Указания2модуль Файл

Модуль 2
Методические указания к решению задач по Теории вероятностей
1. ВЕРОЯТНОСТИ СЛУЧАЙНЫХ СОБЫТИЙ
Задача 1. Какова вероятность того, что 8 человек случайным образом
встанут в очередь в алфавитном порядке? Решить двумя способами: а)
вычислить вероятность непосредственно, используя элементы
комбинаторики; б) используя теорему умножения вероятностей.
m
Решение. а) Вероятность случайного события А: P( A)  , где n – полное
n
число возможных исходов, m – число исходов благоприятствующих событию
А. Число всех возможных перестановок для
8
человек
n  8! =
1  2  3  4  5  6  7  8 = 40320. Число m = 1 и P(A)  1/40320.
б) Последовательно совершаем 8 независимых испытаний. Событие Ai правильный выбор i - ого человека при условии, что предыдущие выборы
P ( A1 )  1 / 8 , P ( A2 )  1 / 7 , P( A3 )  1 / 6 ,
были сделаны правильно, тогда
P( A4 )  1 / 5 , P ( A5 )  1 / 4 , P( A6 )  1 / 3 , P ( A7 )  1 / 2 , P ( A8 )  1 . Событие А
означает выполнение всех событий Ai : A  A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 (и). Так как
результаты испытаний независимы, то вероятность от произведения событий
равна произведению их вероятностей и P( A)  1/ 8!= 40320.
Задача 2. Каждое из 4-х несовместных событий может произойти
соответственно с вероятностями 0,012, 0,010, 0,006 и 0,002. Определить
вероятность того, что в результате опыта произойдет хотя бы одно из этих
событий.
Решение. Появление хотя бы одного из событий A1 , A2 , A3 , A4 есть событие А,
которое является суммой этих событий A  A1  A2  A3  A4 (или). Так как
события несовместные, то вероятность от суммы событий равна сумме
вероятностей
P( A) = P( A1 ) + P ( A2 ) + P ( A3 ) + P ( A4 ) = 0,012 + 0,010 + 0,006 + 0,002 = 0,03.
Задача 3.
Имеем электрическую схему из 4 элементов, которые могут
перегорать. Событие А – безотказная работа схемы, через неё проходит ток.
События Аi - безотказная работа элемента i =1,2,3,4 с вероятностью p1 = 0,9;
p2 = 0,8;
p3 = 0,9; p4  0,7. Все соб. Аi независимые и совместные. P(A) = ?
1
3
1
2
4
Решение. Представим событие А через события Аi . При параллельном
соединении элементов действует правило сложения событий, а при
последовательном соединении правило умножения событий A  A1 A2 ( A3  A4 ) .
Поскольку события А3 и А4 совместные и независимые, то
P( A3  A4 )  P( A3 )  P( A4 )  P( A3 A4 ) = P( A3 )  P( A4 )  P( A3 ) P( A4 ) = 0,9  0,7  0,63  0,97
P( A)  P ( A1 A2 ( A3  A4 )) = P( A1 ) P( A2 ) P( A3  A4 ) = 0,9  0,8  0,97 = 0,6984 .
Задача 4. В урне содержится 10 белых и 7 черных шаров, различающихся
только цветом. Из нее последовательно без возвращения извлекают шары до
появления черного шара. Найти вероятность того, что черный шар появится
при 5-м извлечении.
Решение. Введем события Ak = {k-й извлеченный шар  черный},
