Тер.вер(решение задач)
.pdfP(A / H1 ) = |
|
4 |
, P(A / H 2 ) = |
|
5 |
|
|
, P(A / H1 ) = |
|
6 |
|
. |
|
|
|
|
|
||||||||
12 |
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Отсюда по формуле полной вероятности получим |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
3 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
4 |
|
4 |
|
|
5 |
|
2 |
|
6 |
|
36 |
|
3 |
|
||
P(A) = ∑P(Hi )P( A / Hi ) = |
|
|
+ |
|
+ |
|
= |
= |
. |
||||||||||||||||
7 |
12 |
|
12 |
|
|
84 |
7 |
||||||||||||||||||
i=1 |
|
|
|
|
|
7 |
|
7 |
12 |
|
|
|
Задача 22. В результате систематически проводимого контроля качества изготовляемых предприятием деталей установлено, что брак составляет в среднем 5%. Сколько изготовленных деталей нужно взять, чтобы наиболее вероятное число годных среди них было равно 60 шт.?
Решение.
Известно, что в n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p наиболее вероятным числом успехов является
-единственное число k0 = [np + p], если число np + p не целое;
-два числа k0 = np + p и k0 = np + p − 1, если число np + p целое.
Согласно условию задачи k0 = 60 , p = 5% = 0,05 . Отсюда
np + p = (n +1) p = n20+1 = 60 ,
следовательно, изготовленных деталей нужно взять n = 60 20 −1 =1199 .
Задача 23. У фотолюбителя в коробке находится 5 одинаковых кассет с фотопленками, из которых 3 пленки уже отсняты, а две – чистые. Будучи не в состоянии установить, какие из них отсняты, он решает отобрать наугад две пленки, а остальные проявить. Какова вероятность того, что в отобранных пленках окажутся чистыми: а) обе пленки; б) хотя бы одна пленка?
Решение.
а) Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому: m = C22 =1; n = C52 = 2!5!3! =10 .
Отсюда вероятность того, что обе отобранные пленки окажутся чистыми, равна:
P( A) = |
|
m |
= |
|
1 |
|
|
= 0,1. |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
б) Вероятность того, что из отобранных двух пленок окажется чистой хотя бы одна |
|||||||||||||||||||||||
пленка, равна: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
P(B) =1 − P( |
|
) , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
B |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
где P( |
|
) − вероятность противоположного события (обе пленки отсняты). |
|||||||||||||||||||||
B |
|||||||||||||||||||||||
Очевидно, что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
C 2 |
|
|
3! |
|
|
|
|
3 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
P(B) = |
= |
|
3 |
|
= |
|
|
2! 3! |
= |
|
= 0,3 . |
||||||||||||
|
|
|
C52 |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
2! 1! |
|
5! |
|
10 |
|
Отсюда вероятность того, что из отобранных двух пленок окажется чистой хотя бы одна пленка, равна:
P(B) =1 − P(B) =1 − 0,3 = 0,4 .
Задача 24. Укупорка банок томатного сока производится двумя автоматами, продукция которых поступает на общий конвейер. Производительность второго автомата в 1,5 раза выше производительности первого. Доля банок с дефектами упаковки в среднем составляет 0,5% – у первого и 0,02% – у второго автомата. Какова вероятность того, что взятая наугад банка сока будет иметь дефекты упаковки?
Решение.
Обозначим искомое событие A – «взятая наугад банка сока будет иметь дефекты упаковки». Вероятность этого события по формуле полной вероятности равна:
2 |
|
P( A) = ∑P(Hi )P( A \ Hi ) , |
(1) |
i=1
где Hi – гипотезы, означающие: H1 – укупорка банки томатного сока произведена первым автоматом; H2 – укупорка банки томатного сока произведена вторым автоматом;
P( A \ Hi ) − условные вероятности события A при выполнении указанных гипотез.
Очевидно, что P( A \ H1 ) = 0,005 , P( A \ H 2 ) = 0,0002 . |
|
Определим далее вероятности гипотез P(Hi ) , учитывая, что: |
|
P(H1 ) + P(H 2 ) =1; |
(2) |
P(H 2 ) =1,5P(H1 ) . |
(3) |
Подставив равенство (3) в уравнение (2), получим 2,5P(H1 ) =1 , откуда получим
P(H1 ) = 21,5 = 0,4 .
