СОДЕРЖАНИЕ - Воронежский государственный педагогический

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ РФ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ»
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ТЕОРИИ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ
для студентов дневного отделения
физико-математического факультета
специальность «Прикладная информатика»
Воронеж 2008
УДК 519.2 (076.1)
Составитель:
кандидат физико-математических наук, доцент Н.А.Гордиенко
Сборник задач по теории вероятностей для студентов дневного
отделения
физико-математического
факультета
специальность
«Прикладная информатика» / сост.: Гордиенко Н.А. – Воронежский
госпедуниверситет, 2008. – 75 с.
Сборник задач по теории вероятностей направлен на развитие
активизацию самостоятельной работы студентов. В сборнике представлены
задачи по основным разделам теории вероятностей: пространство случайных
событий и операции над событиями; элементы комбинаторики и вычисление
вероятностей; условная вероятность; схема Бернулли.
Предназначен для студентов 2 курса специальности «Прикладная
информатика» дневного отделения физико-математического факультета
Воронежского госпедуниверситета.
© Гордиенко Н.А., составление, 2008
3
Содержание
Предисловие
Избранные задачи теории вероятностей
Глава 1. Случайное событие и операции над ними
§1. Случайное событие
§2. Множество элементарных событий
§3. Операции над событиями
Глава 2. Наука о подсчете числа комбинаций – комбинаторика
§1. Общие правила комбинаторики
§2. Выборки элементов
§3. Выборки с повторениями
Глава 3. Вероятность события
Глава 4. Операции над вероятностями
§1. Вероятность суммы несовместных событий
§2. Вероятность суммы совместных событий
§3. Условные вероятности
§4. Вероятность произведения независимых событий
§5. Формула полной вероятности
Глава 5. Независимые повторные испытания
§1. Формула Я. Бернулли
§2. Формула Муавра–Лапласа
§3. Формула Пуассона
§4. Формула Лапласа
Возникновение и развитие теории вероятностей как науки
Литература
4
3
6
11
12
20
21
25
31
46
49
51
53
54
58
65
67
69
73
77
Предисловие
В книге «Госпожа удача» У. Уивер пишет: «Теория вероятностей и
статистика – две важные области, неразрывно связанные с нашей
повседневной деятельностью. Мир промышленности, страховые компании в
большей степени являются должниками вероятностных законов. Сама
физика имеет существенно вероятностную природу; такова же в основе своей
и биология. Между тем, несмотря на эту важность, универсальный характер
теории вероятностей и статистики все еще не стал общепринятым среди
деятелей образования. Надо надеяться, что элементы теории вероятностей,
насколько возможно, будут представлены в среднем образовании...»
С тех пор как были написаны эти строки, широко развернулась реформа
математического образования; того, чего желал У. Уивер, мы отчасти
достигли – сейчас вероятность изучают в средних школах многих стран, и
вопрос о том, когда она войдет составной частью в школьные программы
всех стран, есть не более чем вопрос времени.
В вузах курс теории вероятностей читается в основном на старших
курсах. Именно этим объясняется потребность в составлении сборника задач
по теории вероятностей для студентов младших курсов.
Основная часть, которая носит название «Избранные задачи теории
вероятностей» состоит из пяти глав.
Первая глава «Случайные события и операции над ними» состоит из трех
параграфов. Основная цель раздела – дать первоначальные понятия,
необходимые в дальнейшем при решении вероятностных задач, и научиться
их различать. С этой целью в первом параграфе «Случайное событие» на
основании разобранных примеров вводится понятие случайного события, а
также двух частных видов событий: достоверного и невозможного;
приводится 42 примера, как на определение вида события, так и на
словесную оценку события («маловероятно», «нулевая вероятность»,
«стопроцентная вероятность»). Во втором параграфе «Множество
элементарных событий» вводится на конкретных примерах понятия
множества и подмножества элементарных событий. В третьем параграфе
«Операции над событиями» подробно представлены следующие операции:
сложение, умножение, вычитание. Они рассматриваются сначала для
частных случаев, затем в общем виде и графически (в виде круговых
диаграмм); решается 15 разнотипных задач.
Во второй главе «Наука о подсчете числа комбинаций – комбинаторика»
изучаются вопросы о том, сколько различных выборок, подчиненных тем или
иным условиям, можно составить из элементов, принадлежащих данному
множеству. Данная глава включена в настоящий сборник потому, что иногда
комбинаторику рассматривают как введение в теорию вероятностей, т.к.
методы комбинаторики существенно помогают при решении задач теории
вероятностей осуществлять подсчет числа возможных исходов и числа
благоприятных исходов в разных конкретных случаях. Данный раздел, в
свою очередь, состоит из трех параграфов. В первом параграфе «Общие
4
правила комбинаторики» вводятся правила суммы и произведения. Во
втором параграфе «Выборки элементов» рассматриваются выборки без
повторений, а именно перестановки, размещения и сочетания; решается 10
задач. В третьем параграфе «Выборки с повторениями» даются определения
размещений, сочетаний и перестановок с повторениями; приводится 7 задач с
решениями на данную тему.
Третья глава «Вероятность события» – это фактически основа курса. В
ней даются определения классической и геометрической вероятностей;
решаются 58 разнотипных
задач; рассматриваются вероятности
достоверного и невозможного событий.
Четвертая глава «Операции над вероятностями» состоит из пяти
параграфов. В первом – «Вероятность суммы несовместных событий» –
дается формула и правило нахождения суммы вероятностей, а также
геометрическая интерпретация формулы; приводится с решениями 6 задач.
Второй параграф – «Вероятность суммы совместных событий» – имеет ту же
структуру.
Пятая глава «Независимые повторные испытания» состоит из 4
параграфов. В первом параграфе «Формула Я. Бернулли» рассматривается
следующая проблема: «Как определить вероятность того, что при n
повторных испытаниях событие произойдет ровно m раз»? Эту проблему
решил ученый Я. Бернулли и вывел формулу, которая так и называется
формула Я. Бернулли. На применение этой формулы решается 25 задач
(приводятся задачи как на непосредственный подсчет вероятностей, так и
обратные задачи на нахождение числа n). Во втором параграфе «Формула
Муавра–Лапласа» рассматривается ситуация, когда вычисление вероятности
с помощью формулы Я. Бернулли громоздко и затруднительно из-за больших
значений n и m. Данную проблему решили математики А. Муавр и Лаплас.
Они вывели формулу, которая так и называется формулой Муавра–Лапласа.
На применение этой формулы приводится 9 задач. В третьем параграфе
«Формула Пуассона» рассматривается ситуация, когда имеем дело с редко
происходящими событиями, т.е. формула Муавра дает результаты, которые
значительно отклоняются от результатов, полученных по формуле Я.
Бернулли. Данной проблемой занимался Пуассон и вывел формулу для
нахождения вероятности в данном случае. На применение этой формулы
приводится 3 задачи. В четвертом параграфе «Формула Лапласа» решается
проблема определения вероятности того, что при n испытаниях событие А
произойдет не менее a и не более b раз. Данную проблему решил Лаплас.
Здесь приводится 5 задач.
В заключении описывается история возникновения и становления теории
вероятностей как науки.
5
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Глава 1. Случайные события и операции над ними
§ 1. Случайное событие
Часто приходится размышлять над такими терминами, как «вероятность»,
«случай», «событие». Для наглядности и доходчивости они иногда
заменяются разными синонимами, но суть их не меняется. Оттенок они
получили вполне определенный. Теперь договоримся, что как назвать.
Подбрасываем монету. Появился герб. А ведь могла появиться и цифра.
То, что появился герб, – случайное событие.
Школьник каждый вечер выходит на прогулку. Во время прогулки, в
понедельник, он встретил трех знакомых. Конечно, это дело случая: он мог
встретить только одного знакомого, четырех или вообще не встретить
знакомых.
То, что он встретил именно трех, — случайное событие.
В этих примерах случайные события — последствия определенных
действий или результаты наблюдений при реализации комплекса условий
(подбрасывание монеты, выстрел, прогулка).
На основании только что разобранных примеров можно составить
следующую характеристику случайного события.
Случайным событием называется такой исход эксперимента или
наблюдения, который при реализации данного комплекса условий может
произойти, а может и не произойти.
Кратко «случайные события» называют «событиями». Выделим два
частных вида событий.
Проведем вначале (мысленно, разумеется) следующий эксперимент:
стакан с водой перевернем дном вверх. Если этот опыт проводить не в
космосе, а дома или в классе, то вода выльется. Это достоверное событие.
Достоверным событием называется такое событие, которое при
реализации данного комплекса условий непременно произойдет.
Произведено три выстрела по мишени. «Произошло пять попаданий» —
невозможное событие.
Бросаем камень вверх. Камень остается висеть в воздухе — невозможное
событие.
Буквы слова «антагонизм» наугад переставляем. Получится слово
«анахронизм» — невозможное событие.
Невозможным событием называется такое событие, которое заведомо не
может произойти при реализации данного комплекса условий.
6
Случайные события принято обозначать большими буквами латинского
алфавита A, В, С с индексами или без них1. Достоверное событие будем
обозначать U, невозможное — V.
Задачи
Задача 1. Для каждого из описанных событий определите, каким оно
является: невозможным, достоверным или случайным.
Из 25 учащихся класса двое справляют день рождения: 1) 30 января; 2) 30
февраля.
Решение.
1) Событие, заключающееся в том, что двое из 25 учащихся родились 30
января – случайное, оно может произойти, а может и не произойти (все
зависит от состава группы из 25 учащихся).
2) Второе событие – невозможное, поскольку даты 30 февраля не
существует, следовательно, никто из учащихся не мог родиться в такой день.
Ответ: 1) случайное; 2) невозможное.
Задача 2. Для каждого из описанных событий определите, каким оно
является: невозможным, достоверным или случайным.
Случайным образом открывается учебник литературы и находится второе
слово на левой странице. Это слово начинается: 1) с буквы «К»; 2) с буквы
«Ь».
Решение.
1) Первое событие – случайное, так как оно может как произойти, так и не
произойти в описанных условиях.
2) Второе событие – невозможное, так как в русском языке нет слов,
начинающихся с буквы «ь».
Ответ: 1) случайное; 2) невозможное.
Задача 3. Для каждого из описанных событий определите, каким оно
является: невозможным, достоверным или случайным.
Из списка журнала VIII класса (в котором есть и девочки, и мальчики)
случайным образом выбран один ученик: 1) это мальчик; 2) выбранному
ученику 14 лет; 3) выбранному ученику 14 месяцев; 4) этому ученику больше
двух лет.
Решение.
1) Первое событие – случайное, так как оно может, как произойти, так и
не произойти (если выбрана девочка) в описанных условиях.
2) Второе событие – тоже случайное, так как в классе могут не только
дети – одногодки, но и дети, родившиеся на год раньше или на год позже
нормы (7 лет при поступлении в школу плюс 7 лет учебы).
3) Третье событие невозможное, так как 14-месячьный ребенок физически
не может учиться в VIII классе.
Некоторые из больших букв латинского алфавита имеют фиксированные значения. Среди них E, D, M и
другие.
1
7
4) Четвертое событие – достоверное, так как каждый ученик класса,
безусловно, старше двух лет.
Ответ: 1) случайное; 2) случайное; 3) невозможное; 4) достоверное.
Задача 4. Для каждого из описанных событий определите, каким оно
является: невозможным, достоверным или случайным.
Сегодня в Сочи барометр показывает нормальное атмосферное давление.
При этом: 1) вода в кастрюле закипела при t = 80°С; 2) когда температура
упала до –5° С, вода в луже замерзла.
Решение.
1) В описанных условиях (вода чистая, атмосферное давление
нормальное) это событие невозможное, так как температура кипения воды
при нормальном давлении равна 100° С. При 80° С вода могла бы закипеть на
вершине горы высотой 7000 метров (в районе Сочи таких гор нет). При
нормальном давлении и температуре 80° С может закипеть бензин.
2) В описанных условиях это событие невозможное, так как температура
плавления воды при нормальном давлении равна 0° С, то есть вода замерзает
при 0° С. Снижение этой температуры для воды имеет место при повышении
давления.
Ответ: 1) невозможное; 2) невозможное.
Задача 5. Для каждого из описанных событий определите, каким оно
является: невозможным, достоверным или случайным.
Измерены длины сторон треугольника. Оказалось, что длина каждой
стороны меньше суммы длин двух других сторон.
Решение.
Описанное событие – достоверное, так как необходимым условием
образования треугольника является то, что длина каждой его стороны должна
быть меньше суммы длин двух других сторон. Поскольку треугольник
существовал, то обязательно выполнялось это условие.
Ответ: достоверное.
Задача 6. Для каждого из описанных событий определите каким оно
является: невозможным, достоверным или случайным.
Бросают две игральные кости: 1) на первой кости выпало 3 очка, а на
второй – 5 очков; 2) сумма выпавших на двух костях очков ровна 1; 3) сумма
выпавших на двух костях очков равна 13; 4) на обеих костях выпало по 3
очка; 5) сумма очков на двух костях меньше 15.
Решение.
1) Это событие случайное, так как может произойти или не произойти в
описанных условиях.
2) Это событие невозможное, так как на каждом кубике может выпасть не
менее 1 очка, следовательно, сумма выпавших очков не может быть меньше
2.
3) Это событие невозможное, так как на каждом кубике может выпасть не
более 6 очков, следовательно, сумма выпавших очков не может быть больше
12.
4) Событие случайное (может произойти, может не произойти).
8
5) Событие достоверное, так как сумма выпавших очков при всех
возможных исходах не может быть больше 12, то есть она всегда меньше 15.
Ответ: 1) случайное; 2) невозможное; 3) невозможное; 4) случайное; 5)
достоверное.
Задача 7. Охарактеризуйте событие, о котором идет речь, как
достоверное, невозможное или случайное. Оцените его словами
«стопроцентная вероятность», «нулевая вероятность», «маловероятно»,
«достаточно вероятно»:
а) день рождение моего друга – число, меньше чем 32;
б) на уроке математики ученики делали физические упражнения;
в) на уроке математики ученики решали математические задачи;
г) сборная России по футболу станет чемпионом мира в 2007 году;
д) сборная России по хоккею станет чемпионом мира в 2007 году;
е) из интервала (1;2) наугад взяли какое-то число, оно оказалось
натуральным;
ж) из отрезка [1; 2] наугад взяли какое-то число, оно оказалось
смешанным;
з) вверх подкинули монету и она упала на землю «орлом»;
и) вверх подкинули монету и она упала на землю, встав на ребро.
Решение.
а) Достоверное событие, стопроцентная вероятность (в каждом месяце
меньше 32 дней).
б) Случайное событие, маловероятно, если в школе нет обязательных
физкультурных пауз на уроках.
в) Достоверное событие, стопроцентная вероятность, если это
действительно был урок математики, а не какое-либо мероприятие в это
время.
г) Случайное событие, маловероятно.
д) Случайное событие, достаточно вероятно.
e) Невозможное событие, нулевая вероятность: в интервале (1; 2) нет
натуральных чисел.
ж) Случайное событие, достаточно вероятно (кроме смешанных,
рациональных чисел, отрезок содержит также иррациональные числа,
например 2 , 3 2 , 3 3 и т. п.).
з) Случайное событие, достаточно вероятно.
и) Случайное событие, маловероятно. Отметим, что, рассматривая
эксперимент с бросанием монеты, полагают, что он имеет только два
возможных исхода: орел или решка. Физически возможна и остановка
монеты на ребре, но в таких (очень редких) случаях обычно считают, что
эксперимент не состоялся.
Ответ: а) достоверное; б) случайное; в) достоверное; г) случайное; д)
случайное; е) невозможное; ж) случайное; з) случайное; и) случайное;
Задача 8. Охарактеризуйте событие, о котором идет речь, как
достоверное, невозможное или случайное.
9
Вы открыли эту книгу на любой странице и прочитали первое попавшееся
существительное. Оказалось, что:
а) в написании выбранного слова есть гласная буква;
б) в написании выбранного слова есть буква «о»;
в) в написании выбранного слова нет гласных букв;
г) в написании выбранного слова есть мягкий знак.
Решение.
а) Событие достоверное, так как в русском языке нет существительных,
состоящих только из согласных букв.
б) Событие случайное.
в) Событие невозможное (см. пункт а).
г) Событие случайное.
Ответ: а) достоверное; б) случайное; в) невозможное; г) случайное.
Задача 9. Охарактеризуйте событие, о котором идет речь, как
достоверное, невозможное или случайное.
Даны два интервала (0; 1) и (5; 10). Из первого интервала выбрали число
а, из второго – число с. Оказалось, что:
а) число а меньше числа с;
б) число а больше числа с;
в) число а + с принадлежит интервалу (5; 10);
г) число а + с не принадлежит интервалу (5; 10).
Решение.
а) Событие достоверное, так как любое число из интервала (0; 1) меньше
любого числа из интервала (5; 10).
б) Событие невозможно (см. пункт а).
в) Событие случайное. Оно происходит, когда 5 < а + с < 10, и
происходит, если это неравенство не выполняется. Легко видеть, что все
возможные значения суммы а + с принадлежат интервалу (5; 10).
г) Событие случайное. Оно происходит, когда 10 < а + с < 11 (см. пункт
в).
Ответ: а) достоверное; б) невозможное; в) случайное; г) случайное.
Задача 10. В мешке лежат 10 шаров: 3 синих, 3 белых и 4 красных.
Охарактеризуйте следующее событие как достоверное, невозможное или
случайное:
а) из мешка вынули 4 шара, и все они синие;
б) из мешка вынули 4 шара, и все они красные;
в) из мешка вынули 4 шара, и все они оказались разного цвета;
г) из мешка вынули 4 шара, и среди них не оказалось шара черного цвета.
Решение.
а) Событие невозможное, так как в мешке только 3 синих шара; четыре
синих вынуть нельзя.
б) Событие случайное, может произойти, может и не произойти.
в) Событие невозможное, так как в мешке лежат шары только трех разных
цветов.
г) Событие достоверное, так как в мешке нет шаров черного цвета.
10
Ответ: а) невозможное; б) случайное; в) невозможное; г) достоверное.
Задача 11. В двух урнах находятся по пять шаров пяти разных цветов:
белого, синего, красного, желтого, зеленого. Из урны одновременно
вынимают по одному шару. Охарактеризуйте указанное ниже событие как
достоверное, случайное или невозможное:
а) вынуты шары разного цвета;
б) вынуты шары одного цвета;
в) вынуты черный и белый шары;
г) вынуты два шара, причем каждый оказался окрашенным в один из
следующих цветов: белый, синий, красный, желтый, зеленый.
Решение.
а) Событие случайное.
б) Событие случайное.
в) Событие невозможное, так как ни в одной из двух урн нет шаров
черного цвета.
г) Событие достоверное, так как в каждой урне есть шары указанных
цветов, и ни в одной из двух урн нет шаров других цветов.
Ответ: а) случайное; б) случайное; в) невозможное; г) достоверное.
§ 2. Множество элементарных событий
Допустим, что при бросании игральной кости нас интересует появление
определенного числа очков.
Выпадение конкретного числа очков i (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) мы назовем
элементарным событием и обозначим ei.
Осуществление одного элементарного события в качестве результата
испытания, очевидно, исключает реализацию других.
Ясно, что при бросании игральной кости непременно произойдет одно из
элементарных событий:
e1, e2, e3, e4, e5, e6 .
Будем считать, что все эти элементарные события образуют множество
элементарных событий Е; Е — достоверное событие (по определению).
Рассмотрим события:
1) А — «появление четного числа очков при бросании игральной кости».
Этому событию благоприятствуют элементарные события е2, e4, e6.
Разумеется, множество этих событий является подмножеством E,
2) В — «появление числа очков не больше четырех». Этому событию
благоприятствует подмножество множества элементарных событий Е:
e1, e2, e3, e4,
Таким образом, событие А может быть представлено подмножеством
элементарных событий (е2, e4, e6), событие В—подмножеством элементарных
событий (e1, e2, e3, e4).
Представляя события как подмножества множества элементарных
событий, обозначим А (е2, e4, e6 ), В (e1, e2, e3, e4).
11
Бросаем монету. Событие Г — «появление герба» и событие Ц —
«появление цифры» тоже образуют множество элементарных событий.
Если события A, В можно сравнить в смысле возможности их появления,
то сравнение, например, событий А и Г смысла не имеет, потому что они
представляются подмножествами разных множеств элементарных событий.
§ 3. Операции над событиями
Сложение
По мишени произведено 4 выстрела. Рассмотрим события:
A0 — «попаданий нет»;
А1 — «одно попадание»;
A2 — «два попадания»;
A3 — «три попадания»;
A — «не больше трех попаданий».
Разумеется, A0  A, A1  A, A2  A, A3  A.
Вместе с тем событие A не содержит никаких других событий, кроме Aо,
A1, A2, A3. Поэтому естественно событие A считать суммой событий Aо, A1, A2,
A3.
Суммой событий A1, A2, A3,…, Ап называется событие A, состоящее в
появлении хотя бы одного из событий A1, A2, A3,…, Ап (или А1 или A2, ..., или
Ап, или нескольких из них, или всех).
Символически:
А = А1 + A2 + A3 + ... + Аn.
(2.1)
Рассмотрим три события:
A — «появление одного очка при бросании игральной кости»,
В — «появление двух очков при бросании игральной кости»,
С — «появление не больше двух очков при бросании игральной
кости».
Нетрудно заметить, что событие С является следствием A или В, поэтому
С = A + В.
Ясно, что события A и В не могут произойти одновременно. Поэтому,
представляя их разными секторами круга, получаем следующее графическое
изображение события С = A + В (рис. 1). Приведем теперь графическое
представление суммы событий: A — «появление больше чем 4 очка при
бросании игральной кости»,
В — «появление больше чем 3 очка и меньше чем 6 очков при бросании
игральной кости»,
С — «появление больше чем 3 очка при бросании игральной кости».
Ясно, что С = А + В. Так как событию А соответствует «появление или 5,
или 6 очков», а событию В — «появление или 4, или 5 очков», то, изображая
12
эти события разными полукругами, получаем иное представление события
Рис. 1.
Рис. 2.
С = А + В (рис. 2). То, что в рисунке суммы А + В одна четверть круга
принадлежит и событию А и событию 5, не является случайностью: частью
обоих этих событий является событие «появление 5 очков».
События А и В могут быть подмножествами одного и того же множества
элементарных событий Е следующим образом: А (е5, е6), В (e4, e5)- Тогда
сумма этих событий А + В представляется объединением этих подмножеств
(е4, е5, е6). Вообще, если событие А представлено подмножеством A*
множества элементарных событий E, а событие В — подмножеством B* того
же множества элементарных событий, то сумма А + В будет представлена
объединением A*  В*.
Графическое представление суммы событий позволяет установить
следующие закономерности1:
1) А + В = В + А
2) (А + В) + С = А + (В + С).
(2.2)
Задачи
Задача 12. Событие А – «попадание в мишень первым выстрелом»,
событие В – «попадание в мишень вторым выстрелом».
В чем состоит событие А + В?
Решение.
1
Доказав эти и другие равенства для событий А, В, С, являющихся подмножествами множества
элементарных событий, можем не возвращаться при решении конкретных задач всякий раз к рассмотрению
элементарных событий.
13
Событие А+В состоит в попадании 2 выстрелов в мишень.
Ответ: попадание 2 выстрелами.
Задача 13. Опишите, в чем состоит сумма следующих несовместных
событий.
а) Учитель вызвал к доске ученика (событие А), ученицу (событие В).
б) «Родила царица в ночь, не то сына (событие А), не то дочь (событие
В)...».
в) Случайно выбранная цифра меньше 5 (событие А), больше 6 (событие
В).
г) Из 10 выстрелов в цель попали ровно 7 раз (событие А), не более 6 раз
(событие В).
Решение.
а) Учитель вызвал к доске ученика или ученицу ( A  B )
б) Царица родила сына или дочь ( A  B ).
в) Случайно выбранная цифра меньше 5 или больше 6 ( A  B , то есть это
одна из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 7, 8, 9).
г) Из десяти выстрелов в цель попали не более 7 раз ( A  B , то есть
число попаданий 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 или 7 раз).
Ответ: 4 сложных события, являющихся суммой двух несовместных
событий.
Задача 14. Событие А – «лотерейный выигрыш 1 руб.»,
событие В – «лотерейный выигрыш 2 руб.»,
событие С – «лотерейный выигрыш 3 руб.»,
событие D – «лотерейный выигрыш 4 руб.».
В чем состоит событие A + B + C + D?
Решение.
По определению событие A + B + C + D – «по лотерее выиграно не
больше 4 руб.».
Ответ: по лотерее выиграно не больше 4 руб.
Умножение
Произвольно выбираем два двузначных числа. Определяем события:
A — «выбранные числа кратны 2»,
В — «выбранные числа кратны 3»,
С — «выбранные числа кратны 6».
Событие С происходит, если одновременно происходят события A и В.
Если одно из событий A или В не произойдет, то не произойдет и С. Принято
такое событие С называть произведением событий A и В.
В общем случае произведение событий определяется так:
Произведением событий A1, A2, A3,…, Ап называется событие А,
состоящее в одновременном исполнении всех (и А1, и A2, и A3, . . ., и Аn)
событий A1, A2, A3,…, Ап.
Символически:
A = A1 A2 A3 … Ап. (2.3)
14
Рассмотрим еще пример:
A — «входящий в подъезд человек — мужчина»,
В — «входящий в подъезд человек светловолосый»,
С — «входящий в подъезд человек — светловолосый мужчина».
Событие С происходит только при одновременном исполнении событий A
и В, поэтому С = АВ.
Пусть события A и В представлены подмножествами одного и того же
множества элементарных событий E так: A (е1, е2, е3), В(е2, e3, e4).
Тогда произведение АВ будет представлено пересечением этих
подмножеств A  B  e2 , e3 .
Рис. 3
Рис. 4
Вообще, если событие А представлено подмножеством А* множества
элементарных событий Е, а событие В — подмножеством В* того же самого
множества элементарных событий, то произведение А В будет представлено
пересечением A *  B * .
Изображая события А и В разными полукругами, получим следующую
геометрическую интерпретацию события С = АВ (рис. 3).
Сравнивая события
А — «появление герба при первом бросании монеты»,
В — «появление цифры при первом бросании монеты», выясняем, что
совместное осуществление этих событий невозможно.
Символически это записываем так:
АВ = V.
(2.4)
Геометрическая интерпретация приведена на рисунке 4.
Два события А и В, произведение которых — невозможное событие (АВ
= V), называются несовместимыми событиями.
15
Произведение несовместимых событий представляется пустым
множеством. Для таких событий А и В определение суммы событий
формулируется так:
Суммой двух несовместимых событий А и В называется событие С,
осуществляющееся в появлении либо события А, либо события В.
Разберемся в таких событиях:
А1 — «появление одного очка при бросании игральной кости»,
A2 — «появление двух очков при бросании игральной кости»,
A3 — «появление трех очков, при бросании игральной кости»,
А — «появление не больше трех очков при бросании игральной кости».
Имеют место следующие зависимости:
1) А = А1 + А2 + А3; 2) А1А2 = V; А1А3 = V; А2А3 = V.
Если события A1, A2, A3 и А удовлетворяют условиям (1) и (2), то событие
А составлено из событий A1, A2, А3.
Рассмотрим следующие пары событий:
 A1 " выпадение герба при подбрасывании монеты" ,

