«ОТЧЕТ ПО ИДЗ №1 ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ »

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет
«ОТЧЕТ ПО ИДЗ №1 ПО ТЕОРИИ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ »
Выполнил : Бровченко Э.Ю.
гр. 7305
Преподаватель : Ингстер Ю.И.
Санкт-Петербург
2009
Тема 1 Непосредственный подсчет вероятностей в рамках классической схемы.
Теоремы сложения и умножения вероятностей
Задача 2. Станция метрополитена оборудована тремя независимо работающими
эскалаторами. Вероятность безотказной работы в течение дня для первого эскалатора
равна 0,9, для второго – 0,95, для третьего – 0,85.
Найти вероятность того, что в течение дня произойдет поломка не более одного
эскалатора.
Решение:

Пусть A-поломка одного эскалатора, а Ai - вероятность поломки i-ого эскалатора.
В силу независимости событий Ai , имеем :
P(A)=



A1 A2 A 3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A 3 =0.1*0.95*0.85+0.9*0.05*0.85+0.9*0.95*0.15=
=0.96
Ответ. Вероятность поломки не боле одного эскалатора примерно равна 0.25.
Задача 4. У распространителя имеется 20 билетов книжной лотереи, среди которых 7
выигрышных. Куплено 3 билета.
Найти вероятность того, что хотя бы один из купленных билетов выигрышный.
Решение:
| A|
По классической схеме имеем : P(A)=
, где  -множество всех элементарных событий,
||
А-элементарные события, благоприятствующие искомому событию, P(A)-вероятность
искомого события .
В данном случае будем искать с помощью противоположного события, то есть для начала
найдем вероятность того , что среди вытянутых билетов не будет ни одного
выигрышного:

20!
286
3
 = C 20
 0.25.
=
=1140 , A= C133 =286 => P( A )=
3!*17!
1140

=> P(A)=1- P( A )  0.75
Ответ . Вероятность одного выигрышного билета примерно равна 0.75.
Задача 6. Имеются две урны. В первой находятся: один белый шар, 3 черных и 4
красных; во второй – 3 белых, 2 черных и 3 красных. Из каждой урны наугад извлекают
по одному шару, после чего сравнивают их цвета.
Найти вероятность того, что цвета извлеченных шаров совпадают.
Решение:
Пусть Ai , Bi , C i - извлечение из урн белых, черных и красных шаров соответственно:
1
3
3
P( A1 )= P( A2 )= , то P( A1 A2 )=
;
8
8
64
3
2
6
21
P( B1 )= P( B 2 )= , то P( B1 B 2 )=
;  P(A)= P( A1 A2 )+P( B1 B 2 )+P( C1 C 2 )=
8
8
64
64
P(A)  0.33
4
3
12
P( C1 )=
P( C 2 )= , то P( C1 C 2 )=
;
8
8
64
Ответ. Вероятность совпадения цвета  0.33
Задача 7. Среди 100 лотерейных билетов есть 5 выигрышных.
Найти вероятность того, что два наудачу выбранных билета окажутся выигрышными.
Решение:
Получаем:
100!
10
1
2
 = C100
 0.002
=
=4950, A= C 52 =10
=> P(A)=
=
2!*98!
4950 495
Ответ. Вероятность вытаскивания двух выигрышных билетов  0.002
Задача 18. В электрическую цепь включены параллельно два прибора. Вероятность
отказа первого прибора равна 0,1, второго 0,2.
Найти вероятность того, что откажет хотя бы один прибор этой цепи.
Решение:
Пусть A - отказ хотя бы одного прибора

