 )

достигнет максимального значения при y0  , при дальнейшем возрастании
2


y0 не будет изменяться, то есть F ( x0 , y0 )  1  cos x0 (при 0  x0  , и y0  ).
2
2


Рассуждая аналогично при x0 
и
(рис. 27 в) ) получим
0  y0 
2
2
F ( x0 , y0 )  1  cos y0 . Таким образом, функция распределения системы есть

0,
если x  0 или y  0;

(1  cos x)(1  cos y ), если 0  x   , 0  y   ;

2
2



F ( x, y )  1  cos x,
если 0  x  , y  ;
2
2




1

cos
y
,
если
x

,
0

y

;

2
2



1,
если x  , y 

2
2
Поскольку
y

lim F ( x, y)  F1 ( x)
y 
lim F ( x, y)  F2 ( y) ,
x
2
yx
D
0
y


4
2
Рис. 28
x

x
2
то
и
получим:

0,
если x  0;



F1 ( x)  (1  cos x), если 0  x  ; ,
2



если x 
1,
2

0,
если y  0;



F2 ( y )  (1  cos y), если 0  y  ; , что
2



1,
если
y


2
следует из выражения для F ( x, y) .
Область D возможных значений случайных величин X и Y , удовле
творяющих условиям: X  Y  , X  Y  0 , заштрихована на рис. 28. Тогда
2
-82-

P(( X , Y )  D)   sin x sin ydxdy 
D

4
 dx
0


x
2

x


sin x sin ydy 

4
x
 sin x( cos y ) x2 dx 
0

sin 2 x 4
1  cos 2 x

  sin x(cos x  sinx)dx   sin xd sin x  
dx 
2
2
0
0
0
0
4
4
4

 x sin 2 x  4 4  
 
 0,107 .
 
2
4
8

0
2.5.6. Система случайных величин ( X , Y ) равномерно распределена в
области D  ( x, y) : x 2  y 2  4, x  0, y  0 . Найти условные законы распределения случайных величин X , Y и коэффициент корреляции rXY .
Решение: поскольку плотность распределения системы постоянна в области D и ее площадь равна  (площадь четверти круга радиуса 2), то
1
4 x 2
1
4  x2
 , если ( x, y )  D;
dy 
. Тогда, f1 ( x)  
, если x  0, 2 и
f ( x, y )   


0

0, если ( x, y )  D
4  x2
(4  x 2 )
f1 ( x)  0 , если x  0, 2 . M  X    x 
dx  


0
2
4  x2
1
 x 
dx  x  2sin t 


0
2
2
 2

0
3
2
2

8
, M  X 2  
3
0

4 2 1  cos 4t
16sin t cos tdt  
dt  1 ,
0
2
2
2
92  64
64 9  64
, X 
. Абсолютно аналогично находим:
D X   1  2 
3
9
2
 4  y2
8
92  64

, если ( x, y )  D;
f2 ( y)   
, M Y  
, Y 
. Найдем услов3

3

0,
если ( x, y )  D

 1
, если 0  x  y  2;
f ( x, y ) 
ные плотности распределения: f ( x y ) 
,
  4  y2
f2 ( y) 
если x [0, y]
0,
 1
, если 0  y  x  2;
f ( x, y ) 
f ( y x) 
  4  x2
то есть, каждая из случайных веf1 ( x) 
если y [0, x]
0,
личин равномерно распределена на промежутке, длина которого зависит от
значения другой случайной величины.
2
-83-
Найдем математическое ожидание произведения случайных величин:
2
xy
1
M  X  Y    dxdy   xdx

0
D
4 x 2

0
2
1 x(4  x 2 ) 1 2 x 4
2
ydy  
 (x  )  .
0
2

8 0 
2
Тогда,
2 64 2(9  32)
K
18  64
 2
 0,084 и rXY  XY  2
 0,3 .
2
 9
9
 X Y 9  64
2.5.7. Точка выбирается наудачу в круге радиуса 1 с центром в начале
координат, ( X , Y ) - декартовы координаты этой точки, ( R, ) - полярные координаты. Найти функцию распределения и плотность распределения системы
случайных величин ( X , R) .
Решение: найдем сначала функцию распределения. Поскольку точка выбирается наудачу внутри единичного круга, то вероятность ее попадания в любую часть этого круга будет равна площади этой части, поделенной на  (площадь круга радиуса 1), геометрическое определении вероятности. Тогда
K XY 
y
1
x2  y 2  1
x  x0
x 2  y 2  r02
D
r0
x0
0
r0
1
x
Рис. 29
P( X  x0 , R  r0 ) 
1
dxdy ,
 