 A2 " невыпадение герба при подбрасывании монеты" ,
 B1 " выздоровление больного" ,

 B2 " невыздоровление больного" ,
С1 " появление новой кометы в текущем году" ,

С 2 " непоявлени е новой кометы в текущем году" ,
Естественно, события в каждой из пар считать противоположными.
Установим два свойства, которым удовлетворяет любая из этих пар событий:
1. Сумма событий каждой пары — достоверное событие:
A1 + A2=U,
B1 + B2=U,
С1 + С2= U.
2. Произведение событий каждой пары — невозможное событие:
A1 A2=V,
В1 В2 = V,
С1 С2 = V.
Теперь можно ввести определение:
Если сумма событий А и В — достоверное событие, а произведение —
невозможное событие, события А и В называются противоположными.
Если А и В — противоположные события, то символически записываем
это так:
A  B , или B  A
Тогда AA  V , а A  A  U .
Задачи
Задача 15.
Событие А – «попадание в мишень первым выстрелом»,
событие В – «попадание в мишень вторым выстрелом».
16
В чем состоит событие АВ?
Решение.
Событие АВ, по определению, состоит в попадании первыми 2
выстрелами по мишени.
Ответ: попадание первыми 2 выстрелами.
Задача 16.
Событие А1 – «появление четного числа очков при
бросании игральной кости»,
событие А2 – «появление 2 очков при бросании игральной кости»,
событие А3 – «появление 4 очков при бросании игральной кости»,
событие А4 – «появление 6 очков при бросании игральной кости».
Докажите:
1) A1 A4  A2  A3 ;
2) А2А3 = V;
3) A1 A2 A3  A4 .
Решение.
1) A4 – «появление не 6 очков при бросании игральной кости», т.е.
появление 1, 2, 3, 4 и 5 очков, следовательно, A1 A4 – «появление четного
числа очков, но не 6», а значит – 2 или 4 очков. A2  A3 (по определению) –
«появление 2 или 4 очков», что и требовалось доказать.
2) При бросании кости, она падает на одну грань, а значит не может
одновременно выпасть 2 и 4 очка, следовательно, А2А3 – невозможное
событие.
3) A2 – «появление не 2 очков», A3 – «появление не 4 очков», а A1 A2 A3 (по
определению)– «появление четного числа очков, но не 2 и 4, т.е. 6 очков», но
это есть событие A4 .
Вычитание
А –– «наугад остановленный мужчина –– брюнет»,
В — «наугад остановленный мужчина — высокого роста»,
С — «наугад остановленный мужчина — невысокий брюнет».
Нетрудно заметить, что событие С означает то, что произошло А, но не
произошло В. Принято такое событие С считать разностью событий А и В.
Вообще, разностью событий А и В называется событие С, состоящее в
том, что произошли те элементарные события, которые входят в А, но не
входят в В. В таком случае пишем:
С=А—В.
(5.7)
Если это определение выразить символами уже известных нам
соотношений, то
A  B  AB . (2.6)
17
Рис. 5.
Пусть события А и В представлены подмножествами одного и того же
множества элементарных событий Е, A = {e1, е, е3, е4} и В = {е2, е4}. Тогда
разность событий А — В представляется подмножеством {е1, е3}.
Геометрически разность событий изображена на рисунке 5.
Рассмотрим следующую задачу.
Задача 17.
Пусть A, В и С — события. Доказать, что А (В — С) = АВ —
АС.
На языке теории множеств   A( B  C ) . Получим отсюда как следствие,
что
  A( B  C );

  A,   B  C ;

  A,   B ,   C ;

  AB ,   AC ;

  AB  AC .
Теперь пусть   AB  AC . Приведем рассуждения в обратном порядке:

  AB  AC

  AB ,   AC

  A,   B ,   C

  A,   B  C

  A( B  C ).

Следовательно, равенство А (В – С) = АВ – АС действительно имеет место,
поскольку множества А (В – С) и АВ – АС состоят из одних и тех же
элементарных событий.
Задачи
Задача 18.
Событие А – «попадание в мишень»,
событие В – «попадание в мишень первым выстрелом».
18
В чем состоит событие А – В?
Решение.
По определению, событие А – В состоит в попадании в мишень не первым
выстрелом.
Ответ: попадание не первым выстрелом.
Задача 19.
Событие А – «получение достаточной для сдачи экзамена
оценки»,
событие В – «получение пятерки».
В чем состоят события А – В, A  B , A  B .
Решение.
Событие А – В – получение 4 или тройки;
событие A  B – получение пятерки;
событие A  B – невозможное событие(по определению).
Ответ: получение 4 или 3; получение пятерки; невозможное событие.
19
Глава 2. Наука о подсчете числа комбинаций – комбинаторика
Комбинаторикой называется область математики, в которой изучаются
вопросы о том, сколько различных комбинаций, подчиненных тем или иным
условиям, можно составить из элементов, принадлежащих заданному
множеству. Иногда комбинаторику рассматривают как введение в теорию
вероятностей, поскольку методы комбинаторики очень помогают в теории
вероятностей осуществить подсчет числа возможных исходов и числа
благоприятных исходов в разных конкретных случаях.
В теории вероятностей принято говорить не о комбинациях, а о выборках.
Поэтому мы будем придерживаться термина «выборка».
В комбинаторике рассматриваются виды выборок — перестановки,
размещения, сочетания. Как увидим дальше, выборки могут в отличие от
множеств включать повторно тот или иной элемент.
§ 1. Общие правила комбинаторики
Рассмотрим два общих правила, с помощью которых решается
большинство задач комбинаторики, — правило суммы и правило
произведения.
Допустим, в ящике имеется п разноцветных шариков. Произвольным
образом вынимаем один шарик. Сколькими способами можно это сделать?
Конечно, п. Теперь эти п шариков распределим по двум ящикам: в первом —
т шариков, во втором — k. Произвольно из какого-нибудь ящика вынимаем
один шарик. Сколькими разными способами можно это сделать? Из первого
ящика шарик можно вынуть т разными способами, из второго — k разными
способами. Всего п = т + k способами.
(2.7)
Если некоторый объект А можно выбрать т способами, а объект В — k
способами (не такими, как A), то объект «либо A, либо В» можно выбрать
т + k способами»
Это так называемое правило суммы.
Перейдем к правилу произведений. Рассмотрим следующую задачу.
Задача 20.
Сколько можно записать двузначных чисел в десятичной
системе счисления?
Решение.
Поскольку число двузначное, число десятков может принимать одно из
девяти значений: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Число единиц может принимать те же
значения и может, кроме того, быть равным нулю.
Если цифра десятков 1, цифра единиц может быть 0, 1, 2, ... — всего 10
значений. Если цифра десятков — 2, то вновь цифра единиц может быть
равна 0, 1, 2, ... . Всего получаем 90 двузначных чисел.
Ответ: 90 чисел.
Обобщим полученный результат. Пусть данное множество из п = т + k
элементов разбито на два подмножества, состоящие соответственно из т и k
элементов. Пусть из подмножества, содержащего т элементов, выбирается
20
один элемент и независимо из подмножества, содержащего k элементов,
выбирается один элемент. Спрашивается, сколько различных пар элементов
при этом образуется?
Ответ на поставленный вопрос дает таблица.
a1b1 ; a1b2 ;  a1bk 


a 2 b1 ; a 2 b2 ;  a 2 bk 

 m строк
 


a m b1 ; a m b2 ;  a m bk 

k пар в каждой строке.
Таким образом, если общее число всевозможных пар обозначим N, то
N = mk. (2.8)
Сформулируем теперь правило произведений.
Если объект А можно выбрать т способами, а после каждого такого
выбора другой объект В можно выбрать (независимо от выбора объекта A)
k способами, то пары объектов А и В можно выбрать mk способами.
§ 2. Выборки элементов
Пусть имеем некоторое множество из п элементов а1, а2, а3, ..., ап. Из
этого множества можно образовать разные выборки, каждая из которых
имеет r элементов
0  r  n .
Выборки могут быть упорядоченными — размещениями. Например, из
элементов a, b и с можно образовать такие выборки-размещения по 2
элемента:
ab, ba, са,
ac, be, cb.
Этих выборок 6, и они одна от другой отличаются либо элементами, либо
их порядком.
Попробуем из 4 элементов a, b, c и d образовать подобные выборки по 3.
Вот они:
a
b
c
d
bc, ac, ab, ab,
a
b
c
d
bd, ad, ba, ba,
a
b
c
d
cb, ca, ad, ac,
a
b
c
d
db, da, da, ca,
a
b
c
d
21
cd, cd, bd, bc,
a
b
c
d
dc, dc, db, cb.
Всего 24 выборки. В обоих примерах мы имеем дело с выборками,
которые называются размещениями. В первом случае мы имеем дело с
размещениями из 3 элементов по 2, во втором — из 4 по 3.
Размещениями из п элементов по т называются такие выборки,
которые, имея по т элементов, выбранных из числа данных п элементов,
отличаются одна от другой либо составом элементов, либо порядком их
расположения.
Число размещений из п элементов по т договоримся обозначать Anm . Это
число определяется следующим образом:
Anm  n( n  1 )( n  2 )( n  m  1 ) .
(2.9)
С помощью этой формулы решим задачу.
Задача 21.
Допустим, в высшей лиге по футболу 18 команд. Борьба
идет за золотые, серебряные и бронзовые медали. Сколькими способами
медали могут быть распределены между командами?
Решение.
Ясно, что нужно найти число размещений A183 . По формуле (2.9)
3
A18
 18  17  16  4896 .
Если кто-то в начале сезона, не зная, как укомплектованы и подготовлены
команды, ручается, что золотые медали будут у киевских динамовцев,
серебряные — у араратовцев, а бронзовые — у московских спартаковцев, то
он смельчак — называет одну комбинацию из 4896 возможных. (Возможны
случаи, когда команды делят места.)
Ответ: 4896.
Если в формуле (2.9) m = n, то Ann — число таких размещений, которые
отличаются только порядком расположения элементов, но не самими
элементами. Такие размещения называются перестановками. Их число по
формуле (2.9)
Ann  n( n  1 )( n  2 )3  2  1  n!  Pn .
Pn  Ann  n!
(2.10)
Число п может принимать не только натуральные значения, оно может
также равняться нулю. Пустое множество (выборка) является
подмножеством любого множества, и естественно считать, что оно может
быть упорядочено только одним способом. Принято считать, что 0! = 1.
На практике не всегда важен порядок расположения в выборках.
Например, если в полуфинале первенства России по шахматам участвуют 20
шахматистов, а в финал из них попадут только трое, то участнику
безразлично (если им не руководят соображения престижа), какое из первых
трех мест занять. Ведь были случаи, когда занявший третье место в
полуфинале в финале был первым.
22
Если требуется установить, сколькими способами может образоваться
финальная тройка, то надо посчитать только те выборки из 20 элементов по
3, которые одна от другой отличаются хотя бы одним элементом.
Число сочетаний из п элементов по т обозначается
Anm
n!
m
.
(2.11)
Cn 