1
Ai - отказ i-ого прибора. Тогда ,
в силу независимости событий Ai :
2




P(A)= A1 A2 + A1 A2 + A1 A2 =0.1*0.8+0.9*0.2+0.1*0.2=0.28
Ответ. Вероятность отказа хотя бы одного прибора равна 0.28.
Тема 2 Формула полной вероятности и формула Байеса
Задача 10. 30% телевизоров поступает в магазин с первой фабрики, 20% со второй и
остальные с третьей. Брак на этих фабриках составляет 5%, 3% и 4% соответственно.
Купленный телевизор оказался бракованным. Какова вероятность того, что он поступил с
третьей фабрики?
Решение :
У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают
достоверное событие. Пусть H i -поступление телевизоров с i-ой фабрики , а Aпоступление бракованного телевизора, тогда получим:
P( H 1 )=0.3, P( H 2 )=0.2 и P( H 3 )=0.5. P(A| H 1 )=0.05 , P(A| H 2 )=0.03 , P(A| H 3 )=0.04
По формуле Байеса получим:
P(H 3 ) * P(A | H 3 )
20
 0.49
P( H 3 |A)=
=
P(H 3 ) * P(A | H 3 )  P(H1 ) * P(A | H1 )  P(H 2 ) * P(A | H 2 ) 41
Ответ. Вероятность поступления бракованного телевизора с 3-ей фабрики  0.49
Задача 13. В трёх одинаковых урнах находятся шары: в первой с номерами от 1 до 9 ,
во второй от 10 до 20 и в третьей от 21 до 30 включительно. Из случайно взятой урны
берётся шар и оказывается, что его номер делится на 5. Какова вероятность, что этот шар
взят из первой урны?
Решение:
У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают
достоверное событие. Пусть H i -взятие шара с i-ой урны , а A-номер взятого шара кратен
5, тогда получим:
1
1
P( H 1 )=P( H 2 )=P( H 3 )= . P(A| H 1 )= (подходит шар под номером 5 из 9 штук),
3
9
3
2
P(A| H 2 )= (подходят 3 шара из 11 : 10, 15, 20), P(A| H 3 )= (подходят 2 шара из 10 : 25
11
10
и 30). По формуле Байеса имеем :
P(H1 ) * P(A | H1 )
495
 0.19
P( H 1 |A)=
=
P(H1 ) * P(A | H1 )  P(H 2 ) * P(A | H 2 )  P(H 3 ) * P(A | H 3 ) 9 * 289
Ответ. Вероятность , что шар из первой урны  0.19
Задача 16. На трёх дочерей Аню, Катю и Анфису в семье возложена обязанность по
мытью тарелок. Аня, как старшая, выполняет 40% всей работы, остальную работу Катя и
Анфиса делят пополам. Вероятность того, что Аня разобьёт хотя бы одну тарелку равна
0,02, для Кати и Анфисы эта вероятность равна 0,03 и 0,02 соответственно. Родители
слышали звон разбитой посуды. Какова вероятность, что тарелки мыла Аня?
Решение:
Будет удобно пронумеровать дочерей соответственно 1, 2 и 3.
У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают
достоверное событие. Пусть H i -к работе приступает i-ая дочь , а A-звон битой посуды,
тогда получим:
P( H 1 )=0.4, P( H 2 )=0.3 и P( H 3 )=0.3. P(A| H 1 )=0.02 , P(A| H 2 )=0.03 , P(A| H 3 )=0.02
По формуле Байеса получаем :
P(H1 ) * P(A | H1 )
0.008
 0.35
P( H 1 |A)=
=
P(H1 ) * P(A | H1 )  P(H 2 ) * P(A | H 2 )  P(H 3 ) * P(A | H 3 ) 0.023
Ответ. Вероятность , что тарелки мыла Аня  0.35.
Задача 27. Половина всех арбузов поступает в магазин с 1 базы, 1/3 - со 2 базы,
остальные - с 3 базы. Арбузы с повышенным содержанием нитратов составляют на 1 базе
15%, на 2 базе - 10%, на 3 - 20%. Какова вероятность купить недоброкачественный арбуз?
Решение :
У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают
достоверное событие. Пусть H i -поступление арбузов с i-ой базы , а A-покупка
недоброкачественного арбуза, тогда получим:
P( H 1 )=1/2, P( H 2 )=1/3 и P( H 3 )=1/6.
P(A| H 1 )=0.15 , P(A| H 2 )=0.1 , P(A| H 3 )=0.2 , тогда по формуле полной вероятности :
P(A)= P( H 1 )P(A| H 1 )+ P( H 2 )P(A| H 2 )+P( H 3 )P(A| H 3 )=
=(1/2)*0.15+(1/3)*0.1+(1/6)*0.2=0.142
Ответ. Вероятность купить недоброкачественный арбуз  0.142