Отсюда определим вероятность второй гипотезы
P(H 2 ) =1 − P(H1 ) =1 − 0,4 = 0,6 .
Подставив найденные вероятности в формулу (1), получим:
P( A) = 0,4 0,005 + 0,6 0,0002 = 0,00212 , или 0,212%.
Задача 25. В урне 3 белых и 7 черных шаров. Какова вероятность того, что вынутые наугад два шара окажутся белыми?
Решение.
Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому: m = C32 = 23!!1! = 3 ;
n = C102 = 210! 8!! = 102 9 = 45 .
Отсюда вероятность того, что обе отобранные пленки окажутся чистыми, равна:
P(A) = mn = 453 = 151 .
Задача 26. Студент знает 25 вопросов из 35. Ему наудачу задали три вопроса. Какова вероятность того, что студент ответит на все три вопроса? Задачу решить двумя способами – с помощью классического определения вероятности и с помощью алгебры событий.
Решение.
1) Решение с помощью классического определения вероятности. Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому:
m = C253 = |
|
3! |
|
|
= 3; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
2! 1! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
n = C353 = |
10! |
|
|
= |
10 9 |
= 45. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2! 8! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Отсюда вероятность того, что обе отобранные пленки окажутся чистыми, равна: |
||||||||||||||||||||||
P( A) = |
m |
|
= |
25! |
|
|
3! 32! |
= |
25 24 23 |
= |
5 4 23 |
|
= |
|
460 |
= 0,351. |
||||||
n |
3! 22! |
|
35 34 33 |
7 17 11 |
1309 |
|||||||||||||||||
|
|
|
35! |
|
|
|
|
2) Решение с помощью алгебры событий.
Искомое событие A произойдет, если студент ответит правильно на первый вопрос, затем ответит правильно на второй вопрос и затем ответит правильно на третий вопрос. Отсюда
A = A1 A2 A3 ,
где Ai – событие «студент ответил правильно на i-й вопрос», i = 1, 2, 3.
По теореме умножения вероятностей имеем |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
P(A) = P( A )P(A / A )P( A / A A ) = |
25 |
|
25 |
−1 |
|
25 |
− 2 |
= |
25 |
24 |
23 |
= 0,351. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
2 |
35 |
35 |
−1 |
35 |
− 2 |
35 |
34 |
33 |
|||||
|
|
|
|
|
|
Задача 27. Турист, заблудившись в лесу, вышел на полянку, от которой в разные стороны ведут 5 дорог. Если турист пойдет по первой дороге, то вероятность выхода туриста из леса в течение часа составляет 0,6; если по второй – 0,3; если по третьей – 0,2; если по четвертой – 0,1; если по пятой – 0,1. Какова вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса?
Решение.
В данном случае событие A (турист через час он вышел из леса) произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомая вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса, равна
P(H1 / A) = |
P(H1 )P(A / H1 ) |
, |
5 |
||
|
∑P(Hi )P(A / Hi ) |
|
|
i=1 |
|
где Hi – гипотеза «турист пойдет по i-й дороге, i = 1, 2, 3, 4, 5. Очевидно, что все пять гипотез равновероятны, т.е.
P(H1 ) = P(H 2 ) = P(H3 ) = P(H 4 ) = P(H5 ) = 15 .
Значения условных вероятностей даны в условии задачи:
P(A / H1 ) = 0,6; P( A / H 2 ) = 0,3; P( A / H3 ) = 0,2; P(A / H 4 ) = P(A / H5 ) = 0,1.
Отсюда имеем:
|
|
|
|
|
|
1 |
|
0,6 |
|
|
|
|
|
|
|
0,6 |
|
0,6 |
|
||
P(H1 |
/ A) = |
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
= |
|
= |
= 0,462 . |
|||||
1 |
0,6 + |
1 |
0,3 + |
|
1 |
0,2 + |
1 |
0,1 + |
1 |
0,1 |
0,6 |
+ 0,3 + 0,2 + 0,1 + 0,1 |
1,3 |
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
5 |
5 |
5 |
5 |
5 |
|
|
|
|
|
|
Задача 28. В магазине 5 холодильников. Вероятность выхода из строя каждого холодильника в течение года равна 0,2. Найти вероятность того, что в течение года ремонта потребует: 1) 4 холодильника; 2) не менее 2 холодильников; 3) не более 1 холодильника; 4) не менее 1 холодильника.