Pn ( n  m )! m!
Применяя эту формулу для решения задачи о шахматистах, получим
число возможных финальных троек
20  19  18
3
C 20

 1140 .
3  2 1
Формулы (2.9), (2.10) и (2.11) могут быть применены для определения
числа случайных событий — результатов испытаний или наблюдений.
Задачи
Задача 22.
На тренировках занимаются 12 баскетболистов. Сколько
может быть образовано тренером разных стартовых пятерок?
Решение.
Так как при составлении стартовой пятерки тренера интересует только
состав пятерки, то достаточно определить число сочетаний из 12 элементов
по 5
12  11  10  9  8
5
C12

 792 .
5  4  3  2 1
Ответ: 792.
Задача 23.
Сколькими способами можно расположить на шахматной
доске 8 ладей так, чтобы они не могли взять друг друга?
Решение.
Ясно, что в этом случае на каждой горизонтали и каждой вертикали
шахматной доски может быть расположено только по одной ладье. Число
возможных позиций — число перестановок из 8 элементов:
P8  8! 8  7  6  5  4  3  2  1  40320 .
Ответ: 40320.
Задача 24.
Для полета на Марс необходимо укомплектовать
следующий экипаж космического корабля: командир корабля, первый его
помощник, второй помощник, два бортинженера и один врач. Командующая
тройка может быть отобрана из числа 25 готовящихся к полету летчиков, два
бортинженера — из числа 20 специалистов, в совершенстве знающих
устройство космического корабля, и врач — из числа 8 медиков. Сколькими
способами можно укомплектовать экипаж исследователей космоса?
Решение.
При выборе командира и его помощников, важно определить; какой из
военных летчиков лучше других справляется с теми или иными функциями в
управлении кораблем. Значит, здесь важен не только персональный состав
23
командующей тройки, но и соответствующая расстановка подобранных
людей. Поэтому ясно, что командующая тройка может быть укомплектована
3
A25
способами.
Обязанности у обоих бортинженеров примерно одинаковые. Они могут
выполнять их по очереди. Следовательно, пара бортинженеров может быть
2
укомплектована C 20
способами. Аналогичное положение и с врачом — его
можно подобрать C 81 способами.
В силу формулы (3.2) весь экипаж может быть укомплектован
3
2
A25
 C 20
 C81  20976000
способами.
Ответ: 20 976 000.
Задача 25.
Сколькими способами можно расставить на полке 8 книг,
среди них 2 книги одного автора, которые при любых перестановках должны
стоять рядом?
Решение.
Условно будем считать две книги одного автора единой книгой. Тогда
количество способов расстановки условных 7 книг на полке будет равно
числу перестановок из 7 элементов:
P7  1  2  3  4  5  6  7  5040 .
Но в каждой такой перестановке книги одного автора можно поменять
местами, поэтому общее число способов расстановки книг на полке будет в 2
раза больше, т.е. 5040  2  10080 .
Ответ: 10 080 способами.
Задача 26.
Сколькими способами можно закрасить 6 клеток таким
образом, чтобы 3 клетки были красными, а 3 оставшиеся были закрашены
(каждая своим цветом) белым, черным или зеленым?
Решение.
Условно будем считать, что все клетки закрашиваем разными цветами.
Это можно сделать P6  6 !  720 способами. Но в каждой такой перестановке
три клетки одного цвета и их можно переставить P3  3!  6 способами,
следовательно, общее число способов будет меньше в 6 раз, т.е.
P6 720

 120 способов.
P3
6
Ответ: 120.
Задача 27.
Докажите, что C nm  C nn  m .
Решение.
n!
По определению, C nm 
,
m! n  m!
n!
n!
n!
,
Cnnm 


n  m! nn  m! n  m! m! m! n  m!
а, следовательно, C nm  C nn  m .
24
Задача 28.
Докажите равенство Паскаля:
C nm  C nm 1  C nm11 .
Решение.
Преобразуем левую часть равенства:
n!
n!
C nm  C nm 1 


m! n  m ! m  1! n  m  1!

n! m  1
n! n  m 


m  1! n  m ! m  1! n  m !

n! m  1  n  m 
n! n  1


m  1! n  m ! m  1! n  m !

n  1!
 C nm11
m  1! n  m !
Задача 29.
Сколько разных трехзначных чисел можно составить из
цифр 1, 2, 3, 4 и 5 при условии, что ни одна цифра не повторяется?
Решение.
Выбираем 3 цифры из 5 данных; порядок выбора имеет значение:
A53  5  4  3  60 чисел.
Ответ: 60.
Задача 30.
Сколько существует семизначных телефонных номеров, в
которых все цифры различные и первая цифра отлична от нуля?
Решение.
Выбираем из 10 цифр семь, причем первый выбор делается из 9 цифр(без
нуля).
Используя метод исключения лишних вариантов, получаем:
7
A10
 A96  10  A96  A96  9  A96  9  9  8  7  6  5  4  544 320 номеров.
Ответ: 544 320.
§ 3. Выборки с повторениями
Из букв с, т, е, н, а можно образовать Р5 = 5! = 120 разных слов. Сколько
разных слов можно образовать из букв слова «гамма»? Столько же?
Оказывается, нет! Только 30. Знакомая формула числа перестановок в
данном случае бессильна, ибо элементы в «перестановках» повторяются: в
слове «гамма» при перестановке местами букв а и м никаких изменений не
происходит — остается то же самое слово. Мы ввели новый вид выборок —
перестановки с повторениями.
Пусть даны k элементов. Построим выборку из этого множества
элементов. Первый элемент повторим n1 раз, второй n2 раз, .... k-й повторим
25
nk раз: n1  n2    nk  n . Если бы все элементы были различными, то по
формуле (3.4) у нас получилось бы п! перестановок.
Но так как некоторые элементы в выборке повторяются и при их
перестановке новой перестановки не получим, то понятно, что число
перестановок с повторениями меньше n! но во сколько раз меньше?
Пусть имеется выборка
aaa






a bbb



b lll

l
n1
n
n
2
k
Элементы а можно переставить P  ( n )! способами, элементы b —
n
1
1
P  ( n )! способами, ..., элементы — P  ( n )! способами, но число
n
2
n
k
2
k
перестановок с повторениями от этого не изменится. Значит, число
перестановок с повторениями меньше числа перестановок без повторения в
n1 ! n2 !  nk ! раз. Поэтому число перестановок с повторениями
n!
.
(2.12)
P

n1 , n2 , nk n ! n ! n !
1
2
k
В примере с выборкой букв из слова «гамма» п = 5, n1 = 1, п2 = 2, п3 = 2.
Поэтому, как мы уже убедились, можно образовать
5!
 30
1! 2! 2!
разных слов (не все они имеют смысл).
Рассмотрим следующую задачу.
Задача 31.
В гастрономе имеются конфеты трех наименований.
Конфеты упакованы в коробки трех видов — для каждого наименования своя
коробка. Сколькими способами можно заказать набор из 5 коробок?
Решение.
Здесь необходимо установить число выборок, которые составляются из 5
элементов и отличаются (хотя бы одним элементом). В составе каждой
выборки непременно будет повторений элементов.
Каждый заказ зашифруем теперь нулями и единицами. Сначала напишем
столько единиц, сколько заказали коробок конфет первого наименования.
Потом напишем нуль. Дальше напишем столько единиц, сколько заказали
коробок конфет второго наименования. После этого опять нуль и столько
единиц, сколько заказали коробок конфет третьего наименования. Если
конфет второго или третьего наименования совсем не заказали, то этот факт
в нашей шифровке окажется отмечен двумя нулями. Если не заказаны конфеты первого или последнего наименования, пишем один нуль.
Например, событие «заказано 2 коробки конфет первого наименования, 1
— второго наименования, 2 — третьего наименования» зашифруем так:
1101011,
событие «заказано 2 коробки конфет первого наименования и 3 —
третьего»:
26
1100111,
событие «заказано 4 коробки конфет второго и 1 — третьего»:
0111101.
Нетрудно заметить, что каждый зашифрованный заказ представляет
комбинацию пяти единиц и двух нулей. Это перестановки с повторениями,
где 1 повторяется 5 раз, нуль — 2 раза. Применяя формулу (3.6),
устанавливаем число всевозможных наборов конфет:
7!
P5 ,2 
 21 .
5! 2!
Ответ: 21.
Встретившиеся в рассмотренной задаче выборки, составляемые из
элементов одного и того же множества, не отличаются по своему объему, но
отличаются по составу (хотя бы одним элементом). Такие выборки
называются сочетаниями с повторениями.
Подсчитаем теперь число сочетаний C nk с повторениями, если объем
каждой такой выборки равен k, а множество, из которого строятся выборки,
содержит п элементов.
На основании проведенных рассуждений получаем:
k  n  1! ;
(2.13)
Cnk  Pk ,n1 
k ! n  1!
так как
( k  n  1 )! ( k  n  1 )( k  n  2 )( n  1 )n( n  1 )!


k ! ( n  1 )!
k ! ( n  1 )!
,
( n  k  1 )( n  k  2 )( n  1 )n
k

 Cn k 1
k!
то
(2.14)
Cnk  Cnkk 1 .
Теперь полезно решить еще такую задачу.
Задача 32.
Сколько разных трехзначных чисел можно составить из
цифр 1, 2, 3, 4 и 5, если одна и та же цифра может повториться несколько
раз?
Решение.
Если бы не было повторений, то задача нам уже известна — пришлось бы
вычислять A53 . НО В данном случае элементы могут повторяться. Значит, мы
имеем размещения с повторениями.
Первую цифру трехзначного числа мы можем выбрать пятью способами:
одну из цифр 1, 2, 3, 4 и 5. Вторую — также пятью способами. Тогда по
2
формуле (3.2) двузначное число можно образовать 5  5  5  25 способами.
Третью цифру опять можно выбрать пятью способами, и поэтому
3
трехзначное число может быть образовано 5  5  5  5  125 способами.
Ответ: 125.
27
Аналогичные рассуждения помогут нам определить число размещений с
повторениями и в общем случае.
Пусть данное множество содержит п элементов, из которых необходимо
образовать размещения по k элементов с повторениями, т. е. водном
размещении тот же самый элемент может повториться 2, 3, . . ., k раз.
Сколько таких размещений?
Первый элемент какого-нибудь из упомянутых размещений мы можем
выбрать п способами (одного из данных п элементов). Второй элемент тоже п
способами. Тогда в силу формулы (3.2) пару элементов можно образовать
n  n  n 2 способами. Третий элемент опять можем выбрать п способами,
четвертый также и т. д. Понятно, что в таком случае размещения из п
элементов можем образовать n  n   n  n k способами. Если договоримся
число размещений с повторениями обозначать Ank то
(2.15)
Ank  n k .
Задачи
Задача 33.
Мать купила 2 яблока, 3 груши и 4 апельсина. Девять дней
подряд она каждый день предлагает сыну по одному фрукту. Сколькими
способами она может выдать сыну фрукты?
Решение.
Обозначим: яблоко — я, грушу — г, апельсин — а. Напишем одну из
возможных выборок:
ггягааяаа
Все остальные выборки можно получить перестановкой ее элементов.
Следовательно, приходится вычислять перестановки с повторениями. В
нашей задаче п = 9, п1 = 2, п2 = 3, п3 = 4.
Поэтому число всевозможных способов раздачи фруктов
9!
P2 ,3 ,4 
 1260 .
2! 3! 4!
Ответ: 1260.
Задача 34.
В продажу поступили открытки 10 разных видов.
Сколькими способами можно образовать набор из 12 открыток? из 8
открыток?
Решение.
В данном случае нам приходится считать сочетания с повторениями
21!
C1012 
 293930 ,
12! 9!
17!
C108 
 24310 .
8! 9!
Ответ: 293 930; 24 310.
28
Задача 35.
Сколько разных четырехзначных чисел можно составить из
цифр 0, 1,2, если та же самая цифра может повториться несколько раз?
Решение.
Из цифр 0, 1, 2 можно составить A34  34 четырехзначных числа. Но
числа, записанные четырьмя цифрами, первая из которых нуль, не являются
четырехзначными. Значит, из числа размещений с повторениями надо
вычесть число таких выборок, которые начинаются нулем. Последних
столько, сколько трехзначных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2 при
повторении цифр. Таких чисел будет A33  33 .
Поэтому ответ:
34  33  54 .
Ответ: 54.
Задача 36.
Сколькими способами можно расставить п нулей и k
единиц так, чтобы никакие две единицы не стояли рядом?
Решение.
Эта задача имеет смысл только при k  n  1.
Убедимся в этом.
Между п нулями имеется п — 1 одноместное «гнездо» для единицы. Но
единица еще может занять одно место впереди всех нулей и одно место за
всеми нулями. Таким образом, для k единиц имеем п — 1 + 1 + 1 = п + 1
одноместных «гнезд». Задача сводится к такой формулировке: «Сколькими
способами можно k одинаковых «шариков» распределить по n + 1
одноместным «гнездам», что равносильно: «Сколькими способами из п + 1
элемента можно образовать выборки по k элементов, когда их порядок не
существен?»
Ответ: разумеется, Cnk1 способами.
Задача 37.
Между четырьмя игроками в домино поровну распределяются 28 костей. Сколькими способами могут распределиться кости домино?
Решение.
Первый игрок 7 костей может выбрать C287 способами. (Он не обязательно
первым набрал кости, но с него мы начинаем строить возможные выборки.)
Второму игроку приходится свою долю костей выбирать из числа 21
оставшейся кости. Это он может сделать C 217 способами. Третий — C147
способами, а четвертый — C77 способами. Тогда по правилу (3.2) кости могут
быть распределены
28!
.
C 287  C 217  C147  C 77 
( 7! ) 4
Учащийся может возразить, что число всевозможных выборок раздачи
костей зависит от порядка раздачи. Это не так! Допустим, игрокам кости
розданы в таком порядке:
первый может получить 4 кости C 428 способами, после чего
второй может получить 3 кости C 324 способами, после чего
29
третий может получить 6 костей C 621 способами, после чего
четвертый может получить 2 кости C152 способами, после чего
первый может получить 3 кости C133 способами, после чего
четвертый может получить 5 костей C105 способами, после чего
третий может получить 1 кость C15 способами, после чего
второй может получить 4 кости C 44 способами.
В силу правила (3.2) число всех выборок равно
C284  C243  C216  C152  C133  C105  C51  C44 
28!
24!
21!
15!
13! 10! 5!
4!
28!
.