Задача 30. Из 4-х игральных костей одна фальшивая. На ней 6 очков выпадает с
вероятностью 1/3. При бросании случайно выбранной кости выпала шестёрка. Какова
вероятность того, что была выбрана фальшивая кость?
Решение :
Пронумеруем кости : 1, 2, 3 , 4. Пусть кость под номером 4 будет фальшивой.
H i -выбор i-ой кости , а A- выпадение шестёрки, тогда получим:
P( H i )=1/4 – так как выбор кости произволен.
P(A| H 1 )=P(A| H 2 )=P(A| H 3 )=1/6 , P(A| H 4 )=1/3 , по формуле Байеса получаем :
P( H 4 |A)=
P(H 4 ) * P(A | H 4 )
=
P(H 4 ) * P(A | H 4 )  P(H1 ) * P(A | H1 )  P(H 2 ) * P(A | H 2 )  P(H 3 ) * P(A | H 3 )
=2/5=0.4
Ответ. Вероятность выбора фальшивой кости равна 0.4
Тема 3 Повторение опытов (схема Бернулли).
Задача 2. Производиться 4 выстрела по мишени, вероятность попадания при каждом
выстреле 2/3. Найти вероятность того, что в мишень попадут не менее 2 раз.
Решение:
У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются
независимыми в совокупности ”на лицо” схема Бернулли. Используем всем известную
формулу : Pn (k )  C nk  p k  q n  k , где n-число испытаний, p-вероятность некоторого
события, а q=1-p.
В данном случае n=4, p=2/3 , q=1/3. Получим:
0
4
1
3
 2 1
 2   1  72
 0.89
P4 (2,4)  1  P4 (0)  P4 (1) = 1  C        C 41       =
 3 3
 3   3  81
Ответ. Вероятность попадания не менее 2-х раз  0.89
0
4
Задача 6. Имеется 7 партий деталей, каждая из которых содержит 10% бракованных.
Из каждой партии извлекают по 1 детали. Найти вероятность того, что среди
извлеченных деталей не менее двух бракованных.
Решение :
У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются
независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли :
n=7, p=1/10 , q=9/10. Получим:
0
7
1
6
1 9
1 9
P7 (2,7)  1  P7 (0)  P7 (1) = 1  C        C 71       =
 10   10 
 10   10 
4782969 3720087
8503056
 0,15
=1=110000000 10000000
10000000
Ответ. Вероятность не менее двух бракованных  0.15
0
7
Задача 11. Вероятность поражения самолета средствами ПВО объекта 0,6 Найти
вероятность того, что из 8 атакующих объект самолетов к нему прорвется не более шести.
Решение:
У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются
независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли :
n=8, q=6/10 , p=4/10. Получим:
1
7
0
8
6 4
6 4
P8 (0,6)  1  P8 (7)  P8 (8) = 1  C        C88       =
 10   10 
 10   10 
34992
6561 349072
 0.89
=1=
390625 390625 390625
Ответ. Вероятность прорыва не более 6 самолетов  0.89
7
8
Задача 17. Караван из 4 судов пересекает минное поле, вероятность подрыва для
каждого из судов считается равной 0,1.
Найти вероятность того, что не менее половины судов уцелеет.
Решение :
У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются
независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли :
n=4, q=1/10 , p=9/10. Получим:
4
0
3
1
1 9
1 9
P4 (0,2)  1  P4 (0)  P4 (1) = 1  C        C 41       =
 10   10 
 10   10 
6561 2916
 0.05
=110000 10000
Ответ. Вероятность сохранности не менее половины судов  0.05
0
4
Задача 26. Контроллер ОТК проверяет 4 изделия на стандартность. Вероятность
того, что изделие стандартно, равна 0,8 для каждого изделия.
Найти вероятность того, что более половины проверенных изделий стандартно.
Решение:
У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются
независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли :
n=4, p=8/10 , q=2/10. Получим:
3
1
4
0
8192
8 2
8 2
 0,82
P4 (2,4)  P4 (3)  P4 (4) = C        C 44       =
 10   10 
 10   10  10000
Ответ. Вероятность стандартности более половины изделий  0,82.
3
4