k = 1, 2, … , B = {черный шар появится при 5-м извлечении}. Тогда события
Ak = {k-й извлеченный шар  белый}. Событие B выражается через события
Ak следующим образом
B  A1  A2  A3  A4  A5 .
Поскольку события Ak зависимы, то, по теореме умножения вероятностей
получим
P( B)  P( A1  A2  A3  A4  A5 ) 
 P( A1 )  PA ( A2 )  PA A ( A3 )  PA A A ( A4 ) PA A A A ( A5 ) .
1
1 2
1 2 3
1 2 3 4
Определяем входящие сюда вероятности P( A1 ) 
10
, так в урне 10
17
9
, так как после первого извлечения в
16
8
урне осталось 16 шаров, из которых 9 белых; PA A ( A3 )  , так как после
1 2
15
второго извлечения шаров в урне осталось 15, из которых 8 белых;
7 1
PA A A ( A4 )   , так как после третьего извлечения в урне осталось 14
1 2 3
14 2
7
шаров, из которых 7 белых, PA A A A ( A5 )  , так как после четвертого
1 2 3 4
13
извлечения в урне осталось 13 шаров, из которых 7 черных. Искомая
вероятность равна
10 9 8 1 7
P( B)       0,0475 .
17 16 15 2 13
белых, а всего шаров 17; PA ( A2 ) 
1
2
Задача 5. В ящике содержится 12 деталей, изготовленных на станке № 1;
20 деталей  на станке № 2; 18 деталей – на станке № 3. Вероятность того,
что деталь, изготовленная на станке № 1, бракованная, равна 0,1; на станках
№ 2 и № 3 эти вероятности соответственно равны 0,15 и 0,2. Найти
вероятность того, что извлеченная наудачу деталь окажется бракованной.
Решение. Имеем двойной выбор: среди станков и среди деталей от каждого
станка. События H i (i = 1, 2,3) – деталь изготовлена на станке i (гипотеза),
образуют полную группу. Событие А – выбор бракованной детали. Такую
3
ситуацию описывает формула полной вероятности: P( A)   P( H i ) PH i ( A) .
i 1
Вероятность H i определяется отношением числа деталей изготовленных на
i -ом станке к общему числу деталей: P( H1 ) = 12/40, P ( H 2 ) = 20/40, P ( H 3 ) =
=18/40. Вероятности события А по каждому станку заданы: PH1 ( A)  0,1 ,
PH 2 ( A)  0,15 , PH 3 ( A)  0,2 . В результате
P( A) 
12
20
18
 0,1 
 0,15 
 0,2  0,195
40
40
40
Задача 6. Имеется 10 одинаковых урн, из которых в девяти находятся по 2
черных и по 2 белых шара, а в одной – 4 белых и 2 черных шара. Из урны,
взятой наудачу, извлечен белый шар. Какова вероятность, что шар извлечен
из урны, содержащей 4 белых шара.
Решение. Имеем двойной выбор: выбор одной из 10 урн – событие H i и
выбор из этой урны белого шара – событие А. Событие А реализовано,
требуется определить вероятность реализации гипотезы H10 - урны с 4
белыми шарами. Такую ситуацию описывает формула Бейеса
PA ( H10 ) =
P( H10 ) PH10 ( A)
=
. Для расчета вероятности события А используем формулу
P( A)
полной вероятности
10
P( A)   P( H i ) PH i ( A) . Выбор урн равновероятен
i 1
P ( H i )  1 / 10 , а вероятность события А : PH i ( A)  1 / 2 при
PH10 ( A)  2 / 3 . Таким образом,
P( A)  9 
i = 1,2,…,9 и
1 1 1 2 31
и по формуле
   