4! 24! 3! 21! 6! 15! 2! 13! 3! 10! 5! 5! 1! 4! 4! 0! 4! 3! 6! 2! 3! 5! 4!
Но первый игрок кости выбирал два раза, поэтому выборок образовалось
7!
в
раз больше из-за очередности, которая не имеет влияния на
4! 3!
окончательный результат. Второй игрок также выбирал два раза, поэтому
7!
раз больше. Третий опять два раза, поэтому
3! 4!
7!
7!
выборок образовалось в
раз больше. У четвертого получилось в
раз
6! 1!
2! 5!
выборок образовалось в
больше.
Следовательно, выборок получилось
( 7! ) 4
28!
28!
.
:

4! 3! 6! 2! 3! 5! 4! 4! 3! 3! 4! 6! 2! 5! ( 7! ) 4
Итак, очередность выбора костей (как это, естественно, и следовало
ожидать) не влияет на результат.
28!
Ответ:
.
7!4
30
Глава 3. Вероятность события
Бросаем игральную кость. Выпасть могут или одно, или два, или три, или
четыре, или пять, или шесть очков. Каждое из этих событий элементарное, и
вместе они образуют множество элементарных событий. Рассмотрим теперь
следующие события:
А — «выпадение 5 очков»,
В — «выпадение четного числа очков»,
С — «выпадение не меньше 3 очков».
Событие А — одно из шести равновозможных элементарных событий.
Событие В означает «выпадение или 2, или 4, или 6 очков», т. е. оно
представляет три из шести равновозможных элементарных событий.
Событие С означает «выпадение или 3, или 4, или 5, или 6 очков», т. е.
оно представляет четыре из шести равновозможных элементарных событий.
У нас нет данных, чтобы, бросая кость, предугадать будущий результат,
но кое-какие предположения высказать мы можем. Так, ясно, что событие A
должно происходить реже, чем В (событию А благоприятствует меньше
элементарных событий), а последнее должно происходить реже, чем событие
С (событию В благоприятствует меньше элементарных событий). Как
численно оценить возможности появления событий A, В и С?
Рассмотрим следующие элементарные события, которые при бросании
игральной кости, как нам уже известно, образуют полную группу попарно
несовместимых событий:
A1 — «выпадение 1 очка»,
A2 — «выпадение 2 очков»,
A3 — «выпадение 3 очков»,
A4 — «выпадение 4 очков»,
A5 — «выпадение 5 очков»,
A6 — «выпадение 6 очков».
Если имеет место элементарное событие A 2, то имеет место и событие В.
Если имеет место элементарное событие A 4,то вновь происходит событие В.
Если имеет место элементарное событие A 6, то опять имеет место В. Значит,
элементарные события A2, A4 и A6 благоприятствуют событию В, аналогично
элементарное событие A5 благоприятствует событию A, а элементарные
события A3, A4, A5 и A6 — событию С. Возможность появления того или
иного события удобно оценивать отношением числа благоприятствующих
элементарных событий к числу равновозможных элементарных событий,
которые образуют полную группу попарно несовместимых событий. В дан1
ном случае возможность появления события A оценивается числом
,
6
3 1
4 2
 , события С –
 .
события В –
Эти числа
называются
6 2
6 3
вероятностями соответствующих событий и обозначаются:
31
P( A ) 
1
1
2
, P( B )  , P( C )  .
6
2
3
Рис. 7.
Пусть т — число всех тех равновозможных элементарных событий,
которые
благоприятствуют некоторому
событию A; п — число
элементарных событий, образующих полную группу равновозможных и
m
попарно несовместимых событий. Отношение
называем вероятностью
n
события A и обозначаем:
m
P( A )  . (2.16)
n
Вероятность Р (A) можно рассматривать как функцию события A,
определенную на множестве элементарных событий Е. Из определения
должно быть ясно, что Р (U) = 1, Р (V) = 0. Если событие В не является ни
достоверным, ни невозможным, то
0 < Р (В) < 1.
Иногда мы сталкиваемся с событиями, для которых не можем определить
числа т и п для вычисления вероятностей этих событий, и поэтому не
удается непосредственно пользоваться формулой (2.16).
К числу таких событий относятся содержащие бесконечные
подмножества множества элементарных событий. Рассмотрим, например,
задачу на отыскание так называемой геометрической вероятности.
Задача 38.
Пусть на плоскости задан круг и в нем треугольник (рис. 7).
В круг наудачу бросается точка. Как определить вероятность события A,
состоящего в том, что точка попадает в треугольник?
Решение.
При решении этой задачи будем руководствоваться следующим
исходным положением:
32
вероятность попасть в какую-либо часть круга пропорциональна площади
этой части.
Если площадь круга составляет п единиц площади, а площадь
треугольника m единиц площади, то в силу пропорциональности
m k един. пл. m
P( A )  k
 .
n един. пл. n
m
Отношение
конечно, в таких случаях совсем не обязано быть
n
рациональным числом, а т и п — положительными целыми числами. Хотя
формально результат и записывается так же, как формула (2.16), смысл он
имеет несколько иной.
m
Ответ: .
n
Задачи
Задача 39.
В ящике имеются 4 белых и 7 черных шаров. Какова
вероятность того, что наудачу вынутый шар окажется белым?
Решение.
В этом случае т = 4, п = 11. Поэтому Р («наудачу вынутый шар белый») =
4
.
11
4
Ответ: .
11
Задача 40.
Первенство по баскетболу оспаривают 18 лучших команд,
которые путем жеребьевки распределяются на две группы, по 9 команд в
каждой. 5 команд обычно занимают первые места. Какова вероятность
попадания всех лидирующих команд в одну группу? Какова вероятность
попадания двух лидирующих команд в одну группу и трех — в другую?
Решение.
Обозначаем события:
А — «все 5 лидирующих команд попали в одну группу»,
В — «2 лидирующие команды попали в одну группу, 3 — в другую».
Из 18 команд группы по 9 команд могут быть образованы C189 способами.
Таким образом, п = C189 . Событию А благоприятствует столько событий,
сколькими способами 5 лидирующих команд могут образовывать девятки с
четырьмя командами из числа остальных 13 команд. Поэтому как первая, так
и вторая девятка могут быть образованы C134 способами. Следовательно,
т = C134 .
m 2C134
1
P( A )   9 
.
n
34
C18
33
Аналогичные рассуждения подсказывают нам, что число событий,
благоприятствующих событию В, равно
7
6
m  C52  C13
 C53  C13
.
Поэтому
C 2  C 7  C 3  C 6 12
P( B )  5 13 9 5 13  .
17
C18
Наличие лидирующих команд в обеих группах более вероятно, чем их
отсутствие в одной из групп. Любители баскетбола в этом убеждаются на
практике: слабых групп нет!
1
12
Ответ:
и
.
34 17
Задача 41.
Таня и Ваня договорились встречать Новый год в компании
из 10 человек. Они оба очень хотели сидеть за праздничным столом рядом.
Какова вероятность исполнения их желания, если среди их друзей принято
места распределять путем жребия?
Решение.
10 лиц могут усесться за стол 10! разными способами. Сколько же из этих
п = 10! равновозможных способов благоприятны для Тани и Вани? Таня и
Ваня, сидя рядом, могут занять 20 разных позиций. В то же время восьмерка
их друзей может сесть за стол 8! разными способами, поэтому m  20  8! .
20  8! 2
Поэтому Р («исполнение желания Тани и Вани») =
 .
10!
9
Не очень-то утешающий ответ.
2
Ответ: .
9
Формула (4.1) для вычисления вероятностей может быть применена
только тогда, когда известно:
1) что результаты всех испытаний или наблюдений равновозможны;
2) что все равновозможные результаты (события) образуют полную
группу попарно несовместимых событий.
Мы уже рассказывали о трудностях, с которыми столкнулись
последователи Лапласа. Как избежать подобных недоразумений при
вычислении вероятности таких событий, равновозможность которых не
удается установить на основании симметрии используемых моделей? Как
действовать в таких случаях, когда не удается непосредственно убедиться в
попарной несовместимости событий?
Пусть стрелок производит выстрел по мишени. Как оценить вероятность
попадания? Если события «попадание» и «промах» равновозможны, то ответ
получаем сразу:
1
Р («попадания») = .
2
Но они могут быть не равновозможны. Скажем, Алеша постоянно
посещает тренировки по стрельбе и каждый раз из сотни выстрелов попадает
34
в мишень 80—90 раз, а Сережа на стрельбище бывает редко, поэтому из
сотни выстрелов попадает только 30—40 раз. Ясно, что у Алеши
возможность попадания больше, чем у Сережи. Как оценить эти разные
возможности? Из практики, так, как определяется число появлений герба при
подбрасывании монеты.
Произвед
ено
выстрело
в
Число
попаданий
Алеши
Число
попаданий
Сережи
10
20
30
40
50
60
70
80
90
8
17
26
33
41
49
56
65
72
3
5
8
12
15
19
22
25
28
Из таблицы видно, что как у Алеши, так и у Сережи отношение числа
попаданий к числу произведенных выстрелов меняется. Эти отношения в
какой-то мере зависят от числа произведенных выстрелов. Но вместе с тем
заметно, что упомянутое отношение для каждого стрелка колеблется около
3
4
определенного числа: у Алеши около , у Сережи около
. Эти числа
5
10
логично принять за оценку вероятности попадания — частоту. Эта оценка
тем более надежна, чем больше проведено опытов с целью установления ее
значения.
Пусть l — число испытаний, при проведении которых могло произойти
или не произойти событие A, а k— число испытаний, при проведении
которых событие А произошло. Отношение
k
называем частотой события А
l
и обозначаем:
k
. (2.17)
l
Индекс l специально ставим для того, чтобы подчеркнуть зависимость
частоты от числа испытаний. Практика показывает, что в случаях, когда
точно знаем вероятность Р(А) в классическом понимании, при достаточно
большом числе испытаний l,
Pl { A }  P( A ) .
Это приближенное равенство получило теоретическое обоснование, как
увидим далее, в законе больших чисел, открытом Яковом Бернулли.
Непосредственно из формул (2.16) и (2.17) следуют такие важные выводы:
1) Вероятность достоверного события равна 1, т. е.
n
P( U )   1.
n
Pl { A } 
35
2) Вероятность невозможного события равна нулю, т. е.
0
PV    0 .
n
Замечание: если Р (А) = 0, то это не значит, что событие А невозможно, т.
е. что утверждение, обратное 2-му, неверно.
3) Вероятность любого события А подчиняется неравенству
0  P( A )  1 , ибо m  n .
Задачи
Задача 42.
Как приближенно установить число рыб в озере?
Решение.
Пусть в озере х рыб. Забрасываем сеть и, допустим, находим в ней п рыб.
Каждую из них метим и выпускаем обратно в царство Нептуна. Через
несколько дней в такую же погоду и в том же месте забрасываем ту же самую
сеть. Допустим, что находим в ней т рыб, среди которых k меченых. Пусть
событие А — «пойманная рыба мечена». Тогда по формуле (2.17)
k
Pm { A }  .
m
Но если в озере х рыб и мы в него выпустили п меченых, то согласно
формуле (4.1)
n
P( A )  .
x
Так как
Pm { A }  P( A ) , то x 
Ответ: x 
mn
.
k
mn
.
k
Задача 43.
Из 1000 произвольно выбранных деталей 4 бракуются.
Сколько бракованных окажется среди 2 400 деталей (приближенно)?
Решение.
Обозначим события:
А — «наугад выбранная деталь бракованная».
Тогда P {А} = 0,004.
x
Если среди 2400 деталей х бракованных, то P( A ) 
. Так как
2400
x
P{ A }  P( A ) , то
 0,004 , откуда x  10 .
2400
Ответ: x  10 .
Задача 44.
Допустим, что 5 раз подбрасывалась монета и каждый раз
выпадал орел. Какова вероятность того, что при новом броске выпадет орел?
Решение.
36
1
.
2
Вероятность выпадения орла в каждом из пяти бросаний монеты подряд
1
1
равна 5  , т. е. очень невелика. Поэтому, если мы проводим реальные
2
32
эксперименты и 5 раз подряд выпадает орел, то можно усомниться в
правильности монеты, в равновозможности исходов. Но в рамках теории
вероятностей мы имеем дело с моделью. Если принято, что вероятность
1
выпадения орла при одном бросании равна , то это значит, что исходы
2
равновозможны, и |при каждом бросании монеты вероятность выпадения
Вероятность выпадения орла при одном бросании монеты равна
орла остается
постоянной, равной
1
,
2
независимо от результатов
предыдущих бросаний.
Ответ:
1
.
2
Задача 45.
Таня забыла последнюю цифру номера телефона знакомой
девочки и набрала ее наугад. Какова вероятность того, что Таня попала к
своей знакомой?
Решение.
На последнем месте в номере телефона может стоять одна из 10 цифр 0,
1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; п= 10; все предыдущие цифры никакого значения не
имеют.
Из п = 10 только одна цифра верная, поэтому т = 1.
Вероятность события А, состоящего в том, что, набрав последнюю цифру
номера наугад, Таня попала к своей знакомой, равна
m 1
P( A )   .
n 10
1
Ответ:
.
10
Задача 46.
Витя забыл две последние цифры номера телефона
приятеля и набрал их наугад. С какой вероятностью этот звонок попадет к
приятелю?
Решение.
Исходом в данном случае является пара десятичных цифр (0...9) с учетом
порядка и с повторениями; общее число возможных исходов n  10  10  100 ;
все исходы считаем равновозможными.
Среди этих исходов только один является правильным, соответствующим
номеру телефона приятеля. Таким образом, событию А – «звонок попадет к
приятелю» благоприятствует только один исход тА=1; вероятность
m
1
P( A )  A 
 0,01 .
n 100
Ответ: 0,01.
37
Задача 47.
Для новогодней лотереи отпечатали 1500 билетов, из
которых 120 выигрышных. Какова вероятность того, что купленный билет
окажется выигрышным?
Решение.
Если продажа билетов будет организована так, что покупка любого из
1500 билетов будет равновозможна, то можно применить формулу
классической вероятности.
Пусть событие А - «купленный билет оказался выигрышным». Тогда
количество благоприятствующих исходов т = 120, а общее число
равновозможных исходов п = 1500; вероятность
m 120
1
P( A )  