Решение.
Поскольку все холодильники имеют одинаковую вероятность выхода из строя в течение года p = 0,2 , то используем схему Бернулли.
1)Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют 4 холодильника, равна
P5 (m = 4) = C54 p4 (1 − p) = 5 0,24 0,8 = 0,0064 .
2)Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют не менее 2 холодильников,
равна
P5 (m ≥ 2) =1 − P5 (m < 2) =1 − P5 (m = 0) − P5 (m =1) = .
=1 −C50 p0 (1 − p)5 −C51 p1 (1 − p)4 =1 −1 0,20 0,85 −5 0,21 0,84 = 10000026272 = 0,2627 .
3)Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не более 1 холодильника, равна
P5 (m ≤1) =1 − P5 (m ≥ 2) =1 −0,2627 = 0,7373 .
4)Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не менее 1 холодильника,
равна
P5 (m ≥1) =1 − P5 (m <1) =1 − P5 (m = 0) =
=1 −C50 p0 (1 − p)5 =1 −1 0,20 0,85 = 10000067232 = 0,6723 .
Задача 29. Из шести букв М, А, Ш, И, Н, А выбираются одна за другой и приставляются друг к другу в порядке выбора четыре буквы. Какова вероятность того, что при этом получится слово: а) «ШИНА»; б) «МАША».
Решение.
а) По теореме умножения вероятностей вероятность того, что получится слово «ШИНА» равна
P(A1 A2 A3 A4 ) = P(A1 )P(A2 / A1 )P( A3 / A1 A2 )P(A4 / A1 A2 A3 ) =
= 16 6 1−1 6 −1 2 6 −2 3 = 16 15 14 23 = 1801 .
б) По теореме умножения вероятностей вероятность того, что получится слово «МАША» равна
P(A1 A2 A3 A4 ) = P(A1 )P(A2 / A1 )P( A3 / A1 A2 )P(A4 / A1 A2 A3 ) = = 16 6 2−1 6 −1 2 62 −−13 = 16 52 14 13 = 1801 .
Задача 30. Для трех розничных торговых предприятий определен плановый уровень прибыли. Вероятность того, что первое предприятие выполнит план прибыли, равна 90%, для второго она составляет 95%, для третьего 100%. Какова вероятность того, что плановый уровень прибыли будет достигнут: а) всеми предприятиями; б) только двумя предприятиями; в) хотя бы одним предприятием.
Решение.
а) Поскольку предприятия работают независимо друг от друга, то по теореме умножения вероятностей вероятность того, что плановый уровень прибыли будет достигнут всеми предприятиями равна
P(A) = P(A1 A2 A3 ) = P(A1 )P(A2 )P(A3 ) = 0,9 0,95 1 = 0,855 .
б) Поскольку третье предприятие всегда выполнит план (событие достоверное), то искомая вероятность равна:
P(B) = P(A1 )P(A2 ) + P(A1 )P(A2 ) = 0,9 (1−0,95) + (1 −0,9) 0,95 = 0,14 .
в) Поскольку третье предприятие всегда выполнит план (событие достоверное), то вероятность данного события равна P(C) =1.
Задача 31. Число грузовых машин, проезжающих мимо колонки, относится к числу легковых как 3:2. Вероятность того, что грузовая машина будет заправляться, равна 0,1, а того, что будет заправляться легковая 0,2. У бензоколонки заправляется машина. Какова вероятность того, что это грузовая машина?
Решение.
В данном случае событие A (машина заправляется) произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомая вероятность того, что заправляется грузовая машина, равна
P(H1 / A) = |
P(H1 )P(A / H1 ) |
, |
2 |
||
|
∑P(Hi )P(A / Hi ) |
|
|
i=1 |
|
где H1 – гипотеза «проехала грузовая машина», H2 – гипотеза «проехала легковая машина». Определим вероятности гипотез:
P(H1 ) + P(H 2 ) = 2α + 3α =1, следовательно α = 15 , и
P(H1 ) = 53 , P(H2 ) = 52 .
Значения условных вероятностей даны в условии задачи:
P(A / H1 ) = 0,1; P(A / H 2 ) = 0,2 .