10 2 10 3 60
1 2 60 4
- вероятность того, что белый шар

10 3 31 31
извлечен из 10 урны (вероятность гипотезы).
Бейеса находим PA ( H10 ) =
Задача 7. Вероятность того, что на некотором предприятии расход
электроэнергии не превысит суточной нормы, равна 0,75. Какова вероятность
3
того, что из пяти проверенных дней расход электроэнергии не превысит
суточную норму: а) три дня? б) хотя бы один рабочий день? в) не менее 2
дней?
Решение. Соб. А – суточный расход электроэнергии не превысил норму,
тогда Р(А) = 0,75. Производится 5 независимых испытаний. Таким образом,
мы имеем дело со схемой Бернулли: формула Pn(m) = Cnm pm qn – m
определяет вероятность того, что при n испытаниях событие А произойдет
m раз, если P(A) = p, а P( A ) = q  1 – p .
а) три дня. Здесь n = 5, m = 3, p = 0,75, q = 1  p = 0,25. Отсюда
P5 (3)  C53  0,753  0,25 2 
5!
 0,753  0,25 2  10  0,753  0,25 2  0,264 .
3!2!
б) Соб. В - хотя бы один рабочий день, т.е. или 1 день, или 2, или 3, или
4, или 5 дней, а соб. B соответствует только 0 дней. Так как P( B)  P( B)  1 , то
P(B)  1  P5 (0)  1  q 5  1  0,25 5  0,999 .
искомая вероятность равна
в) Соб. С – не менее 2 дней, т.е. 2 дня, или 3, или 4, или 5 дней, а соб. C
соответствует 0 дней или 1 день. Так как P(C )  P(C )  1 , то искомая
вероятность равна
P (C )  P5 (2)  P5 (3)  P5 (4)  P5 (5)  1  P5 (0)  P5 (1)  1  q 5  C51 p  q 4 
 1  0,254  5  0,75  0,254  0,984 .
Ответ: а) P = 0,264; б) P = 0,999; в) P = 0,984.
Задача 10. 1) Некто приобрел 200 билетов лотереи. Известно, что
вероятность выигрыша на один билет лотереи равна 0,01. Какова вероятность
того, что среди приобретенных выигрышных билетов окажется: а) два?
б) хотя бы два? в) 3 или 4?
2) Из ящика, в котором 20 белых и 4 черных шара, 100 раз извлекается
по одному шару, причем после каждого извлечения шар возвращается.
Найдите вероятность того, что черный шар извлечен: а) 15 раз, т.е. P100 (15)  ? ;
б) не более 40 раз и не менее 15 раз, т.е. P100 (15  x  40)  ? .
Решение. 1) Схема Бернулли. По условию задачи имеем n = 200, p =
0,01. Поскольку n – достаточно велико, p – мало, но a = np = 2 < 10, то для
вычисления искомых вероятностей можно воспользоваться формулой
Пуассона
(a) m  a
Pn (m) 
e
m!
22  e 2
а) m = 2, P200 (2) 
 0,271 ,
2!
4
б) Соб. А – хотя бы два раза, т.е. все значения m  2 . Для соб. A m  0, 1,
но P( A)  P( A)  1 и
P ( A)  P200 (m  2)  1  P200 (0)  P200 (1)  1  e
в) P200 (3)  P200 (4) 
2
 2  e  2  0,594 ,
23  e  2 2 4  e  2

 0,271 .
3!
4!
4
 0,2  вероятность
20
извлечь черный шар в каждом испытании. Поскольку n – велико и np = 20 > 10,
то для вычисления искомых вероятностей удобно воспользоваться
формулами Лапласа локальной и интегральной .
2) По условию задачи имеем n = 100, p 
x
 m  np 

 , где q  1  p, ( x)  1 e 2

2
npq  npq 
2
а) Локальная
Pn (m) 
1
m  np 15  20

 1,25 ,
то
4
npq
1
(1,25)
0,1826
P100 (15) 
( x) 
 {используем таблицу 1 } 
 0,046 .
4
4
npq
Так
как
npq  100  0,2  0,8  4, x 
б) Интегральная Pn (k , l )  ( xl )  ( xk ) , где xk 
k  np
npq
, xl 
l  np
npq
 40  20 
 25  20 
P100 25  m  40    0 
  0 
   0 5   0 (1,25) 
 4 
 4 
={используем таблицу} = 0,5  0,3944  0,1056 .
Ответ: 1) а) P = 0,271, б) P = 0,594, в) P = 0,271;
2) а) P = 0,046, б) P = 0,1056.
Таблица значений функции Ф(х)
x
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
Ф(х)
0
0,04
0,08
0,12
0,16
0,20
0,22
0,26
x
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
Ф(х)
0,29
0,31
0,34
0,36
0,39
0,40
0,42
0,43
Ф(х)
0,44
0,45
0,46
0,47
0,477
0,482
0,486
0,489
x
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
2,1
2,2
2,3
5
x
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
3,2
Ф(х)
0,491
0,493
0,495
0,496
0,497
0,498
0,498
0,499
x
3,4
3,6
3,8
4,0
4,5
5,0
Ф(х)
0,499
0,499
0,499
0,499
0,499
0,500
2. ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН
Задача 1. Стрелок проводит по мишени три выстрела. Вероятность
попадания в мишень при каждом выстреле равна 0,3. Построить
биноминальный ряд распределения числа попаданий.
Решение. Число попаданий является дискретной случайной
величиной X и принимает значения 0, 1, 2, 3. Вероятность для каждого
значения случайной величины X определим по формуле Бернулли:
Pn (k )  Cnk p k q n  k , т.е. Р3(0) = (0,7)3 = 0,343; Р3(1) = C31 0,3(0,7)2 = 0,441;
Р3(2) = C32 (0,3)20,7 = 0,189;
Р3(3) = (0,3)3 = 0,027.
Расположив значения случайной величины X в возрастающем порядке,
получим биноминальный ряд распределения:
Xn
0
1
2
3
n
0,343
0,441
0,189
0,027
Заметим, что сумма
4
 Pn  0,343  0,441  0,441  0,189  0,027 , означает
n 1
вероятность того, что случайная величина X примет хотя бы одно значение
из числа возможных, а это событие достоверное, поэтому
4
 Pn  1 .
n 1
Задача 2. Задан закон распределения СВ X таблицей
xi
pi
3
0,1
1
0,2
0
0,1
2
0,3
5