 0,08 или 8%.
n 1500 50
Ответ: 0,08.
Задача 48.
Какова вероятность того, что при бросании игрального
кубика выпадет: 1) 1 очко; 2) более 3 очков?
Решение.
Рассмотрим события:
А - выпало 1 очко;
В - выпало более 3 очков.
Для события А есть только один благоприятствующий исход (тА = 1), а
для события В - три: 4, 5 или 6 очков, то есть тB = 3. По формуле
классической вероятности
m
1
P( A )  A  ;
n
6
m
3 1
.
P( B )  B  
n
6 2
1
1
Ответ: 1) ; 2)
6
2
Задача 49.
Ученик записал в тетради произвольное двузначное число.
Какова вероятность того, что сумма цифр этого числа окажется равной 6?
Решение.
Существует 90 различных двузначных чисел. Если выбор любого из них
учеником равновозможен, то можно применить формулу классической
вероятности.
Пусть событие А - «сумма цифр случайно выбранного двузначного числа
равна 6».
Общее количество равновозможных исходов п = 90; количество исходов,
благоприятствующих событию А, находим прямым перебором: 15, 24, 33, 42,
51, 60; т = 6.
6
1
 .
Вероятность P( A ) 
90 15
1
Ответ:
.
15
38
Задача 50.
В мешке содержатся жетоны с номерами от 1 до 50
включительно. Какова вероятность того, что извлеченный наугад из мешка
жетон содержит только одну цифру 3?
Решение.
Общее количество жетонов в мешке п = 50; извлечение каждого них
считаем равновозможным.
Рассмотрим событие А «извлеченный жетон содержит только ну цифру
3». Количество благоприятствующих исходов находим непосредственным
подсчетом вариантов: числа с одной цифрой 3 – это 3, 13, 23, 30-32, 34-39, 43,
всего 13 чисел; тА = 13. Искомая вероятность
m
13
P( A )  A  .
n
50
13
Ответ:
.
50
Задача 51.
Для экзамена подготовили билеты с номерами от до 25.
Какова вероятность того, что взятый наугад учеником билет имеет: 1)
однозначный номер; 2) двузначный номер?
Решение.
Общее число билетов п = 25; извлечение каждого из них считаем
равновозможным.
Рассмотрим события: А - «взятый билет имеет однозначный номер»; В «взятый билет имеет двузначный номер». Количество благоприятствующих
исходов: тА = 9 (одна цифра от 1 до 9);
тВ = 16 (первая цифра 1 или 2, вторая цифра – от 0 до 9 после единицы,
от 0 до 5 после 2, всего 10 + 6 = 16). Искомые вероятности:
m
9
P( A )  A  ;
n
25
m
16
.
P( B )  B 
n
25
9
16
Ответ: 1)
; 2)
.
25
25
Задача 52.
На одинаковых карточках написаны числа от 1 д0 10 (на
каждой карточке - одно число). Карточки положили на стол, перевернули
числами вниз и перемешали. Какова вероятность того, что на вынутой
карточке окажется число: 1) 7; 2) четное; 3) кратное 3; 4) кратное 4; 5)
делящееся на 5; 6) простое?
Решение.
Общее число равновозможных исходов п = 10.
Находим вероятности событий, непосредственно подсчитывая число
благоприятствующих исходов:
1
1) А - «на карточке оказалось число 7»; т = 1; P( A )  ;
10
39
5 1
 ;
10 2
3) С – «на карточке оказалось число, кратное 3»; т = 3 (числа 3, 6, 9);
3
P( C )  .
10
4) D - «на карточке оказалось число, кратное 4»; т = 2 (числа 4, 8);
2 1
P( D ) 
 .
10 5
5) Е - «на карточке оказалось число, делящееся на 5»; т = 2 (числа 5, 10);
2 1
P( E ) 
 .
10 5
6) F - «на карточке оказалось простое число»; т = 5 (числа 1, 2, 3, 5, 7);
5 1
P( F )   .
10 2
1
1
3
1
1
Ответ: 1)
;
2) ;
3)
;
4) ;
5) ;
5
5
10
10
2
1
6) .
2
Задача 53.
Из колоды карт (36 листов) наугад вынимается одна карта.
Какова вероятность того, что эта карта: 1) шестерка треф; 2) семерка; 3)
король красной масти; 4) карта бубновой масти с числом; 5) карта черной
масти с четным числом?
Решение.
Общее число равновозможных исходов п = 36. Находим вероятность
событий:
1
1) А - «вынутая карта - шестерка треф»; тА = 1; P( A ) 
.
36
4 1
2) В - «вынутая карта - семерка»; тB = 4 (разные масти); P( B ) 
 .
36 9
2
1
3) С - «вынутая карта - король красной масти»; тC = 2; P( C ) 
 .
36 18
4) D — «вынутая карта - бубновой масти с числом»; mD = 5 (это 6, 7, 8, 9
5
или 10); P( D ) 
.
36
5) Е - «вынутая карта — червовой масти с четным числом»; mE = 3(это 6, 8
3
1
 .
или 10); P( E ) 
36 12
1
1
5
2
1
Ответ: 1)
; 2) ; 3)
; 4)
; 5)
.
36
36
9
18
12
Задача 54.
Андрей и Олег договорились, что если при бросании двух
игральных кубиков в сумме выпадет число очков, кратное 5, то выигрывает
Андрей, а если в сумме выпадет число очков, кратное 6, то выигрывает Олег.
2) В - «на карточке оказалось четное число»; т = 5; P( B ) 
40
Справедлива ли эта игра и если нет, то у кого из мальчиков больше шансов
выиграть?
Решение.
Общее число возможных исходов при бросании двух кубиков равно
n  6  6  36 .
Сумма выпавших очков может принимать значения от 2 до 12, всего 11
значений. Среди них кратными 5 являются 5 и 10, а кратными 6 - значения 6
и 12. Подсчитаем количество исходов, при которых появляются эти суммы:
5 - при 1-4, 2-3, 3-2, 4-1, всего 4 исхода;
6 - при 1-5, 2-4, 3-3, 4-2, 5-1, всего 5 исходов;
10 - при 4-6, 5-5, 6-А, всего 3 исхода;
12 - при 6-6, всего 1 исход.
Андрей выигрывает при сумме 5 или 10; этому благоприятствуют
4 + 3 = 7 исходов из 36.
Олег выигрывает при сумме 6 или 12; этому благоприятствуют 5+1=6
исходов из 36.
Таким образом, игра несправедливая, так как Андрей имеет больше
шансов выиграть, чем Олег.
Ответ: игра несправедливая; у Андрея шансов выиграть больше.
Задача 55.
Выяснить, является ли справедливым выбор преимущества
между двумя игроками с помощью: 1) случайного выбора одного из двух
шаров разного цвета; 2) выбора случайным образом одной карты красной или
черной масти из полной колоды карт; 3) ставки на четное или нечетное число
очков, выпавших на брошенной игральной кости; 4) ставки на костяшкудубль или костяшку, не являющуюся дублем, извлеченную случайным
образом полного набора домино.
Решение.
Выбор преимущества будет справедливым, если каждое из событий,
указанных в соответствующем опыте, будет иметь одинаковое количество
благоприятствующих исходов (а, следовательно, и одинаковую вероятность
появления).
1) Если в урне 2 шара разных цветов, то выбору шара каждого цвета
благоприятствует один исход; т1 = т2, выбор справедлив.
2) В колоде 18 карт красной масти и 18 карт черной масти; выбору одной
карты красного цвета благоприятствует m1 = 18 исходов из 36, а карты
черного цвета т2 = 18 исходов; т1 = т2; выбор справедливый.
3) Выпадению четного числа очков благоприятствует 3 исхода (2, 4, 6),
выбору нечетного числа - тоже 3 исхода (1, 3, 5); т1 = т2; выбор
справедливый.
4) В полном наборе домино 28 костяшек, из них 7 дублей (0-0, 1-1, 2-2, 33, 4-4, 5-5, 6-6). Выбору дубля благоприятствуют m1 = 7 исходов, выбору не
дубля - т2 = 28–7 = 21 исход. m1  m2 ; следовательно, выбор
несправедливый.
Ответ: 1) справедливый; 2) справедливый; 3) справедливый; 4)
несправедливый.
41
Задача 56.
Наугад называется натуральное число от 1 до 30. Какова
вероятность того, что это число: 1) 6; 2) не 6; 3) кратно 6; 4) не кратно 6; 5)
простое число; 6) квадратное число; 7) треугольное число; 8) не меньше 27?
Решение.
Общее количество натуральных чисел от 1 до 30 равно п = 30; выбор
каждого из них считаем равновозможным. Находим вероятности событий:
m
1
1) А - «названо число 6»; тА = 1; P( A )  A  .
n
30
m
29
2) В - «названо число не 6»; mB = п – тA = 29; P( B )  B 
.
n
30
3) С – «названо число, кратное 6»; тс = 5 (это числа 6, 12, 18, 24, 30);
m
5 1
P( C )  C 
 .
n
30 6
4) D - «названо число, не кратное 6»; mD = п – тC = 25;
m
25 5
P( D )  D 
 .
n
30 6
5) Е - «названо простое число»; тЕ = 11 (это числа 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,
m
11
19, 23, 29); P( E )  E  .
n
30
6) F- «названо квадратное число»; mF = 5 (это числа 1, 4, 9, 16, 25);
m
5 1
P( F )  F 
 .
n
30 6
7) G - «названо треугольное число»; mG = 7 (это числа 1, 3, 6, 10, 15, 21,
m
7
28); P( G )  G  .
n
30
8) H - «названо число, не меньше 27»; тH = 4 (это числа 27, 28, 29, 30);
m
4
2
P( H )  CH 
 .
n
30 15
1
11
7
2
29
1
5
1
Ответ: 1)
; 2)
; 3) ;4) ;5)
6) ;7)
; 8)
.
6
6
6
30
30
30
15
30
Замечание. Напомним, что квадратные числа находятся по формуле
n  ( n  1)
N êâ  n 2 , n  N ; а треугольные по формуле N òð 
,n N .
2
Задача 57.
В коробке находятся 3 черных, 4 красных и 5 сикарандашей. Наугад вынимается один карандаш. Найти вероятность того, что
вынутый карандаш: 1) черный; 2) красный; 3) синий; 4) не черный; 5) не
красный; 6) не синий; 7) зеленый; 8) или черный, или красный, или синий.
Решение.
В коробке всего n= 3+4 + 5 = 12 карандашей; извлечение любого из них
считаем равновозможным. Находим вероятности событий:
3 1
1) А - «вынутый карандаш черный»; тА = 3; P( A ) 
 .
12 4
42
2) В - «вынутый карандаш красный»; тВ = 4;. P( B ) 
3) С - «вынутый карандаш синий»; тс = 5; P( C ) 
4 1
 .
12 3
5
.
12
9 3
 .
12 4
8 2
5) Е - «вынутый карандаш не красный; тЕ = п – тВ = 8; P( E ) 
 .
12 3
7
6) F - «вынутый карандаш не синий»; mF = n-mc = 7; P( F )  .
12
0
7) G - «вынутый карандаш зеленый»; mG = 0; P( G ) 
 0.
12
8) Н - «вынутый карандаш или черный, или красный, или синий»;
12
тH = тА + mB + тC = 12 (комбинаторное правило суммы); P( H ) 
 1.
12
1
5
3
7
2
1
Ответ: 1) ; 2) ; 3)
; 4) ; 5) ; 6)
; 7) 0; 8) 1.
3
3
4
12
4
12
Задача 58.
Случайным образом выбрали двузначное число. Найдите
вероятность того, что оно:
1) оканчивается нулем;
2) состоит из одинаковых цифр;
3) больше 27 и меньше 46;
4) не является квадратом целого числа.
Решение.
Общее число двузначных чисел равно n  9  10  90 ; выбор каждого из
них считается равновозможным. Рассмотрим события:
1) А - «выбранное число оканчивается нулем»;
2) В - «выбранное число состоит из одинаковых цифр»;
3) С – «выбранное число больше 27 и меньше 46»;
4) D - «выбранное число не является квадратом целого числа».
Количество благоприятствующих исходов для каждого из этих событий
найдем непосредственным подсчетом вариантов:
9
1
тА = 9 (числа 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90); P( A ) 
.

90 10
9
1
тB = 9 (числа 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99); P( B ) 
 .
90 10
18 1
тC = 18 ( числа 28, 29, 30-39, 40, 41, 42, 43, 44, 45); P( C ) 
 .
90 5
mD = 84 (квадратами являются шесть чисел: 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36,
72 = 49, 82 = 64, 92 = 81; не являются квадратами 90 – 6 = 84);
84 14
P( D ) 
 .
90 15
4) D - «вынутый карандаш не черный»; mD = п - тА = 9; P( D ) 
43
1
1
14
1
; 2)
; 3) ; 4)
.
5
10
10
15
Задача 59.
Из костей домино случайно выбрали одну. Найдите
вероятность того, что:
1) она не является дублем;
2) на ней не выпала «тройка»;
3) произведение очков на ней меньше 29;
4) модуль разности очков больше единицы.
Решение.
Общее количество костей домино п = 28; выбор каждой из них считаем
равновозможным.
Находим вероятности событий:
1) А - «выбранная кость не является дублем»; тА = 28 – 7 (количество
21 3
дублей) = 21; P( A ) 
 .
28 4
2) В - «на выбранной кости не выпала тройка»; mB = 28 – 7 (количество
21 3
костей с тройкой) = 21; P( B ) 
 .
28 4
3) С- «на выбранной кости произведение очков меньше 29». Подсчитаем
количество костей, на которых произведение очков больше 29: это 5–6 и 6–6;
26 13
следовательно, тс = 28-2= 26; P( C ) 
 .
28 14
4) D - «на выпавшей кости модуль разности очков больше единицы».
Подсчитаем количество костей, на которых разность очков равна 0 или 1:
это 7 дублей и кости 0-1, 1-2, 2-3, 3-4, 4-5, 5-6, всего 7 + 6 = 13 костей;
15
следовательно, mD = 28 – 13 = 15; P( D )  .
28
3
3
13
15
Ответ: 1) ;2) ;3)
; 4)
.
28
4
4
14
Задача 60.
Найдите вероятность того, что случайным образом
выбранное двузначное число при делении на 13 дает в остатке 5.
Решение.
Общее количество двузначных чисел n  9  10  90 ; выбор каждого числа
считаем равновозможным.
Рассмотрим событие А: «случайным образом выбранное двузначное
число при делении на 13 дает в остатке 5».
Если число N при делении на 13 дает в остатке 5, то его можно
представить в виде: N  13  k  5 . Необходимо пересчитать k, при которых N
остается двузначным, это и будет количество исходов, благоприятствующих
событию А: подходят k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, то есть mA = 7.
m
7
Искомая вероятность равна P( A )  A  .
n
90
Ответ: 1)
44
Ответ:
7
.
90
45
Глава 4. Операции над вероятностями
§ 1. Вероятность суммы несовместных событий
Пусть т — число равновозможных элементарных событий,
благоприятствующих событию A, k — число равновозможных элементарных
событий, благоприятствующих событию В, несовместимому по отношению к
событию A. Пусть п — общее число равновозможных элементарных
событий, образующих полную группу несовместимых событий.
В силу формулы (4.1)
k
m
P( A )  , P( B )  .
n
n
Согласно определению суммы несовместимых событий A + В означает:
«имеет место или A, или В». Но число событий, благоприятствующих такому
событию, равно т + k, поэтому согласно формуле (2.16)
mk m k
P( A  B ) 
  .
n
n n
Рис. 8.
Применяя только что рассмотренные равенства, находим:
Р(А+В) = Р(А) + Р(В). (2.18)
На рисунке 8 дана геометрическая интерпретация формулы (2.18), если m,
k и п здесь величины площадей нарисованных фигур.
Последнее равенство выражает следующее правило, которое
последовательным применением формулы (2.18) может быть распространено
на любое конечное число событий.
Вероятность суммы попарно несовместимых событий равна сумме
вероятностей этих событий.
С помощью этого правила мы можем справиться со многими задачами.
Задачи
Задача 61.
В лотерее выпущено 10 000 билетов и установлены: 10
выигрышей по 200 руб., 100 — по 100 руб., 500 — по 25 руб. и 1000 выигры46
шей — по 5 руб. Гражданин купил 1 билет. Какова вероятность того, что он
выиграет не меньше 25 рублей?
Решение.
Обозначим события:
А — «выигрыш не менее 25 рублей»,
А1 — «выигрыш равен 25 рублям»,
А2 — «выигрыш равен 100 рублям»,
A3 — «выигрыш равен 200 рублям».
Поскольку куплен только один билет, то А = А1 + А2 + А3, где события А1,
А2 и A3 попарно несовместимы, поэтому
Р (А) = Р (А1 + А2 + А3) = Р (А1) + Р (А2) + Р (A3),
Р (А1) = 0,05,
Р (А2) = 0,01,
Р (А3) = 0,001,
Р (А) = 0,05 + 0,01 + 0,001 = 0,061.
Ответ: 0,061.
Задача 62.
Военный летчик получил задание уничтожить 3 рядом расположенных склада боеприпасов противника. На борту самолета одна бомба.
Вероятность попадания в первый склад 0,01, во второй — 0,008, в третий —
0,025.
Решение.
Любое попадание в результате детонации вызывает взрыв и остальных
складов. Какова вероятность того, что склады противника будут
уничтожены?
Обозначим события:
А — «склады уничтожены»,
А1 — «попадание в первый склад»,
А2 — «попадание во второй склад»,
А3 — «попадание в третий склад».
Для уничтожения складов достаточно попадания в один из упомянутых
трех складов. Поэтому
А = А1 + А2 + A3,
Р (А) = Р (А1 + А2 + А3) = Р (А1) + Р (А2) + Р (А3) = 0,01 + 0,008 + 0,025 =
= 0,043.
Ответ: 0,043.
Задача 63.
Бросают две монеты. Чему равна вероятность появления
хотя бы одного герба?
Решение.
Обозначим события:
A— «появление герба при подбрасывании первой монеты»,
В — «появление герба при подбрасывании второй монеты».
Снова предстоит найти вероятность события С = А + В. Но в этом случае
P( C )  P( A )  P( B ) , ибо события А и В совместимы. Поэтому формула
(5.1) не применима. Приходится избрать другой путь решения.
47
Пусть событие C — «выпадение герба не состоялось». Ясно, что
1
P( C )  , ибо при бросании двух монет могут произойти только
4
следующие события, составляющие полную группу несовместимых
событий.
гг, цц , цг, гц.
Событие С + C представляет собой достоверное событие, поэтому
С + C = U.
Р (U) = Р (С + C ) = Р (С) + Р ( C ) = 1,
отсюда
1 3
P( C )  1  P( C )  1   .
4 4
3
Ответ: .
4
Задача 64.
Для украшения елки принесли коробку, в которой
находится 10 красных, 7 зеленых, 5 синих и 8 золотых шаров. Из коробки
наугад вынимают один шар. Какова вероятность того, что он окажется: а)
красным; б) золотым; в) красным или золотым?
Решение.
В коробке было всего 10 + 7 + 5 + 8 = 30 шаров, исход – изъятие одного
шара определенного цвета. Рассмотрим события:
а)
А – «вынутый шар оказался красным»; тА = 10;
m
10 1
P( A )  A 
 .
n 30 3
б)
В – «вынутый шар оказался золотым»; тВ = 8;
m
8
4
P( B )  B 
 .
n 30 15
в)
С – «вынутый шар оказался красным или золотым». Событие С
есть сумма двух несовместных событий А и В; по теореме сложения
10 8 18 3
вероятностей P( C )  P( A  B )  P( A )  P( B ) 