D


29.
1
2 0
F ( x0 , r0 )   dxdy   r02  x 2 dx 
D
  r0
D  ( x, y) : r0  x  x0 ,  r02  x02  y  r02  x02
x
и
x0  1 ,
x0  r0  1 ,
2
0
2r
 x  r0 sin t 

arcsin
x0



2
r0
рис.
2
0
r
cos tdt 

2
И
arcsin
x0

r0


2
-84-
(1  cos 2t )dt 
r02 
x0  x0
x02  r02 r02
x
x
  arcsin  
1  2    arcsin 0  0 r02  x02 .
Окончательно
 
r0 2 r0
r0  2 
r0 
если x  1;
0,
 2
2
 r  r arcsin x  x r 2  x 2 , если x  r  1;
получим F ( x, r )   2 
. Плотность расr 
2
r ,
если x  1, r  1;

если x  1, r  1
1,
пределения
r2
 1 x

2
r2
найдем
по
формуле
(40),
 2 F ( x, r )
.
f ( x, r ) 
xr
F ( x, r )

x
1
r 2  x2
x2
2 r 2  x 2  2 F ( x, r )
2r
,
. Таким




2
2
2
2
r

x

r


 r x
 r x
2r

,
если x  r  1;

образом f ( x, r )    r 2  x 2
.
0,
в остальных случаях

Отметим, что плотность распределения можно найти также из соотноP( x  X  x  x, r  R  r  r )
шения f ( x, r )  lim
. Вероятность того, что буx 0

x

r
r 0
дут выполнены условия x0  X  x0  x и r0  R  r0  r , равна сумме площадей двух областей G1 и G 2 (заштрихованы на рис. 30), поделенной на  . Из рис.
r02  x02
AK
AE
r r

30 легко получить: cos  
, AB 
. Площадь
 0
OA
r0
cos 
r02  x02
криволинейного четырехугольника ABCD ( SG1 )
приближенно равна
2r

,
если x  r  1;

SG1  AB  x 
. Тогда f ( x, r )    r 2  x 2
.
2
2
r0  x0
0,
в остальных случаях

r0 xr
-85-
y
B
r
r0
E
C
A
G1
D

0
x
x0 K
r
1
r0
x
G2
Рис. 30
2.5.8. Закон распределения системы дискретных случайных величин
 X , Y  задан таблицей
yk
xi
0
1
2
1
0
1
0,1
0,1
0,05
0,2
0,2
0,1
0,1
0,1
0,05
Найти: F ( x, y) , F1 ( x) , F2 ( y) , F ( y X  0) , M  X  , M Y  , K XY . Зависимы ли случайные величины X и Y ?
2.5.9. Функция распределения системы случайных величин ( X , Y ) есть
(1  2 x )  (1  2 y ), если x  0, y  0;
F ( x, y )  
. Найти: f ( x, y) , f1 ( x) , f ( x y ) ,
0,
если
x

0
или
y

0

P(1  X  2, 3  Y  5) .
2.5.10. Плотность распределения системы случайных величин ( X , Y )


1
 sin( x  y ), если 0  x  , 0  y  ;
есть f ( x, y )   2
2
2 . Найти: F ( x, y) , F1 ( x) ,