Найти  . Построить многоугольник распределения. Определить
математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), среднее квадратичное
отклонение (X ) , коэффициент асимметрии A, коэффициент эксцесса E,
функцию распределения F(x) и построить ее график.
Решение. Из условия нормировки вероятностей определяем
коэффициент  :
5
 pi  0,1  0,2  0,1  0,3    0,7    1 
  0,3 .
i 1
Многоугольник распределения СВ X представлен на рис. 1.
6
По общим формулам
находим математическое ожидание M(X),
дисперсию D(X), коэффициент асимметрии A и коэффициент эксцесса E:
M (X ) 
5
 xi  pi  3  0,1  1  0,2  0  0,1  2  0,3  5  0,3  1,6 ,
i 1
D( X ) 
5
 xi2  pi  (M ( X )) 2  (–3)20,1+(–1)20,2+020,1+220,3+520,3–1,62=7,24.
i 1
( X )  D( x)  2,7
M ( X  M ( X )) 3
A
1

7,24
3/ 2
3
( D( X )) 2
5
1

( xi  M ( X )) 3  pi 

( D( X ))( X ) i 1
(3  1,6)3  0,1  (1  1,6)3  0,2  (0  1,6)3  0,1  (2  1,6)3  0,3  (5  1,6)3  0,3
= 0,095.
Малое значение эксцесса А означает, что график плотности функции
распределения f (x) практически симметричен относительно вертикали
x  1.6 .
E
M ( X  M ( X )) 4
( D( X ))
1
7,24
2
2
5
1
3 
2
 ( xi  M ( X )) 4  pi  3 
( DX ) i 1
(3  1,6)4  0,1  (1  1,6)4  0,2  (0  1,6)4  0,1  (2  1,6)4  0,3  (5  1,6)4  0,3 3 
= 1,194.
Данное значение эксцесса Е указывает, что вершина графика f (x) будет
ниже вершины графика стандартного нормального распределения
p
0,30
0,25
0,20
0,15
0,10
–4
–3
–2
–1
x
0
1
2
рис. 1.
7
3
4
5
6
Функция распределения F (x) ,
0,
0,1,

0,1  0,2  0,3,
F ( x)   pi  
0,1  0,2  0,1  0,4,
xi  x
0,1  0,2  0,1  0,3  0,7,

0,1  0,2  0,1  0,3  0,3  1,
График функции F (x) изображен на рис. 2.
при x  3,
при  3  x  1,
при  1  x  0,
при 0  x  2,
при 2  x  5,
при x  5.
F(х
1)
0,
7
–
3
0,
4 0,
3
0,
1 2
– 0
рис.2
1
5
x
Ответ:   0,3, MX  1,6, DX  7,24, A  09,095, E  1,194.
Задача 3. Задана плотность распределения вероятностей
x  0,
0,

f (x)  C x 3 , 0  x  1,
0,
x  1.