 .
30 30 30 5
4
3
1
Ответ: а) ; б)
; в) .
3
15
5
Задача 65. Многократные испытания показали, что для некоторого
стрелка вероятность выбить при стрельбе 10 очков равна ,1, а вероятность
выбить 9 очков равна 0,3. Чему равна для этого грелка вероятность выбить
не менее 9 очков?
Решение.
Рассмотрим события:
А1 – «стрелок при выстреле выбил 10 очков»;
А2 – «стрелок при выстреле выбил 9 очков»;
А – «стрелок при выстреле выбил не менее 9 очков».
48
Очевидно, что А происходит, если происходит либо А1, либо А2, т. е. А
есть сумма этих двух событий. События А1 и А2 не могут произойти
одновременно, то есть они несовместны. По условию задачи Р(А1) = 0,1;
Р(А2) = 0,3.
По теореме сложения вероятностей
Р(А) = P(A1 +А2)= Р(А1) + Р(А2) = 0,1 + 0,3 = 0,4.
Ответ: 0,4.
§ 2. Вероятность суммы совместных событий
Пусть т — число равновозможных элементарных событий,
благоприятствующих событию A, k — число равновозможных элементарных
событий, благоприятствующих событию В. Допустим, что среди упомянутых
т + к событий содержится l таких, которые благоприятствуют и событию A,
и событию В. Если п — общее число равновозможных элементарных
событий, образующих полную группу, то согласно формуле (2.16)
k
m
l
P( A )  , P( B )  , P( AB )  .
n
n
n
Запись A + В означает: «произойдет или событие A, или В, или и то и
другое вместе». Но такому событию благоприятствуют (т + k — l)
элементарных событий. Поэтому по формуле (4.1) находим:
mk l m k l
P( A  B ) 
   .
n
n n n
Подставляя значение, получим:
Р(А + В) = Р(А) + Р(В) — Р (АВ). (2.19)
Ясно, что эта формула представляет собой обобщение формулы (2.18). На
основании равенства (2.19) формулируем правило.
Рис. 9.
Вероятность суммы двух совместимых событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного осуществления.
Геометрическая интерпретация формулы (2.19) дается на рисунке 9, где
m, k, l, n представляют величины площадей нарисованных фигур.
49
Задачи
Задача 66. Подбрасываем две монеты. Какова вероятность выпадения
хотя бы одного герба?
Решение.
Обозначим события:
А — «появление герба при подбрасывании первой монеты»,
В — «появление герба при подбрасывании второй монеты».
Нам надо определить вероятность события С = А + В. Так как А и В —
совместимые события, то
Р (С) = Р (А + В) = Р (А) + Р (В) — Р (АВ).
Ясно, что
1
1
1
1 1 1 3
P( A )  , P( B )  , P( AB )  . Отсюда P( C )     .
2
2
4
2 2 4 4
3
Ответ: .
4
Задача 67.
Бросают две игральные кости. Какова вероятность появления хотя бы одной шестерки?
Решение.
Обозначим события:
A — «появление шестерки при бросании первой кости»,
В — «появление шестерки при бросании второй кости».
Нам надлежит определить вероятность события С = А + В.
Р (С) = Р (А + В) = Р (А) + Р (В) - Р (АВ).
Ясно, что
1
1
1
.
P( A )  , P( B )  , P( AB ) 
6
36
6
Тогда
1 1 1 11
P( C )   
 .
6 6 36 36
11
Ответ:
.
36
Задача 68.
A, В и С — совместимые события. Доказать:
Р (А + В + С) = Р (А) + Р(В) + Р(С) — Р (АВ) — Р (АС) — Р (ВС) + Р
(ABC).
Решение.
Обозначим А + В = D. Тогда
Р (А + В + С) = Р (D + С) = Р (D) + Р(С) – Р (DC) = Р (А + В) + Р (С) —
– Р ((А + В) С) = Р (А) + Р(В) — Р (АВ) + Р(С) — Р (АС + ВС)= Р (А) +
Р(В)+ + Р (С)—Р (АВ) — (Р (АС) + Р (ВС) — Р (АСВС)) = Р(А) + Р(В) +
+Р(С) – Р (АВ) – P (АС) — Р (ВС) + Р (ABC), ибо
АСВС = AВС.
50
§ 3. Условные вероятности
Из ящика, в котором а белых и b черных шаров, наугад вынимаются
последовательно один за другим два шара. Рассмотрим события:
А — «первый шар белый»,
В — «второй шар белый».
a
Понятно, что P( A ) 
. Какова же вероятность события В?
ab
Если событие А произошло, то среди оставшихся а + b — 1 шаров только
a 1
а — 1 белых, поэтому вероятность того, что второй шар белый
.
a  b 1
Если же А не произошло, то среди оставшихся шаров белых а, поэтому
a
вероятность того, что второй шар белый
. Мы столкнулись с
a  b 1
ситуацией, когда вероятность появления события В зависит от того,
произошло или не произошло событие A. В таком случае говорим, что
событие В зависит от события A, а вероятность появления события В
условная.
Найдем способ вычисления таких вероятностей.
Условную вероятность появления события В, если событие А произошло,
будем обозначать Р (В/А).
Пусть из п равновозможных событий А1, A2, ..., Ап, составляющих полную
группу,
событию А благоприятствуют т событий,
событию В благоприятствуют k событий,
событию АВ благоприятствуют r событий
(понятно, что r  k , r  m ). Если событие А произошло, то это означает,
что наступило одно из событий Aj, благоприятствующих событию A. При
этом условии событию В благоприятствуют r и только r событий Aj
благоприятствующих АВ. Таким образом:
P( AB )  P( B )  P( A / B ) ,
P( AB )  P( A )  P( B / A ) ,
т. е.
P( AB )  P( B )  P( A / B )  P( A )  P( B / A ) . (2.20)
На основании (2.20) формулируем правило умножения вероятностей.
Вероятность произведения двух событий равна произведению
вероятности одного из этих событий на условную вероятность другого при
условии, что первое произошло.
Замечание. Формулы (2.20) имеют смысл в том случае, если имеют
смысл события А/В и В/А. А они имеют смысл тогда, когда события A и B
совместимы.
51
Задачи
Задача 69. В ящике а белых и b черных шаров. Последовательно
вынимаются два шара. Какова вероятность того, что оба они белые?
Решение.
Обозначим события:
A — «первый шар белый»,
В — «второй шар белый».
Нам надлежит найти Р (АВ). Имеем:
a 1
a
, P( A ) 
.
P( B / A ) 
ab
a  b 1
Согласно формуле (5.3) находим:
a( a  1 )
.
P( AB ) 
( a  b )( a  b  1 )
a( a  1 )
Ответ:
.
( a  b )( a  b  1 )
Задача 70. Из колоды в 32 карты наугад одну за другой вынимают две
карты. Найти вероятность того, что:
а) вынуты два валета;
б) вынуты две карты пиковой масти;
в) вынуты валет и дама.
Решение.
Обозначим события:
A — «первая карта — валет»,
В — «вторая карта — валет»,
С — «первая карта — пиковой масти»,
D — «вторая карта — пиковой масти»,
Е — «вторая карта — дама».
Нам следует найти Р (АВ), Р (CD) и Р (АЕ).
По формуле (5.3)
P( AB )  P( B / A )  P( A ) ;
P( CD )  P( D / C )  P( C ) ;
P( AE )  P( E / A )  P( A ) ;
3
1
3
P( B / A )  , P( A )  , тогда P( AB ) 
;
31
8
248
7
1
7
P( D / C )  , P( C )  , тогда P( CD ) 
;
31
4
124
4
1
1
P( E / A )  , P( A )  , тогда P( EA ) 
.
62
31
8
3
1
7
Ответ:
;
;
.
248 124 62
Задача 71. Доказать:
52
P( A1 A2 A3 )  P( A1 )  P( A2 / A1 )  P( A3 / A1 A2 ) .
Пусть А1А2 = В. Тогда P( A1 A2 A3 )  P( BA3 ) . По формуле (5.3)
PBA3   P A3 / B   PB   P A3 / A1 A2   P A1 A2  .
Еще раз применяем формулу (5.3):
P A1 A2 A3   P A1   P A2 / A1   P A3 / A1 A2  .
§ 4. Вероятность произведения независимых событий
Событие В называется независимым от А, если его вероятность не зависит
от того, произошло или не произошло событие А:
Р (В/А) = Р (В).
Это, конечно, формальное определение независимых событий. Но
независимость можно определять и интуитивно — например, нетрудно
сообразить, что результаты неоднократного бросания монеты —
независимые события.
В случае независимости события В от события А из формулы (2.20)
получим:
P AB   P A  PB  . (2.21)
Сопоставляя формулы (2.20) и (2.21), убеждаемся, что свойство
независимости взаимно. Если событие В не зависит от осуществления А, то и
А не зависит от осуществления В.
На основании (2.21) формулируем правило.
Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.
На практике, как мы убедимся при рассмотрении примеров, для
установления независимости событий обычно пользуются соображениями,
основанными на опыте обращения с данными объектами, а не анализом
формул.
Задачи
Задача 72. Бросают две игральные кости. Какова вероятность появления на первой кости нечетного числа очков и на второй пяти очков?
Решение.
Обозначим события:
А — «появление нечетного числа очков при бросании первой
кости»,
В — «появление пяти очков при бросании второй кости». Нам нужно
найти Р (АВ). Так как события А и В совместимы и независимы, то
1
1
1
P AB   P A  PB  . Но P A  , PB   , поэтому P AB   .
6
2
12
1
Ответ:
.
12
53
Задача 73. А, В и С — совместимые и независимые события. Доказать,
что P ABC   P A  PB   PC .
Решение.
Допустим,
что
АВ
=
D.
Тогда
P ABC   PDC   PD   PC   P AB   PC   P A  PB   PC  .
Рассмотрение этого примера подводит к обобщению правила умножения
вероятностей для произвольного числа событий. В случае независимости
событий соответствующая формула принимает вид
(2.22)
P A1 A2  An   P A1   P A2     P An  .
Задача 74. Подбрасывают 3 монеты. Найти вероятность выпадения
гербов на всех трех монетах.
Решение.
Обозначим события:
А1 — «появление герба при бросании первой монеты»,
А2 — «появление герба при бросании второй монеты»,
А3 — «появление герба при бросании третьей монеты».
Поскольку события A1, А2, А3 совместимы и независимы, то на основании
вывода, полученного при рассмотрении второго примера, получим:
3
1 1
P A1 A2 A3   P A1   P A2   P A3      .
2 8
1
Ответ: .
8
Задача 75. Если события А и В независимы, то события А и B так же
независимы.
Решение.
Действительно, поскольку А и В независимы, то Р (В/А) = Р (В) и
PB / A 1  PB   PB .
Аналогично убеждаемся, что в случае независимости событий А и В
независимыми будут события В и A .
§ 5. Формула полной вероятности
Пусть требуется найти вероятность события А, которое происходит
вместе с одним из несовместимых событий В1, В2, В3, ..., Вп образующих
полную группу попарно-несовместимых событий, т.е.:
P (А) = Р (АВ1) + Р (АВ2) + Р (АВ3) + ... + Р (АВп). (2.23)
По формуле (2.20)
P( AB1 )  P( A / B1 )  P( B1 ) ,
P( AB 2 )  P( A / B2 )  P( B2 ) ,
. . .
P( AB n )  P( A / Bn )  P( Bn ) .
Поэтому
P( A )  P( A / B1 )  P( B1 )  P( A / B2 )  P( B2 )    P( A / Bn )  P( Bn ) . (2.24)
54
Равенство (2.24) носит название формулы полной вероятности. С
помощью этой формулы легко находим так называемую формулу Бейеса
P( Bi )  P( A / Bi )
(2.25)
P( Bi / A ) 
P( A / B1 )  P( B1 )  P( A / B2 )  P( B2 )    P( A / Bn )  P( Bn )
при i = 1, 2, ..., п.
Особенно широко она применяется при решении задач, связанных с
вероятностной оценкой гипотез.
Задачи
Задача 76. Охотник сделал три выстрела по кабану. Вероятность попадания первым выстрелом 0,4, вторым — 0,5, третьим — 0,7. Одним
попаданием кабана можно убить с вероятностью 0,2, двумя попаданиями с
вероятностью 0,6, а тремя — наверняка. Найти вероятность того, что кабан
будет убит.
Решение.
Рассмотрим несовместимые события, составляющие полную группу: Aо,
A1, A2, A3.
A 0 — «промах»,
А1 — «одно попадание»,
A2 — «два попадания»,
A3 — «три попадания»,
В1 — «попадание с первого выстрела»,
B2 — «попадание со второго выстрела»,
B3 — «попадание с третьего выстрела»,
A — «кабан убит».
Согласно формуле полной вероятности
P( A )  P( A0 )  P( A / A0 )  P( A1 )  P( A / A1 )  P( A2 )  P( A / A2 ) 
 P( A3 )  P( A / A3 ).
Вспомнив, что события, противоположные событиям В1, В2, В3,
обозначаются соответственно B1 , B2 , B3 , имеем:
A0  B1 B2 B3 ,
A1  B1 B2 B3  B1 B2 B3  B1 B2 B3 ,
A2  B1 B2 B3  B1 B2 B3  B1 B2 B3 ,
A3  B1 B2 B3 .
Поскольку В1, B2, B3 независимы и B1 , B2 , B3 независимы, то
P( A0 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 ) ,
P( A1 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )
P( A2 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 ) ,
P( A3 )  P( B1 )  P( B2 )  P( B3 )
Из условия задачи известно, что Р(B1) = 0,4; Р(В2) = 0,5; Р(В3) = 0,7;
55
отсюда находим Р( B1 ) = 0,6; Р ( B2 ) = 0,5; Р ( B3 ) = 0,3. Поэтому
P( A0 )  0,6  0,5  0,3  0,09 ,
P( A1 )  0,4  0,5  0,3  0,6  0,5  0,3  0,6  0,5  0,7  0,36 ,
P( A2 )  0,4  0,5  0,3  0,4  0,5  0,7  0,6  0,5  0,7  0,41 ,
P( A3 )  0,4  0,5  0,7 .
Из условия следует Р (А/Ао) = 0; Р(А/А1) = 0,2; Р (А/А2) = 0,6;
Р (А/А3) = 1.
Подставляя эти результаты в формулу полной вероятности, получим:
P( A )  0,09  0  0,36  0,2  0,41  0,6  0,14  1  0,458 .
Оказывается, что тремя выстрелами не так просто положить на лопатки
кабана. Охотникам, впрочем, это хорошо известно.
Ответ: 0,458.
Задача 77. В одном из трех ящиков 6 белых и 4 черных шарика, во
втором — 7 белых и 3 черных, в третьем — только 8 белых. Наугад
выбираем один из трех ящиков и из него снова наугад выбираем один шарик.
Он оказался белым. Какова вероятность того, что этот шарик вынут из
второго ящика?
Решение.
Обозначим события:
A1 — «наугад выбран первый ящик»,
А2 — «наугад выбран второй ящик»,
А3 — «наугад выбран третий ящик»,
А — «наугад вынут белый шарик».
Ясно, что
1
P( A1 )  P( A2 )  P( A3 )  .
3
Далее легко находим:
3
7
P( A / A1 )  , P( A / A2 )  , P( A / A3 )  1.
5
10
По формуле Бейеса (5.8) искомая вероятность
1 7

7
3
10
P( A2 / A ) 
 .
1 3 1 7 1
23
    1
3 5 3 10 3
7
Ответ:
.
23
Задача 78. Из 10 учеников, которые пришли на экзамен по математике,
трое подготовились отлично, четверо хорошо, двое удовлетворительно, а
один совсем не готовился — понадеялся на то, что все помнит. В билетах 20
вопросов. Отлично подготовившиеся ученики могут ответить на все 20
вопросов, хорошо — на 16 вопросов, удовлетворительно — на 10 и
неподготовившийся — на 5 вопросов. Каждый ученик получает наугад 3
56
вопроса из 20. Приглашенный первым ученик ответил на все 3 вопроса.
Какова вероятность того, что он отличник?
Решение.
Обозначим события:
A1 — «приглашен ученик, подготовившийся на отлично»,
A2 — «приглашен ученик, подготовившийся хорошо»,
А3 — «приглашен ученик, подготовившийся удовлетворительно»,
A4 — «приглашенный ученик к экзаменам не готов»,
А — «приглашенный ученик ответил на 3 вопроса».
Согласно условию задачи
Р(A1) = 0,3; P(A2) = 0,4; Р (А3) = 0,2; Р (A4) = 0,1.
Кроме того, ясно:
16 15 14
10 9 8
Р(А/А1)=1, P( A / A2 ) 
   0,491 , P( A / A3 ) 
   0,105 ,
20 19 18
20 19 18
5 4 3
P( A / A4 ) 
   0,009 .
20 19 18
Следует найти Р(A1/A).
По формуле Бейеса (5.8).
0,3  1
P( A1 / A ) 
 0 ,58 .
0 ,3  1  0 ,4  0,491  0 ,2  0,105  0 ,1  0,009
Как видно, искомая вероятность сравнительно невелика. Поэтому
учителю придется предложить ученику еще несколько дополнительных
вопросов.
Ответ:  0,58 .
57
Глава 5. НЕЗАВИСИМЫЕ ПОВТОРНЫЕ ИСПЫТАНИЯ
§ 1. Формула Бернулли
Несколько раз бросаем монету. Появление герба, скажем, при четвертом
бросании, не зависит от того, каковы были результаты при первом, при
втором и при третьем бросаниях. Мы имеем дело с независимыми
испытаниями. Решим теперь такую задачу.
Задача 79. При проведении некоторого однократного испытания
вероятность появления события А равна р, а не появления — q = 1 — р.
Какова вероятность того, что при п повторных испытаниях событие А
произойдет т раз?
Решение.
Это событие запишем так:
(Sn = m).
Станем искать
P(Sn = m).
Обозначим события:
A1 — «появление события А при первом испытании»,
А2 — «появление события А при втором испытании»,
А3 — «появление события А при третьем испытании»,
. . .
Ат — «появление события А при m-м испытании»,
. . .
Ап — «появление события А при п-м испытании»,
An — «непоявление события А при п-м испытании».
Если так, то событие, вероятность которого Р (Sn = m), может быть
представлено записью
A1 A2  Am Am1 Am 2  An  A1 A2  Am2 Am1 Am Am1 Am 2  An   
 A1 A2  Anm Anm1 Anm 2  An
и искомая вероятность, в силу независимости событий A1, A2, A3, . . ., Ап и
в силу несовместимости событий
B1  A1 A2  Am Am1  An ,
B2  A1 A2  Am1 Am Am1 Am2  An ,
. . .
может быть записана так:
P( S n  m )  P( B1  B2   )  P( A1 A2  Am Am1  An ) 
 P( A1 A2  Am1 Am Am1 Am 2  An )  P( A1 A2  Anm Anm1  An ) 
 pp pqqq  pp pqpqqq    qqqpp p.
У каждого из членов этой суммы m сомножителей р и n — m
сомножителей q, поэтому
58
P( S n  m )  p q  p q    p q

C m ðàç
n
m
m nm
(2.26)
P( S n  m )  Cn p q
m
nm
nm
m
m
nm
или
P( S n  m )  C nm p m ( 1  p )n  m . (2.27)
Это так называемое биномиальное распределение вероятностей.
Рассуждения, которые к нему привели, часто называют схемой Я. Бернулли,
по имени математика, который первым ее рассмотрел.
С помощью формулы (2.26) можно найти значение Sn = m0, которому
соответствует наибольшая вероятность. Поскольку
P( S n  m )
( n  1) p  m
,
 1
P( S n  m  1 )
mq
то
P(Sn = m) >P(Sn = m – 1) при m < (n + 1) р,
P(Sn = m) < Р(Sn = m – 1) при m >(n + 1) р,
P(Sn = m) = Р(Sn = m – 1) при m = (n + 1) р,
если (n + 1)р — целое число.
Поэтому вероятнейшее значение Sn = т0 должно удовлетворять условию
( n  1 ) p  1  m0  ( n  1 ) p .
Поскольку р = 1 — q, то
np  q  m0  np  p .
Задачи
Задача 80.
Подбрасываем
двукратного появления герба?
Решение.
В этом случае n = 10, m = 2, р =
тогда
монету
10
раз.
Какова
вероятность
1
1
,q= ;
2
2
45
 1   1  10  9  1 
P( S10  2 )  C      
 0,04395 .
  