в остальных случаях
0

K XY , вероятность того, что будут выполнены условия: X  Y  , X  Y  0 .
2
-86-
2.5.11. Плотность распределения системы случайных величин ( X , Y )
c( x  y  xy ), если 0  x  3, 0  y  1;
есть f ( x, y)  
. Найти: c , f1 ( x) , f ( x y ) ,
в остальных случаях
0,
K XY , вероятность того, что будут выполнены условия: X  Y  1, Y  0,5 .
2.5.12. Точка выбирается наудачу в круге радиуса 1 с центром в начале
координат, ( X , Y ) - декартовы координаты этой точки, ( R, ) - полярные координаты. Найти функцию распределения и плотность распределения системы
случайных величин ( R, ) .
Сводка формул
№
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
Формула
m
- классическое определение вероятности,
n
n - общее число всех равновозможных исходов опыта,
m - число исходов, благоприятствующих событию A
Pn  n! - число перестановок из n элементов
n!
- число перестановок с повторениP ( n1 ,n2 ,...,nk ) 
n1 ! n2 ! ...  nk !
ями из n элементов
n!
- число сочетаний из n элементов по m
Cnm 
(n  m)! m!
элементов
P( A) 
m
C n  Cnmm1 - число сочетаний с повторениями из n элементов по m элементов
n!
Anm 
 Cnm  Pm - число размещений из n элементов
(n  m)!
по m элементов
m
An  nm - число размещений с повторениями из n элементов по m элементов
мера А
- геометрическое определение вероятности
P( A) 
мера 
P( A  B)  P( A)  P( B A)  P( B)  P( A B) - теорема умножения вероятностей
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B) - теорема сложения вероятностей
P( A  B  C )  P( A)  P( B A)  P(C A  B) - теорема умножения
вероятностей для трех событий
-87-
Стр.
8
8
9
9
9
9
9
19
25
25
25
12
13
14
15
16
17
18
P( A  B  C )  P( A)  P( B)  P(C ) 
- теорема сложе P( A  B)  P( A  C )  P( B  C )  P( A  B  C )
ния вероятностей для трех событий
P( A  B)  P( A)  P( B) - теорема умножения вероятностей
для независимых событий
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) - теорема умножения вероятностей для событий независимых в совокупности
P( A  B)  P( A)  P( B) - теорема сложения вероятностей
для несовместных событий
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) - теорема сложения вероятностей для попарно несовместных событий
P( A)  1  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) - вероятность осуществления хотя бы одного из событий A1, A2 ,..., An , независимых
в совокупности
P( A)  P( B1 )  P( A B1 )  P( B2 )  P( A B2 )  ...  P( Bn )  P( A Bn )
25
26
26
26
26
27
31
n
1) Bi  B j   при i  j i, j  1, 2,..., n и 2)  Bi   i 1
19
20
21
22
23
24
формула полной вероятности
P( Bi )  P( A Bi )
P( Bi A) 
, i  1, n - формула Байеса
P( A)
Pn (m)  Cnm p mq nm , m  1, 2,..., n. ( p  q  1) – формула
Бернулли
(n  1) p  1  m0  (n  1) p , m0 - наивероятнейшее число появлений фиксируемого события в схеме Бернулли
 m 
m m n m
Pn (m)  Cn p q 
e ,   np ( n m2 , np 2 1 ,
m!
2
np
1 ) – формула Пуассона
1
m  np
Pn (m)  Cnm p m q nm 
 ( x), x 
, ( npq 1,
npq
npq
m  np ) – локальная формула Муавра – Лапласа
m1  np
m  np
, x2  2
,
npq
npq
1, m  np ) – интегральная формула Муавра Лапласа
Pn (m1  m  m2 )  ( x2 )  ( x1 ), x1 
( npq
-88-
31
38
38
40
41
41
25
n
Gn ( z )   ( pm z  qm ) - производящая функция, pm  1  qm -
42
m 1
26
вероятность появления фиксируемого события в m -м испытании
n!
Pn (m1 , m2 ,..., ms ) 
p1m1 p2m2 ... psms - вероятность тоm1 !m2 !...ms !
го, что при n испытаниях событие A1 произойдет m1 раз,
43
s
событие A2 - m2 раз, …, событие As - ms раз (  mi  n ,
i 1
фиксируемое событие Ai в каждом испытании происходит
с вероятностью pi ,
27
s
p
i 1
i
 1)
n
Gn ( z1 , z2 ,...zs )   ( p1k z1  p2 k z2  ...  psk zs ) - произво-
43
k 1
28
29
30
дящая функция. pik - вероятность i -го исхода в
k -м испытании ( i  1,2,..., s , k  1,2,..., n ), вероятность
Pn (m1, m2 ,..., ms ) вычисляется как коэффициент при члене,
содержащем z1m1  z2m2  ...  zsms в разложении по степеням
z1, z2 ,..., zs производящей функции
F ( x)  P( X  x) - функция распределения случайной
величины X
P( x  X  x  x)
- плотность распределеf ( x)  lim
x0
x
ния Н.С.В. X
n
M [ X ]   xi pi - математическое ожидание Д.С.В.
46
46
54
i 1
31