н.с.в. X. Найти параметр С, функцию распределения F (x) , математическое
ожидание M (X ) , дисперсию D(X ) и вероятность попадания СВ X в
интервал [0,5; 1]. Схематически изобразить графики функций f (x) и F (x) .
Решение. Используя свойство нормировки функции плотности
распределения вероятностей , найдем значение параметра C:
1 3
5/ 2 1
x
2
2
3
2 dx  C
f
(
x
)
dx

0
dx

C
x
dx

0
dx

C
x

C
(
1

0
)

C 1,





5
/
2
5
5


0
1
0
0

0
1

5
отсюда находим C  .
2
8
Найдем функцию распределения F (x) заданной СВ X:
 x
при x  0,
  0dt  0,
 
0
x
x
5 x 3/ 2

F ( x)   f (t )dt    0dt   t dt  t 5 / 2  x 5 / 2 ,
при 0  x  1,
2
0
 

0
1

0
1
5
  0dt   t 3 / 2 dt   0dt  t 5 / 2  1, при x  1.
20
0
 
1
Изобразим графики функций f (x) и F (x) (рис. 3).
f(х)
1,0
1,0
0,8
F(х)
0,8
0,6
0,6
0,4
0,4
0,2
0,2
x
x
–0,4–0,2 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 –0,4–0,2 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4
Рис. 3
Найдем математическое ожидание M(X), дисперсию D(X) и среднее
квадратичное отклонение (X ) заданной СВ X:
M (X ) 

0


 x  f ( x)dx 
 x  0dx 

51
5 1 5/ 2
3
x

x
dx

x

0
dx



 x dx 
20
2
1
0
1 5
5
5
 x 7 / 2  (1  0)  ,
7
7
0 7


51 2
3
D( X )   x  f ( x)dx  ( M ( X ))   x  0dx   x  x dx   x 2  0dx 
20


1
2
2
0
2
25 5 1 7 / 2
25 5 9 / 2 1 25 5 25 20
,

  x dx 
 x

 

49 2 0
49 9
0 49 9 49 441
(X )  D( X ) 
20
2

5  0,213 .
441 21
Найдем вероятность P{x [a, b]} :
9
P{a  x  b}  F (b)  F (a)  1 
1
4 2
 0,823 .
5
5
20
Ответ: C  , M ( X )  , D( X ) 
,  X  0,213, P{a  x  b}  0,823 .
2
7
441
Нормальное распределение N(x; а,  ).
График плотность вероятности нормального
распределения имеет форму колокола (кривая Гаусса)
f(x) =
1
2

e
( xa )2
22
Здесь а – определяет точку максимума, ось симметрии и математическое
ожидание M(X) = а,  - расстояние от этой оси до точки перегиба, D(X) = 2.
Формула вероятности нормального распределения на промежутке (a,b)
bm
am
 – 
 ],
  
  
P(a<X<b) = [ 
где ( x) 
1
2
2
x t
 e 2 dt - функция Лапласа.
0

Если промежуток симметричен (m-  , m+  ), то P(|X – m|< ) = 2   .
 
Задача 4. Срок службы прибора представляет собой случайную величину,
подчиненную нормальному закону распределения N(x;а,) с гарантией 2
года и средним квадратичным отклонением, равным 6 месяцев.
Определить:
а) плотность распределения вероятностей;
б) вероятность того, что прибор прослужит от 1 до 3 лет.
Решение. Вводим СВ X – срок службы прибора и по условию задачи
имеем a  2,   0.5 .
а) Находим плотность вероятности СВ X по стандартной формуле
f ( x) 
1
e
 2

( x  a) 2
2 2
 a  2,   0,5 
10
2
2
 e  2( x  2 ) .
2
б) Находим искомую вероятность
3 2
1  2 
P{1  X  3}   0 
  0 
   0 (2)   0 (2)  2 0 (2) 
 0,5 
 0,5 
={по таблице находим  0 (2)  0,4773 }=0,9546.
Ответ: а) f ( x) 
2
2
 e  2( x  2) , б) P{1  X  3}  0,9546 .
2
11