1 2  2 
1024
 2  2
Ответ:  0,04395 .
2
8
10
2
10
Задача 81.
Вероятность попадания в мишень одним выстрелом –
Какова вероятность того, что из 12 выстрелов не будет ни одного попадания?
Решение.
7
1
Имеем: n = 12, m = 0, р = , q = . По формуле (2.26)
8
8
59
1
.
8
0
12
12
1  7
7
P( S12  0 )  C       1  1     0,2514 .
8  8
8
Ответ:  0,2514 .
Задача 82.
Подводная лодка атакует крейсер, выпуская по нему одну
3
за другой 4 торпеды. Вероятность попадания каждой торпедой равна . Любая
4
из торпед с одинаковой вероятностью может пробить один из 10 отсеков
крейсера, которые в результате попадания наполняются водой. При заполнении
хотя бы двух отсеков крейсер тонет. Вычислить вероятность гибели крейсера.
Решение.
Обозначим события:
A1 — «попадание одной торпедой»,
А2 — «попадание двумя торпедами»,
А3 — «попадание тремя торпедами»,
А4 — «попадание четырьмя торпедами»,
А — «крейсер потоплен».
Согласно формуле (2.26)
2
2
3
27
3
1  3  1 
2 3  1
, P( A2 )  C 4     
,
P( A1 )  C 4    
4
4
64
4
4
128
  
   
3
4
0
27
81
3 3  1 
4 3 1
, P( A4 )  C 4     
,
P( A3 )  C 4     
256
 4   4  64
 4  4
1
9
P( A / A1 )  0 , P( A / A2 )  1   ,
10 10
1
99
1
999
, P( A / A4 )  1  3 
.
P( A / A3 )  1  2 
100
1000
10
10
По формуле полной вероятности
3
27 9 27 99
81 999
P( A ) 
0 
 



 0,9237 .
64
128 10 64 100 256 1000
У крейсера противника мало шансов на спасение!
Ответ:  0,9237 .
Задача 83.
Объясните, почему следующие вопросы укладываются в
схему Бернулли. Укажите, в чем состоит «успех» и чему равны п и k.
а) Какова вероятность трехкратного выпадения «двойки» при десяти
бросаниях игрального кубика?
б) Какова вероятность того, что при ста бросаниях монеты «орел»
появится 73 раза?
в) Двадцать раз подряд бросили пару игральных кубиков. Какова
вероятность того, что сумма очков ни разу не была равна десяти?
г) Из колоды в 36 карт вытащили три карты, записали результат и
возвратили их в колоду, затем карты перемешали. Так повторялось 4 раза.
Какова вероятность того, что каждый раз среди вытащенных карт была дама
пик?
0
12
60
Решение.
Схема Бернулли предполагает, что один и тот же эксперимент
повторяется в неизменных условиях, независимо, п раз; мы наблюдаем за
появлением («успех») или непоявлением («неудача») в каждом эксперименте
одного и того же события А, вероятность появления которого в каждом
эксперименте постоянна и равна р. Подсчитываем, сколько раз в серии из п
повторных экспериментов произойдет событие А; k – это число «успехов» в
серии из п испытаний.
а) Эксперимент – бросание кубика, число повторений п = 10.
1
Событие А – «выпало 2 очка» ( P( A )   const ); успех – появление
6
события А (появление двойки), число успехов k = 3.
б) Эксперимент – бросание монеты, число повторений п = 100,
1
событие А – «выпал орел» ( P( A )   const ), успех – появление
2
события А (появление «орла»), число успехов k = 73.
в)
Эксперимент – бросание двух кубиков одновременно, число
повторений п= 20, событие А – «сумма выпавших очков равна 10»
3
( P( A ) 
 const ), успех – появление события А (сумма выпавших очков
36
оказалась 10); число успехов k = 0.
г) Эксперимент – извлечение одновременно трех карт из колоды 36 карт,
число повторений п = 4, событие А – «среди извлеченных карт есть дама
1
пик» ( P( A )   const ), успех – появление события А (появление дамы пик
12
в наборе); число успехов k = 4.
Ответ: а)1) n=10,k = 3; б) n =100, k = 73;в) n = 20, k = 0;г) п = 4; k = 4.
Замечание. При решении этой задачи учащимися не нужно вычислять
Р(А), достаточно сказать, что событие А имеет одну и ту же вероятность при
каждом повторении эксперимента.
Задача 84.
В следующих испытаниях найдите вероятности «успеха» и
«неудачи».
а) Бросают пару различных монет. «Неудача» – выпадение двух «орлов».
б) Бросают игральный кубик. «Успех» – выпадение числа, кратного трем.
в) Бросают пару различных кубиков. «Неудача» – выпадение двух четных
чисел.
г) Из 36 игральных карт берут 5. «Успех» – среди них нет дамы пик.
Решение.
а) Общее число исходов эксперимента n  2  2  4 ; вероятность «неудачи»
1
1 3
P( A )  ; вероятность «успеха» P( A )  1   .
4
4 4
б) п = 6; исходы, благоприятствующие «успеху» – 3 и 6; тA = 2;
2 1
вероятность «успеха» P( A )   ;
6 3
61
1 2
вероятность «неудачи» P( A )  1   .
3 3
в) n  6  6  36 ; количество исходов, благоприятствующих «неудаче»
mA  3  3  9 (на каждом кубике 3 четных числа); вероятность «неудачи»
9 1
P( A ) 
 ;
36 4
1 3
вероятность успеха P( A )  1   .
4 4
5
г) n  C36  376992 ; количество исходов, благоприятствующих «успеху»,
равно mA  C355 (выбираем из колоды без дамы пик); вероятность «успеха»
C355 35  34  33  32  31 31
P( A )  5 
 ,
вероятность
«неудачи»
C36 36  35  34  33  32 36
31 5
P( A )  1 
 .
36 36
1 2
31
5
3
1
3 1
Ответ: а) P( A )  ; P( A )  ; б) и ; в) и ; г)
и
.
3 3
36 36
4
4
4 4
Задача 85.
Напишите формулы, по которым следует находить
вероятность того, что при четырех бросаниях игрального кубика «тройка»
выпадет:
а) ровно два раза;
б) ровно три раза;
в) все четыре раза;
г) не выпадет ни разу;
д) вычислите вероятности этих событий (пункты а–г).
Решение.
а) P4 ( 2 )  C42  p 2 q 2  6 p 2 q 2 , где р – вероятность «успеха», a q –
вероятность «неудачи».
б) P4 ( 3 )  C43  p 3 q  4 p 3 q .
в) P4 ( 4 )  C44  p 4 q 0  p 4 .
д) P4 ( 0 )  C40  p 0 q 4  q 4 .
1
Прежде всего, найдем вероятность «успеха» p 
(один исход из 6
6
1 5
возможных), тогда q  1   . Вычисляем вероятности:
6 6
2
2
2
25
1 5 5
P4 ( 2 )  6        3 
 0,1157 ;
6
6
6
216
   
3
 1   5  20
P4 ( 3 )  4        4  0,0154 ;
6 6 6
62
4
1
1
P4 ( 4 )    
 0,0008 ;
 6  1296
4
625
5
P4 ( 0 )    
 0,4823
 6  1296
Ответ: a) 6p2q2; б) 4p3q; в)p4; г) q4; д)  0,1157 ;  0,0154 ;  0,0008 ;
 0,4823 .
Задача 86.
Из набора домино случайно вытаскивают одну
«доминошку», записывают сумму очков на ней, и возвращают ее обратно. Так
делают 3 раза. Найдите вероятность того, что:
а) дубль появляется ровно один раз;
б) дубль появляется ровно два раза;
в) дубль появляется хотя бы раз;
г) сумма очков на «доминошке» каждый раз больше 9.
Решение.
Эксперимент с 28 исходами повторяется независимым образом три раза, п
= 3.
3
7 1
а) «Успех» – появление дубля; p 
 ; q  ; искомая вероятность
28 4
4
1 9 27
P3 1  C31  p  q 2  3   
 0,4219 .
4 16 64
1
3
б)
«Успех»
–
появление
дубля,
p ;
q ,
4
4
1 3 9
P3 2  C32  p 2  q  3   
 0,1406 .
16 4 64
1
3
в) «Успех» – появление дубля, p  ; q  . Искомую вероятность можно
4
4
найти как Р3(1) + Рз(2) + Рз(3), либо через вероятность противоположного
события 1 – Рз(0):
27
37
; 1  P3 ( 0 ) 
P3 ( 0 )  C30  p 0  q 3  q 3 
 0,5781 .
64
64
4 1
г) «Успех» – сумма очков на доминошке больше 9; p 

28 7
6
(благоприятствующие исходы: 4–6, 5–5, 5–6, 6–6, то есть тА = 4). q  ; k
7
= 3. Вероятность этого события:
1
P3 3  C33  p 3  q 0  p 3 
 0,0029 .
314
Ответ: а)  0,4219 ; б)  0,1409 ; в)  0,5781 ; г)  0,0029 .
Задача 87.
Укажите значения п, k, р и q. Напишите формулу
вероятности Рп(k).
63
а) Случайным образом называют десять цифр. Какова вероятность того,
что цифра 5 встретится ровно семь раз?
б) «Хорошо», если наудачу выбранная карта из 36 – не бубновой масти.
Карту каждый раз возвращают в колоду. Какова вероятность того, что ровно
в 90 случаях из 200 таких вытаскиваний будет «плохо»?
в) Бросание кубика считается удачным, если выпадает 5 или 6 очков.
Какова вероятность того, что ровно 175 бросаний из 293 будут удачными?
г) Одновременно бросают три различных монеты. «Плохо», если «решек»
больше, чем «орлов». Какова вероятность того, что «хорошо» будет ровно в
трех случаях из 1000 таких бросаний?
Решение.
а) Эксперимент: выбор одной цифры из 10 повторяется п = 10 раз;
1
9
«успех» – наступление события А – «выбрана цифра 5»; p  ; q  .
10
10
7
3
 1   9  120  729
Вероятность P10 7   C107      
(очень мала).
1010
 10   10 
б) Эксперимент: извлечение одной карты из колоды 36 карт повторяется п
= 200 раз. «Успех» – наступление события А – «извлечена карта бубновой
1
3
масти» (то, что по условию «плохо»); p  , q  , k = 90 и вероятность
4
4
90
110
3
90  1 
P200 90   C200
    .
4 4
в) Эксперимент – бросание кубика, п = 293; «успех» – наступление
2 1
2
события A – «выпало 5 или 6 очков»; p   ; q  . Вероятность
3
6 3
175
118
 2
175  1 
P293 175   C293
    .
 3  3
г) Эксперимент – одновременное бросание трех монет, п = 1000. «Успех»
– наступление события А – « «орлов» не меньше, чем «решек» » (то есть 2
4 1
или 3); p   (3 исхода, когда 2 «орла» плюс 1 исход, когда 3 «орла»);
8 2
1
q .
2
3
997
1000
1
3 1
3 1
Вероятность P1000 3  C1000       C1000  
2  2
2
175
118
 2
7
3
90
110
175  1 
7
90
Ответ: а) C10  0,7  0,9 ; б) C200  0,25  0,75 ; в) C293      ;
 3  3
1000
3 1
г) C1000
  .
2
64
§ 2. Формула Муавра – Лапласа
Познакомимся с наиболее важным открытием замечательного
французского математика А. Муавра в теории вероятностей. Медиками
установлено, что 94% лиц, которым сделаны прививки против туберкулеза,
отличаются иммунитетом против этого заболевания. Какова вероятность
того, что среди 100 000 граждан, получивших прививки, 5800 не защищены
от заболевания туберкулезом?
В нашем случае п = 100 000, т = 5800, р = 0,06, q = 0,94.
Аналогичную задачу для р =
1
рассматривал Муавр, а для любого
2
0 < р < 1 — Лаплас
С помощью формулы (2.26) Лаплас доказал, что для достаточно большого
п при p  0 и q  0

2
1  m  np 
 

2  npq 
1
P( S  m ) 
e
n
2npq
Обозначим
1
 x2
m  np
1
 x и ( x ) 
e 2
npq
2
Тогда
( x )
P( S n  m ) 
.
(2.28)
npq
Для вычисления вероятности P( S n  m ) наступления ровно k успехов
в n испытаниях, проводимых по схеме Бернулли, следует:
1) проверить справедливость неравенства npq>10;
2) вычислить x;
3) по таблице в приложении 1 найти значение φ(x);
4) вычислить P( S n  m ) по формуле (2.28).
Задачи
Задача 88.
Решить задачу, условие которой дано в начале этого
пункта.
Решение.
5) npq=100 000·0,06·0,94=5 640>10;
5800  100000  0,06
6) x =
 2,7 ;
100000  0,06  0,94
7) Находим φ(2,7) = 0,0104.
8) По формуле (2.28)
65
100 000  0,06  0,94  75, .
P( S100 000  5800 )  0,000139 .
Ответ:  0,000139 .
Задача 89.
Вероятность встретить на улице своего учителя 0,002. Какова вероятность того, что среди 1200 случайных прохожих вы встретите не
более 3 своих учителей?
Решение.
Пусть Ао— событие, состоящее в том, что вы своих учителей не
встретите, Аi — событие, состоящее в том, что вы встретите ровно i своих
учителей. Тогда событие A, состоящее в том, что вы встретите не больше 3
учителей, равно сумме вышеупомянутых событий, т. е.
А = Ао + A1 +A2 + A3.
Но события A0, А1, A2, A3 несовместимы, поэтому
Р(А) = Р (A0) + Р(A1) + Р (A2) + Р(A3).
По формуле (2.28)
 0  1200  0,002 
1
  0,0775
P( A0 )  P( S1200  0 ) 
 
1200  0,002  0,998  1200  0,002  0,998 
P( A1 )  P( S1200  1 ) 
 1  1200  0,002 
1
  0,1719 ;
 
1200  0,002  0,998  1200  0,002  0,998 
P( A2 )  P( S1200  2 ) 
 2  1200  0,002 
1
  0,2505
 
1200  0,002  0,998  1200  0,002  0,998 
 3  1200  0,002 
1
  0,2389 .
 
1200  0,002  0,998  1200  0,002  0,998 
Тогда Р(А) = 0,0775 + 0,1719 + 0,2505 + 0,2389 = 0,7388.
Таким образом, гарантия того, что вы встретите не более 3 своих
учителей, составляет приблизительно 74%.
Ответ: 0, 7388.
Задача 90.
Вероятность рождения мальчика примем равной 50%.
Найти вероятность того, что среди 200 новорожденных будет ровно:
а) 110 мальчиков;
б) 80 мальчиков.
Решение.
В нашем случае п = 200, р = q = 0,5.
1) npq=50>10 и npq  7,07 .
В случае а) m=110;
m  np 110  100 10


 1,41 ;
2) x 
7 ,07
7 ,07
npq
3) φ(1,41) = 0,1476;
 ( x ) 0,1476

 0,02 .
4) P( S 200  110 ) 
7 ,07
npq
В случае б) m=80;
P( A3 )  P( S1200  3 ) 
66
m  np 80  100
20


 2,83 ;
7 ,07
7 ,07
npq
3) φ(–2,83) = 0,0073;
 ( x ) 0,0073

 0,001 .
4) P( S 200  80 ) 
7 ,07
npq
Ответ: а) 0,02;
б) 0,001.
Задача 91.
Придумайте текстовые задачи на использование формулы
Муавра-Лапласа, в которых:
а) п =100; m = 52; p = 0,5;
б) n = 900; m = 447; р = 0,5;
в) n = 192; m = 44; p = 0,25;
1
г) n = 294; m = 40; p= .
7
Решение.
Возможны такие тексты:
а) Какова вероятность того, что при 100 бросаниях монеты «орел»
выпадет ровно 52 раза?
б)
В городе одинаковое количество мужчин и женщин. Какова
вероятность того, что из 900 прохожих ровно 447 будут женщины?
в) Вероятность приживления саженца ели в условиях нашего города
равна 0,75. Какова вероятность того, что из 192 высаженных саженцев
погибнут ровно 44 саженца?
г) В родильном доме ежедневно рождается одинаковое количество
младенцев. Какова вероятность того, что среди 294 родившихся ровно 40
младенцев родились по средам?
Ответ: 4 варианта текстов.
Задача 92.
При поведении некоторого испытания вероятность
появления события А равна 0,5. Сколько раз предполагается ожидать
появление А с вероятностью 0,048 при 100 испытаниях?
Решение.
p = q = 0,5; n = 100; P(S100=m) 0,048. Необходимо найти m.
npq = 100 0,5·0,5 = 25>10; npq  5 ;
 x 
PS100  m  
, а значит  x   5  0,048  0,24 , x = 1.
npq
m  np
Из формулы x 
m = 55.
npq
Ответ: 55.
2) x 
§ 3. Формула Пуассона
Когда р близко к 0 или 1, формула Муавра дает результаты, которые
значительно отклоняются от результатов, полученных по формуле (6.1).
67
Рассмотрим случай, когда при возрастании п вероятность р появления
интересующего нас события убывает, а пр = k — постоянное число.
Именно такая ситуация возникает, когда имеем дело с редко
происходящими событиями.
В данном случае будем пользоваться формулой Пуассона:
k m k
(2.29)
PS n  m  e .
m!
Задачи
Задача 93.
Какова вероятность того, что среди 500 наугад выбранных
человек двое родились 1-го мая?
Решение.
Естественно считать, что день рождения незнакомого человека может
быть с равной вероятностью любым днем года. Нам предстоит вычислить
1
500
Р (S500 = 2). Так как п = 500, т = 2, р =
, то k 
 1,3699 . По
365
365
формуле (2.29)
1,3699 2 1,3699
PS 500  2 
e
 0,2385 .
2!
При вычислении этого и подобных выражений полезно пользоваться
таблицей 1. Полезно также запомнить, что
lg e  k  k  0,4342945 .
Ответ:  0,2385 .
Задача 94.
Среди 1000 человек приблизительно 8 левшей. Какова
вероятность того, что среди сотни наугад выбранных человек не окажется ни
одного левши?
Решение.
В этом случае п = 100, т = 0, р = 0,008. Отсюда k = 0,8.
0,80 0 ,8
PS100  0 
e  0,4493 .
0!
Ответ:  0,4493 .
Задача 95.
Частные конторы страхования заинтересованы в получении
прибыли за счет клиентов. В одной такой конторе застраховано 10 000
клиентов одного возраста и социальной группы. Вероятность смерти клиента в
течение года 0,006. Каждый клиент 1 января вносит 12 долларов. Если в
течение года он умрет, то контора обязана выплатить его родственникам 1000
долларов. Чему равна вероятность того, что кантора разориться?
Решение.
Пусть событие А – разорение компании.
По условию задачи n = 10 000; p = 0,006; k =60. Годовая выручка –
120 000 долларов. Компания не получит прибыли, если умрут минимум 120
человек и максимум 10 000. Т.к. эти события несовместные, то
68
P A  PS10000  120   PS10000  121    PS10000  10000  
 60120 60121
6010000 
.
 e 


10000! 
 120! 121!
120
60121
6010000 
 60  60
 .