M[X ] 

x  f ( x)dx - математическое ожидание
55

32
33
34
Н.С.В.
2
D[ X ]  M [ X  M [ X ] ] - дисперсия случайной величины X
2
D[ X ]  M [ X ]  (M [ X ])2 - формула для вычисления
дисперсии
 [X ]
- коэффициент асимметрии,
aX  3 3
X
 [X ]
eX  4 4  3 - коэффициент эксцесса
X
-89-
55
55
55
35
36
37
38

1
f ( x) 
e
 2
( x a )2
2 2
- нормальный закон распределе-
ния, N (a, )
a
a
P(  X  )   
  
 - вероятность
  
  
попадания нормально распределенной случайной величины в интервал (, )

P( X  a  )  2   - вероятность заданного от
клонения нормально распределенной случайной величины
от ее математического ожидания
n
n
i 1
i 1
M [Y ]   ( xi )  pi и D[Y ]    ( xi )  M [Y ]  pi 2
64
64
64
68
математическое ожидание и дисперсия Д.С.В. Y  ( X )
39

M [Y ] 
 ( x) f ( x)dx , D[Y ] 

40

  ( x)  M [Y ]
2
f ( x)dx
69

математическое ожидание и дисперсия Н.С.В. Y  ( X )
g ( y)  f [( y)]  ( y) - плотность распределения
случайной величины Y  ( X ) ( y  ( x) монотонна, и
69
( y)  1 ( x) )
41
k
g ( y )   f [i ( y)]  i ( y) - плотность распределения
69
i 1
42
43
44
45
случайной величины Y  ( X ) , интервал изменения возможных значений X разбит на k интервалов, в каждом из
которых функция ( x)   1 ( y) - монотонна
F ( x, y)  P( X  x, Y  y) - функция распределения
системы случайных величин ( X , Y )
 2 F ( x, y )
- плотность распределения систеxy
мы непрерывных случайных величин ( X , Y )
f ( x, y)  f1 ( x)  f ( y x)  f 2 ( y)  f ( x y) - теорема
умножения законов распределения
f ( x, y )
f ( x, y )
и f ( y x)  
- условf ( x y )  
 f ( x, y)dx
 f ( x, y)dy
f ( x, y) 


ные плотности распределения
-90-
75
76
77
77
K XY  M ( X  mX )  (Y  mY ) 
46
77
 

  (x  m
X
)( y  mY ) f ( x, y )dxdy - корреляционный
 
47
момент случайных величин X и Y
K XY  M [ X  Y ]  mX  mY - формула для вычисления
корреляционного момента случайных величин X и Y
77
Ответы
1.1.4.   ггг, ггр, грг, ргг, грр, ргр, ррг, ррр , A  ггг , B  ггг, ггр, грг , грр ,
C   ргг, грг, ггр , D   ррр, ррг, ргр, грр, ргг , грг , ггр . 1.1.5.   n : n  1,2,... ,
A  n  1 , B  n : n  5 , C  n : 3  n  6 . 1.1.9. A ={достали два синих каран-
даша, либо два зеленых, либо карандаши разных цветов}, B  C , C  B ,
A  B  B , A  B  A , A  C   , B  C   , B  C   . 1.1.10. A  A1  A2  A3  A4 
 A1  A2  A3  A4  A1  A2  A3  A4  A1  A2  A3  A4 ,
C
B  A1  A2  A3  A4 ,
 A1  A2  A3  A4  A1  A2  A3  A4  A1  A2  A3  A4  A1  A2  A3  A4  A1  A2  A3  A4 
 A1  A2  A3  A4 ,
D  A1  A2  A1  A3  A1  A4  A2  A3  A2  A4  A3  A4 ,
E  D,
F  A1  A2 . 1.2.4. N  (n  2)(n  1)!. 1.2.5. N  6 . 1.2.9. N  210 . 1.2.10. 1) Cn2 , 2)
Cn3 . 1.2.11. N = 680. 1.2.15. N = 60. 1.2.16. N  151200. 1.2.17. N  106 .
1.2.21. P( A)  2,781 105 , P( B)  8,065 104 , P(C )  1.664 109 . 1.2.22. p  0,6 .
1
13
15
1
1.2.23. p  . 1.2.28. P( A)  , P( B)  . 1.2.29. k  3 . 1.2.30. p  . 1.2.31.
28
28
7
60
P( A)  0,019 , P( B)  0,993 , P(C )  0,326 . 1.2.35. P( A)  0,125 , P( B)  0,5 ,
P(C )  0,875 ,
P( D)  0,375 .
P( B)  0,198 ,
1.2.36.
P( A)  7,716 104 ,
C2  C2
P(C )  0,518 , P( D)  0,9375 . 1.2.37. p  7 . 1.2.38. P( A)  2 a c2 ,
9
Ca b  Ccd
Ca2  Cc2  Cb2Cd2
Ca2  Cd2  Cb2  Cc2  Ca1  Cb1  Cc1  Cd1
, P(C ) 
. 1.2.39. p  0,05 .
P( B) 
Ca2b  Cc2d
Ca2b  Cc2d
1.2.40. P( A)  0,161 , P( B)  7,716 104 , P(C )  0,0154 . 1.3.9. p   . 1.3.10.
2
a(2l  a)
p  0,25 . 1.3.11. p 
. 1.3.12. p  0, 472. 1.3.13. P( A)  5 , P( B)  1 .
2
6
4
l
1.4.8. P( A)  0,512 , P( B)  0,008 , P(C )  0,488 , P( D)  0,096 , P( E )  0,384 .
P( A)  p1 (1  q2q4 ) p3 ,
1.4.9.
а)
б) P( A)  (1  q1q2 )(1  q3q4q5 ) ,
в) P( A) 
 p1 ( p2  q2 p3 (1  q4q5 )) . 1.4.10. P( A)  0,657 , P( B)  0,147 , P(C )  0,189 ,
P( D)  0,657 , P( E )  0,343 . 1.4.11. p2  0,7 . 1.4.12. n  3 . 1.5.11. p  0,5 .
-91-
p1n1
. 1.5.15. а)
p1n1  p2 n2  p3n3
p  0,579 , б) p  0,0016 . 1.6.5. P( A)  0,088 , P( B)  P(C ) 0,104 , m0  4 . 1.6.6.
p  0,9995 . 1.6.7. а) вероятнее выиграть одну партию из двух, б) вероятнее выиграть не менее двух партий из четырех. 1.6.8. p  0,104 . 1.6.11. P( A)  0,224 ,
P( B)  0,577 . 1.6.12. P( A)  0,0902 , P( B)  0,9473 . 1.6.13. p  0,2549 . 1.6.14.
P( A)  0,088 , P( B)  0,7988 . 2.1.8.
1.5.12.
p  0,4 . 1.5.13.
p  1 . 1.5.14.
15
x2
0
3 x 5
0,6
x
F ( x)
2 x3
0,2
p
5 x7
0,9
x7
1
p2  0,4,
P(2  X  5)  0,6
2.1.9.
1
1
14
xi
P( X  xi )
x 1
0
x
F ( x)
2.1.10. a 
2.1.11.
a 1
2
3
7
1 x  2
1
14
3
3
7
2 x3
1
2
4
1
14
3 x  4
13
14
x4
1
1
1
1
, b  , f ( x) 
,    x   .
2
(1  x 2 )

x
F ( x)
x  1 1  x  0
0
(1  x) 2
2
0  x 1
x 1
(1  x)2
1
2
1
P(1  x  0,5) 
 0,125
 z,
если z   0, 1 ,

 z ln z, если z  (0,1],
2.1.12. а) f ( z )  
б) f ( z )  2  z, если z  1, 2,
если z  (0,1];
0,

если z   0, 2.
0,
2.2.9. M  X   4,8 , D[ X ]  0,96 , P( X  4)  0,901 . 2.2.10. M  X   2,5 ,
D[ X ]  15 , d1 X  2 и d2 X  3 . 2.2.11. p1  0,1 , x2  4 , x3  7 . 2.2.12. a  0,5 ,
28
7
2
M [ X ]  , D[ X ]  , aX  0,566 . 2.2.13. a   , M [ X ]  1 , D[ X ]  1 2 ,


9
3
если x  0,
0,
2,303
a X  2 , F ( x)  
, t0,9 
. 2.2.14. a   , M [ X ]  0 ,
x
2