Ответ:  e 
120
!
121
!
10000
!


 60
§ 4. Формула Лапласа
Решим следующую задачу.
Задача 96.
Какова вероятность того, что при п испытаниях событие А
произойдет не менее а и не более b раз?
Вспомним правило сложения вероятностей. На его основании получим:
Pa  S n  b  PS n  a   PS n  a  1    PS n  b  1  PS n  b .
Применив формулу Муавра (6.3), находим
2
2
2
  1  a  np  2
1  a 1 np 
1  b 1 np 
1  b  np 









 2  npq 
1
2  npq 
2  npq 
2  npq 

Pa  S n  b  
e 
 e 
e 
e 
2npq 

Задача как будто решена, но провести указанные вычисления очень
трудно. Лапласу удалось доказать, что при достаточно большом п
2
  1  a np 2
1  b  np  



 2  npq 
 b  np 
 a  np 
1
2  npq  





,
e



e

Ф

Ф


 npq 
 npq 
2npq 







где у = Ф (X) — специальная функция. Одно из характерных ее свойств
нечетность:
Ф x   Фx  .
Таким образом,
 b  np 


  Ф a  np  .
Pa  S n  b   Ф
(2.30)

 npq 
npq




В приложении 1 приводятся значения функции Лапласа
у = Ф (х).
Итак, для вычисления вероятности того, что в n испытаниях
Бернулли число успехов m находится в промежутке от a до b следует:
9) проверить справедливость неравенства npq > 10;
10)
вычислить m1 и m2 по формулам
a  np
b  np
x1 
и x2 
;
npq
npq
11)
по таблице найти значения Ф(x1) и Ф(x2);
12)
Вычислить Ф(x2) – Ф(x1).
69


.


Задачи
Задача 97.
Какова вероятность того, что при 200-кратном бросании
монеты число появления герба S200 удовлетворяет неравенству
95  S 200  105 .
1
В этом случае п = 200, a = 95, b = 105, q = р = .
2
1) npq = 50 > 10;
2) Поэтому
1
95  200 
a  np
2  0,7070 ,
x1 

npq
1 1
200  
2 2
1
105  200 
b  np
2  0,7070 .
x2 

npq
1 1
200  
2 2
Теперь, используя формулу (2.30) и приложение 1,
P95  S 200  105   Ô 0,7070   Ô  0,7070  
 2Ô 0,7070   2  0,2612  0,5224 .
Ответ: 0,5224.
Задача 98.
Вероятность получения по лотерее проигрышного билета
равна 0,1. Какова вероятность того, что среди 500 наугад купленных билетов
не менее 48 и не более 55 безвыигрышных?
Решение.
Здесь п = 500, а = 48, b = 55, р = 0,1, q = 0,9.
1) npq = 45 > 10;
2) Тогда
a  np 48  500  0 ,1
x1 

 0 ,298 ,
npq
500  0 ,1  0 ,9
b  np 55  500  0,1
x2 

 0,745 .
npq
500  0 ,1  0,9
P48  S500  55  Ô 0,745   Ô 0,298   0,3913 .
Ответ: 0,3913.
Задача 99.
Как установить вероятность того, что наугад выбранный
десятиклассник собирает марки? Можно опросить некоторое число
произвольно выбранных десятиклассников. Если среди п опрошенных
S
окажется Sn коллекционеров марок, то искомая вероятность p  n . Сколько
n
десятиклассников необходимо опросить, чтобы погрешность вычисления
70
вероятности не превосходила бы 0,005, если желаем получить правильный
результат с вероятностью 0,95?
Решение.
Согласно условию задачи
S

P n  p  0,005   0,95 .
 n

В силу (2.30) получаем:
S
S



P n  p  0,005   P  0,005  n  p  0,005   Ô x   Ô  x   0,95 .
n


 n

Поэтому 2Ф (х) = 0,95; и по приложению 1, которая на сей раз применяется в обратном порядке, находим х = 1,96 Тогда
pq
0,005  1,96
, n  392 2 pq .
n
1
Приближенно n  160 000 pq . В силу 0  p  1 , 0  q  1 , pq  , поэтому
4
n  40 000 .
Ответ: n  40 000 .
Задача 100. Политика П. поддерживают в среднем 40% населения.
Какова вероятность того, что из 1500 случайно опрошенных этого политика
поддерживают: а) от 570 до 630 человек; б) от 600 до 660 человек.
Решение.
Считаем, что опрос 1500 человек происходит независимо и что
вероятность поддержки политика П. отдельным респондентом, т.е.
вероятность р «успеха» равна 0,4. Тогда q = 1 – p =0,6. npq =360 > 10,
npq  19 .
В случае а)
570  S1500  630 .
а = 570, в = 630. Поэтому
a  np 570  1500  0 ,4
x1 

 1,58 ,
npq
1500  0 ,4  0 ,6
b  np 630  1500  0,4
x2 

 1,58 .
19
npq
Теперь, используя формулу (2.30) и приложение 1,
P570  S1500  630   Ô 1,58  Ô  1,58 
 2Ô 1,58  2  0,443  0,886.
В случае б)
600  S1500  660 .
а = 600, в = 660. Поэтому
71
a  np 600  1500  0 ,4

 0,
19
npq
b  np 660  1500  0 ,4 60
x2 


 3,16 .
19
19
npq
Теперь, используя формулу (2.30) и приложение 1,
P600  S1500  660   Ô 3,16   Ô 0 
x1 
Ответ: а) 0,886;
 Ô 3,16   0,499.
б)0,499.
72
Возникновение и развитие теории вероятностей как науки
Еще первобытный вождь понимал, что у десятка охотников
«вероятность» поразить копьем зубра гораздо больше, чем у одного. Поэтому
и охотились тогда коллективно.
Неосновательно было бы думать, что такие древние полководцы, как
Александр Македонский или Дмитрий Донской, готовясь к сражению,
уповали только на доблесть и искусство воинов.
Несомненно, они на основании наблюдений и опыта военного
руководства умели как-то оценить «вероятность» своего возвращения «со
щитом» или «на щите», знали, когда принимать бой, когда уклониться от
него. Но они были еще очень далеки от теории вероятностей.
Позднее, с опытом, человек все чаще стал планировать случайные
события – наблюдения и опыты, классифицировать их исходы как
невозможные, возможные и достоверные. Он заметил, что случайностями не
так уж редко управляют объективные закономерности. Вот простейший опыт
– подбрасывают монету. Выпадение герба или цифры, конечно, чисто
случайное явление. Но при многократном подбрасывании обычной монеты
можно заметить, что появление герба происходит примерно в половине
случаев. Значит, результаты бросаний монеты, хотя каждое из них и является
случайным событием, при неоднократном повторении подвластны
объективному закону. Для тех, кто обладает склонностью к исследованиям,
появляется соблазн накопить побольше таких закономерностей и попытаться
построить из них теорию.
Рис. 6
Рассмотрим другой, более сложный пример — эксперимент с так
называемой доской Гальтона (рис. 6). Доска размещена вертикально. Из
73
верхнего резервуара стальные шарики катятся (на отдельных участках
падают) вниз и накапливаются в нижних гнездах.
Каждый шарик, встретив на своем пути очередное препятствие,
отклоняется или влево или вправо, а затем падает вниз. Шарик, конечно,
может попасть в любое из гнезд.
Между тем правильное расположение шариков (симметричное, при
котором в центральных гнездах их много, а в крайних мало), повторяющееся
от эксперимента к эксперименту, убедительно свидетельствует о существовании объективного закона их распределения. Когда шариков много,
то говорят, что они распределены по нормальному закону.
Итак, случайности могут подчиняться относительно простым и более
сложным закономерностям. Но, спрашивается, где же математика, где
математические задачи?
Наиболее интересные для начинающих задачи теории вероятностей
возникли в области азартных игр, хотя формированию основ теории
вероятностей способствовали также выяснение длительности жизни, подсчет
населения, практика страхования. К азартным играм относили бросание
шестигранных игральных костей.1 Например, при бросании двух костей
трудным («азар») считалось появление в сумме двух или двенадцати очков.
В 1494 году итальянский математик Л. Пачоли (1445–1514) опубликовал
энциклопедический труд по математике, в котором разбирал проблему
справедливого разделения ставки. Сам Пачоли верного решения не нашел.
Он предлагал разделить ставку, не учитывая числа партий, которые нужно
еще выиграть, чтобы получить всю ставку.
Спустя без малого пятьдесят лет, другой итальянский математик Д.
Кардано (1501–1576) подверг рассуждения Пачоли справедливой критике, но
и сам предложил ошибочное решение.
Прошло еще 100 с лишним лет, и в 1654 году задача была, наконец,
решена в ходе переписки между двумя выдающимися французскими
математиками Б. Паскалем (1623–1662) и П. Ферма (1601–1665).
В 1718 году в Лондоне вышла в свет книга со странным по тем временам
названием «Учение о случаях». Ее автор – французский математик А. Муавр
(1667–1754). Самое большое его достижение – открытие закономерности,
которая очень часто наблюдается в случайных явлениях. Он первым заметил
и теоретически обосновал роль «нормального» распределения (вспомните
опыт Гальтона). Закон нормального распределения имеет важное
практическое значение. Оказывается, что так распределяется скорость
газовых молекул, вес новорожденных и много других случайных событий
физической и биологической природы.
Впервые основы теории вероятностей были изложены последовательно
французским математиком П. Лапласом (1749–1827) в книге «Аналитическая
теория вероятностей».
Слово «азар» по-арабски означает трудный. Так, арабы называли азартной игрой комбинацию
очков, которая при бросании нескольких костей могла появиться лишь единственным способом.
1
74
П. Лаплас не мог предусмотреть, что пройдет несколько десятилетий и
интерес к теории вероятностей снизится. А так на деле и случилось. Во
второй половине XIX века и в начале XX века некоторые математики
перестали интересоваться теорией вероятностей как математической
дисциплиной.
Чем объясняется такое безразличие некоторых математиков к теории
вероятностей? Причин много. Но здесь мы раскроем только одну.
Вероятность события была определена Лапласом так:
m
(1.3)
P( A )  ,
n
где п – общее число равновозможных событий, a m – число тех событий,
когда происходит нужный исход («благоприятствующее событие»).
Кажется, что все в порядке – к лапласовскому определению вероятности
события никак не придраться. Но вот вопрос: когда и какие случайные
события можно считать равновозможными?
Рождается ребенок. Мальчик или девочка – кажется, равновозможные
события (одно из двух, как и при бросании монеты). Но оказывается, что
статистика рождений не вполне согласуется с нашим «кажется».
Она может быть, например, такой:
Польша
Швеция
Число
Число
Число
Частота
родив- родившихся родиврождения
Год
шихся мальчиков
шихся
мальчиков
детей
девочек
1927 958 733 496 544
462189 0,518
1935 88 273 45 682
42 591
0,517
Если в разное время в разных странах мальчиков рождается больше, чем
девочек, значит, вероятности рождения мальчика или девочки неодинаковые:
1
вероятность события «родился мальчик» больше .
2
Вспомним о подбрасывании монеты (см. об этом выше). Откуда у нас
уверенность, что вероятность выпадения герба, когда подбрасывание
1
неограниченно повторяется, равна ?
2
Факты, обнаруживающие, что объективная реальность не обязательно
совпадает с человеческим «кажется», послужили причиной сомнений в
правомерности понятия «равновозможные события». Возникла потребность
«перепроверять» вероятности, которые вычислялись по лапласовской
m
формуле P( A )  , экспериментами.
n
Противоречия, которые проявились при оценке вероятности некоторого
события и частоты того же события не могли понравиться многим
75
математикам, которые заботились о строгости науки. Вместе с тем
распространению
«антивероятностных»
взглядов
способствовало
опубликование ряда парадоксов. Один из наиболее характерных парадоксов
– парадокс Бертрана.
Стойко защищали позиции теории вероятностей русские математики. В
1846 году Петербургская Академия наук издала книгу В. Я. Буняковского
(1804–1889) под названием «Основания математической теории
вероятностей». Это был первый русский учебник по теории вероятностей. По
нему учился и выдающийся русский математик П. Л. Чебышев. Хотя он по
теории вероятностей написал не так уж много трудов, но все они сохраняют
первостепенное значение вплоть до наших дней. Так называемое неравенство
П. Л. Чебышева на веки веков вошло в сокровищницу математической науки.
Ученик П. Л. Чебышева А. А. Марков развил труды своего учителя. Ему
принадлежит слава открывателя важной области применения теории
вероятностей – теории вероятностных, или стохастических, процессов.
Наследие русских математиков получило развитие в работах советских
математиков Е.Е. Слуцкого, С.Н. Бернштейна, А.Я. Хинчина, Ю.В. Линника
и особенно академика А.Н. Колмогорова. Созданная А.Н. Колмогоровым
советская школа теории вероятностей завоевала всеобщее признание и
сегодня занимает ведущие позиции в мировой науке.
76
Литература
1. Агапов Г.И. Задачник по теории вероятностей: 2-е изд., доп. – М.:
Высш. шк., 1994
2. Борель Э. Вероятность и достоверность. М., Физматгиз, 1961.
3. Вентцель Е. С. Теория вероятностей. 4-е изд. М., Наука, 1969.
4. Вентцель Е. С., Овчаров Л.А. Задачи и упражнения по теории
вероятностей: Учеб. пос. для втузов.– 3-е изд., стер.– М.: Высш. шк., 2000.366с.
5. Вероятность и математическая статистика: Энциклопедия/ Гл. ред.
Ю.В. Прохоров.– М.: БРЭ, 1999.-910с.
6. Виленкин Н. Я. Комбинаторика. М., Наука, 1969.
7. Володин Б. Г. и др. Сборник задач по теории вероятностей,
математической статистике и теории случайных функций. М., Наука, 1968.
8. Глеман Морис, Варга Тамаш. Вероятность в играх и развлечениях:
Элементы теории вероятностей в курсе сред. школы. Пособие для
учителя/Перевод с фр. А.К. Звонкина – М.: Просвещение, 1979. -176с.
9. Гмурман В.Е. Введение в теорию вероятностей и математическую
статистику. Изд. 3-е, доп.-М.: Высшая школа, 1966
10. Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. М., Физматгиз, 1961.
11. Гнеденко Б. В., Хинчин А. Я. Элементарное введение в теорию
вероятностей. 6-е изд. М., Наука, 1964.
12. Горст Ю.Г. Задачник-практикум по теории вероятностей. Для
студентов-заочников физ.-мат. фак. пед. инст-ов. М.: Просвещение, 1969.
13. Кац М. Несколько вероятностных задач физики и математики/ Пер. с
пол. Ю.В. Линника, Д.Н. Ленского.– Череповец: Меркурий-пресс, 2000-176с.
14. Коваленко И.Н. Избранные задачи вероятностной комбинаторики/ И.Н.
Коваленко, А.А. Левитская, М.Н. Савчук; АНУССР, Ин-т кибернетики им.
В.М. Глушкова.– Киев: Наук. думка, 1986-222с.
15. Кордемский Б. А. Математика изучает случайности. М., Просвещение,
1975.
16. Лютикас В.С. Факультативный курс по математике: Теория
вероятностей: Учеб. пособие для 9-11 кл. сред. шк. – 3-е изд., перераб. – М.:
Просвещение, 1990.–160 с.
17. Лютикас В.С. Школьнику о теории вероятностей: Учеб. пособие по
факультативному курсу для учащихся 8-10 классов. – 2-е изд., доп. – М.:
Просвещение, 1983.–127 с.
18. Математика в современном мире. М., Мир, 1967.
19. Мешалкин Л.Д. Сборник задач по теории вероятностей. М., Изд-во
Моск. ун-та,1963.
20. Мордкович А.Г., Семенов П.В. События. Вероятности. Статистическая
обработка данных: Доп. параграфы к курсу алгебры 7-9 кл. общеобразоват.
учреждений. – 3-е изд. – М.: Мнемозина, 2005. – 112 с.
21. Мостеллер Ф. Пятьдесят занимательных вероятностных задач с
решениями. М., Наука, 1975.
77
22. Нейман Ю. Вводный курс теории вероятностей и математической
статистики. М., Наука, 1968.
23. Палий И.А. Задачник по теории вероятностей: Учеб. пособие/ Госком.
РФ по высшему образованию, Сибирский автомобильно-дорожный ин-т. –
Омск: СибАДИ, 1994.-172с.
24. Потапов В.Г. Начала теории вероятностей с элементами
комбинаторики// Дополнительные главы по курсу математики 10 класса для
факультативных занятий. Пособие для учащихся. Сост. З.А. Скопец, М.,
«Просвещение» , 1969. с. 63-115
25. Розанов Ю. А. Лекции по теории вероятностей. М., Наука, 1968.
26. Решение задач по статистике, комбинаторике и теории вероятностей. 79 классы./ авт.-сост. В.Н. Студенецкая. Изд. 2-е, испр. – Волгоград: Учитель,
2006.– 428 с.
27. Савельев Л.Я. Комбинаторика и вероятность. Новосибирск, «Наука»,
Сиб. отд-ние,1975.
28. Скворцов В.В. Викторина по элементам теории вероятностей.–
Саратов: Изд-во Сарат. ин-та,1989.-38с.
29. 100 задач по теории вероятностей. Воронеж, 1969. 29с./ Воронеж. гос.
ун-т им. Ленинского комсомола
30. Тарасов Л.В. Мир, построенный на вероятности: Кн. для учащихся.–
М.: Просвещение, 1984. -191с.
31. Ткачева М.В. Элементы статистики и вероятность: учеб. пособие для 79 кл. общеобразоват. учреждений / М.В. Ткачева, Н.Е. Федорова. – 2-е изд. –
М.: Просвещение, 2005. – 112 с.
32. Феллер В. Введение в теорию вероятностей и ее приложения. В 2-х т.
М., Мир, 1967.
78