1  e , если x  0
-92-
 e x
1  2 , если x  0,
1,609
F ( x)  
,
.
2.3.7.
eX  3 ,
t

D[ X ]  2 2 ,
0,9
x


1  e , если x  0

2
2 2( x2)2
1
f ( x) 
e
, F ( x)    (2( x  2)) , а) p  0,6826 , б) p  0,9544 , в)
2

p  0,9974 , г) p  0,4772 . 2.3.8. x1,2  a   . 2.3.9. N (a, ) , a  4 ,   1,155 .
2.3.10. p  0,143 . 2.4.9. M Y   1,3 , D Y   24,21 , M  Z   5,5 , D  Z   4,05 .
p2
p
2.4.10.
, D Y   1 
. 2.4.11. M Y   0,5 , D Y   6,75 ,
M Y  
(1  q) 2
1 q
M  Z   0,305 , D  Z   0,007 . 2.4.12. M Y   6,035 , D Y   17,228 . 2.4.13.
yi
1
P(Y  yi )
0,25
zi
 2
P(Z  zi )
0,15
1 3
2
0,15

1 3
2
0,25
3 1
2
0,1
0
0,15
1
1 3
2
0,05
0,3
1
0,15
0
0,05
1 3
2
0,15
3 1
2
0,1
 4
 9 1  z , если z  ( 1, 0],

 y 1
,
если
y


1,
5
,


2  1 z

, если z  (0, 3], .
2.4.14. g ( y )   18
, g ( z)  
9
1

z

0,
если y   1, 5

0,
если z  (1, 3]


 e 1 (e z  e  z
, если z  (0, 1],

2
z

2
 e 1 z
 y , если y  1,
2.4.15. g ( y )  
, g ( z)  
,
если z  1, .
0,
если
y

1
2
z


0,
если z  0


-93-
2
0,05
1
0,1
2.5.8. F ( x, y) :
y
x
x0
0  x 1
1 x  2
x2
y  1
1  y  0
0  y 1
y 1
0
0
0
0
0
0,1
0,2
0,25
0
0,3
0,6
0,75
0
0,4
0,8
1
x
F1 ( x)
x0
0
0  x 1
0,4
1 x  2
0,8
x2
1
y
y  1
0
0
1  y  0
0,25
0,25
0  y 1
0,75
0,75
y 1
1
1
F2 ( y)
F ( y X  0)
M  X   0,8 , M Y   0 , K XY  0 , X и Y независимы. 2.5.9.
ln 2 2  2 x  2 y , если x  0, y  0,
f ( x, y )  
,
0,
если
x

0
или
y

0

3
. 2.5.10.
P(1  X  2, 3  Y  5) 
128
x0
или

0 x ,
2

y0
0 y
2
F ( x, y) 0
sin x  sin y  sin( x  y )
2
x, y
x
x0
F1 ( x)
0
ln 2  2 x , если x  0,
f1 ( x)  f ( x y )  
,
0,
если
x

0



0 x ,
x ,
2
2


y
0 y
2
2
1  sin x  cos x 1  sin y  cos y
2
2

2
1  sin x  cos x
2
0 x
-94-
x
1

2

x ,
2

y
2
1
4

1
,
P( X  Y  , X  Y  0)  0,25 . 2.5.11. c  , K XY  
2
121
33
 2( x  y  xy )
 2(3x  1)
, если x  0, 3,
,
если
x

0,
3
,




f1 ( x)   33
,
f ( x y )   3(5 y  3)
,
0,
0,
если x   0, 3
если x  0, 3


K XY  0,046 ,
y  0, 1 ,
P( X  Y  1, Y  0,5) 
1
.
32
2.5.12.
 r 2
, если r  0, 1,

F (r , )   2
1, если r  1,   2

r
 , если r   0, 1,  0, 2
.
f (r , )   

в остальных случаях
0,
Приложение 1
Таблица значений функции  ( x ) 
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
0
0,3983
3970
3910
3814
3683
3521
3332
3123
2897
2661
2420
2179
1942
1714
1497
1295
1109
0940
0790
0656
1
3989
3965
3902
3802
3668
3503
3312
3101
2874
2637
2396
2155
1919
1691
1476
1276
1092
0925
0775
0644
2
3989
3961
3894
3790
3652
3485
3292
3079
2850
2613
2371
2131
1895
1669
1456
1257
1074
0909
0761
0632
3
3988
3956
3885
3778
3637
3467
3271
3056
2827
2589
2347
2107
1872
1647
1435
1238
1057
0893
0748
0620
4
3986
3951
3876
3765
3621
3448
3251
3034
2803
2565
2323
2083
1849
1626
1415
1219
1040
0878
0734
0608
-95-
5
3984
3945
3867
3752
3605
3429
3230
3012
2780
2541
2299
2059
1826
1604
1394
1200
1023
0863
0721
0596
1
e
2
6
3982
3939
3857
3739
3589
3410
3209
2989
2756
2516
2275
2036
1804
1582
1374
1182
1006
0848
0707
0584
x2

2
7
3980
3932
3847
3726
3572
3391
3187
2966
2732
2492
2251
2012
1781
1561
1354
1163
0989
0833
0694
0573
8
3977
3925
3836
3712
3555
3372
3166
2943
2709
2468
2227
1989
1758
1539
1334
1145
0973
0818
0681
0562
9
3973
3918
3825
3697
3538
3532
3114
2920
2685
2444
2203
1965
1736
1518
1315
1127
0957
0804
0669
0551
2,0
2.1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
3,1
3,2
3,3
3,4
3,5
3,6
3,7
3,8
3,9
0540
0440
0355
0283
0224
0175
0136
0104
0079
0060
0044
0033
0024
0017
0012
0009
0006
0004
0004
0002
0529
0431
0347
0277
0219
0171
0132
0101
0077
0058
0043
0032
0023
0017
0012
0008
0006
0004
0004
0002
0519
0422
0339
0270
0213
0167
0129
0099
0075
0056
0042
0031
0022
0016
0012
0008
0006
0004
0004
0002
0508
0413
0332
0264
0208
0163
0126
0096
0073
0055
0040
0030
0022
0016
0011
0008
0005
0004
0004
0002
0498
0404
0325
0258
0203
0158
0122
0093
0071
0053
0039
0029
0021
0015
0011
0008
0005
0004
0004
0002
0488
0396
0317
0252
0198
0154
0119
0091
0069
0051
0038
0028
0020
0015
0010
0007
0005
0004
0004
0002
0478
0387
0310
0246
0194
0151
0116
0088
0067
0050
0037
0027
0020
0014
0014
0007
0005
0003
0003
0002
0468
0379
0303
0241
0189
0147
0113
0086
0065
0048
0036
0026
0019
0014
0010
0007
0005
0003
0003
0002
0459
0371
0297
0235
0184
0143
0110
0084
0063
0047
0035
0025
0018
0013
0009
0007
0005
0003
0003
0001
0449
0363
0290
0229
0180
0139
0107
0081
0061
0046
0034
0025
0018
0013
0009
0006
0004
0003
0002
0001
Приложение 2
x
2
t

1
Таблица значений функции Лапласа ( x) 
e 2 dt

2 0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
0
0
0.0398
0.0793
0.1179
0.1554
0.1915
0.2257
0.258
0.2881
0.3159
0.3413
0.3643
0.3849
0.4032
0.4192
0.4332
0.4452
0.4554
0.4641
0.4713
0.01
0.004
0.0438
0.0832
0.1217
0.1591
0.195
0.2291
0.2611
0.291
0.3186
0.3438
0.3665
0.3869
0.4049
0.4207
0.4345
0.4463
0.4564
0.4649
0.4719
0.02
0.008
0.0478
0.0871
0.1255
0.1628
0.1985
0.2324
0.2642
0.2939
0.3212
0.3461
0.3686
0.3888
0.4066
0.4222
0.4357
0.4474
0.4573
0.4656
0.4726
0.03
0.012
0.0517
0.091
0.1293
0.1664
0.2019
0.2357
0.2673
0.2967
0.3238
0.3485
0.3708
0.3907
0.4082
0.4236
0.437
0.4484
0.4582
0.4664
0.4732
0.04
0.016
0.0557
0.0948
0.1331
0.17
0.2054
0.2389
0.2704
0.2995
0.3264
0.3508
0.3729
0.3925
0.4099
0.4251
0.4382
0.4495
0.4591
0.4671
0.4738
-96-
0.05
0.0199
0.0596
0.0987
0.1368
0.1736
0.2088
0.2422
0.2734
0.3023
0.3289
0.3531
0.3749
0.3944
0.4115
0.4265
0.4394
0.4505
0.4599
0.4678
0.4744
0.06
0.0239
0.0636
0.1026
0.1406
0.1772
0.2123
0.2454
0.2764
0.3051
0.3315
0.3554
0.377
0.3962
0.4131
0.4279
0.4406
0.4515
0.4608
0.4686
0.475
0.07
0.0279
0.0675
0.1064
0.1443
0.1808
0.2157
0.2486
0.2794
0.3078
0.334
0.3577
0.379
0.398
0.4147
0.4292
0.4418
0.4525
0.4616
0.4693
0.4756
0.08
0.0319
0.0714
0.1103
0.148
0.1844
0.219
0.2517
0.2823
0.3106
0.3365
0.3599
0.381
0.3997
0.4162
0.4306
0.4429
0.4535
0.4625
0.4699
0.4761
0.09
0.0359
0.0753
0.1141
0.1517
0.1879
0.2224
0.2549
0.2852
0.3133
0.3389
0.3621
0.383
0.4015
0.4177
0.4319
0.4441
0.4545
0.4633
0.4706
0.4767
2.0
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
3.0
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
0.4772
0.4821
0.4861
0.4893
0.4918
0.4938
0.4953
0.4965
0.4974
0.4981
0.4987
0.499
0.4993
0.4995
0.4997
0.4998
0.4998
0.4999
0.4999
0.5
0.4778
0.4826
0.4864
0.4896
0.492
0.494
0.4955
0.4966
0.4975
0.4982
0.4987
0.4991
0.4993
0.4995
0.4997
0.4998
0.4998
0.4999
0.4999
0.5
0.4783
0.483
0.4868
0.4898
0.4922
0.4941
0.4956
0.4967
0.4976
0.4982
0.4987
0.4991
0.4994
0.4995
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4788
0.4834
0.4871
0.4901
0.4925
0.4943
0.4957
0.4968
0.4977
0.4983
0.4988
0.4991
0.4994
0.4996
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4793
0.4838
0.4875
0.4904
0.4927
0.4945
0.4959
0.4969
0.4977
0.4984
0.4988
0.4992
0.4994
0.4996
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4798
0.4842
0.4878
0.4906
0.4929
0.4946
0.496
0.497
0.4978
0.4984
0.4989
0.4992
0.4994
0.4996
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4803
0.4846
0.4881
0.4909
0.4931
0.4948
0.4961
0.4971
0.4979
0.4985
0.4989
0.4992
0.4994
0.4996
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4808
0.485
0.4884
0.4911
0.4932
0.4949
0.4962
0.4972
0.4979
0.4985
0.4989
0.4992
0.4995
0.4996
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4812
0.4854
0.4887
0.4913
0.4934
0.4951
0.4963
0.4973
0.498
0.4986
0.499
0.4993
0.4995
0.4996
0.4997
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
0.4817
0.4857
0.489
0.4916
0.4936
0.4952
0.4964
0.4974
0.4981
0.4986
0.499
0.4993
0.4995
0.4997
0.4998
0.4998
0.4999
0.4999
0.4999
0.5
Список литературы
1. Афанасьев, Зимина О.В. и др. Высшая математика. Специальные разделы.
/ Под ред. А.И. Кириллова. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 400 с.
2. Вентцель Е.С., Овчаров Л.А. Теория вероятностей. М.: Наука, 1973. – 368 с.
3. Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике. М.: Высшая школа, 1979. – 286 с.
4. Лунгу К.Н., Норин В.П. и др. Сборник задач по высшей математике. 2 курс
/ Под ред. С.Н. Федина. - М.: Айрис-пресс, 2004. – 592 с.
5. Сборник задач по математике для втузов. Специальные курсы. / Под ред.
А.В. Ефимова. М.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1984. – 608 с.
-97-
Романов Александр Дмитриевич,
Практикум. Теория вероятностей
Учебное пособие для стдентов высших технических учебных заведений
Компьютерный набор и верстка автора.
Подготовка к печати
Сдано в производство
г. Подписано в печать
Уч.-изд. л.
.Формат 84х1081/16. Усл.-печ. л.
Изд. №
. Заказ №
.
Редакционно-издательский отдел Севмашвтуза
164500, г. Северодвинск, ул. Воронина, 6.
-98-
г.
.