Отсюда имеем:
|
|
|
|
|
3 |
0,1 |
0,06 |
|
0,06 |
|
|||
P(H1 |
/ A) = |
|
|
5 |
|
= 0,429 . |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
= |
|
|||
|
3 |
|
|
|
2 |
|
0,06 + 0,08 |
0,14 |
|||||
|
|
|
0,1 |
+ |
0,2 |
|
|
||||||
|
|
|
5 |
5 |
|
|
|
|
Задача 32. Вероятность поломки одного из пяти работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня работает. Какова вероятность того, что: а) 2 станка сломаются в течение дня; б) не менее одного станка будут работать исправно?
Решение.
Поскольку все холодильники имеют одинаковую вероятность выхода из строя в течение дня p = 0,2 , то используем схему Бернулли.
а) Вероятность того, что 2 станка сломаются в течение дня, равна
P5 (m = 2) = C52 p2 (1 − p)3 =10 0,22 0,83 = 0,2048 .
б) Вероятность того, что не менее одного станка будут работать исправно, равна
P5 (m ≤ 4) =1 − P5 (m = 5) =.
=1 −C55 p5 (1 − p)0 =1 −1 0,25 =1 −0,00032 = 0,99968 .
Задача 33. Студент сдает три экзамена. Вероятность успешной сдачи первого экзамена 0,9, второго – 0,65, третьего – 0,35. Найти вероятность того, что он не сдаст хотя бы один экзамен.
Решение.
Обозначим A – событие «студент не сдал хотя бы один экзамен». Тогда
P(A) =1 − P(A) ,
где A – противоположное событие «студент сдал все экзамены». Поскольку сдача каждого экзамена не зависит от других экзаменов, то
P(A) =1 − P( A) =1 −0,9 0,65 0,35 = 0,7953 .
Задача 34. Из 36 карт наугад выбираются 3. Вычислите вероятность того, что среди них будут король и дама.
Решение.
Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае благоприятными могут быть варианты, когда одна из выбранных карт – король, вторая – дама, а третья может быть любой, в частности и королем, и дамой.
Поскольку порядок выбора карт не имеет значения, то имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому:
m = C41 C41 C341 = 4 4 34 ; |
|
|||||
n = C363 = |
36! |
|
= |
36 35 34 |
= 6 35 34 . |
|
33! 3! |
3 2 |
|||||
|
|
|
Отсюда вероятность того, что среди трех выбранных карт будут король и дама, равна:
P( A) = |
m |
= |
4 4 34 |
= |
|
8 |
= 0,076 . |
|
n |
6 35 34 |
105 |
||||||
|
|
|
|
Задача 35. Девять карточек, пронумерованных от 1 до 9, расположены друг за другом в случайном порядке. Определите вероятность события: карточка № 1 находится среди первых трех, а карточка № 2 – среди последних четырех.
Решение.
Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
Поскольку все карточки пронумерованы, то выборки являются упорядоченными. В данном случае благоприятными могут быть варианты, когда:
-среди первых трех карточках содержится карточка № 1, не содержится карточка № 2, а остальными двумя карточками могут быть любые из семи оставшихся; число всех таких
вариантов равно m1 = A31 A72 = 32!! 75!! = 3 7 6 ;
-среди последних четырех карточек содержится карточка № 2, а остальными тремя карточками могут быть любые из пяти оставшихся; число всех таких вариантов равно
m2 = A41 A53 = 43!! 52!! = 4 5 4 3;
-четвертой и пятой карточками могут быть две оставшиеся карточки; число всех таких вариантов равно m3 = A22 = 2!= 2 .
Очевидно, что общее число исходов равно: n = A99 = 9!
Отсюда вероятность искомого события равна:
P( A) = |
m |
= |
m1 m2 |
m3 |
= |
3 7 6 4 5 4 3 2 |
= |
1 |
= 0,167 . |
n |
n |
|
9 8 7 6 5 4 3 2 |
6 |
|||||
|
|
|
|
|
|
Задача 36. Вероятность того, что изделие является дефектным, равна 0,1. Сколько надо выбрать изделий, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное?
Решение.
По условию задачи требуется найти минимальное число n, для которого выполнялось бы неравенство:
Pn (k ≥1) > 0,96 .
Данное неравенство равносильно тому, что
Pn (k = 0) = Cn0 p n q 0 <1−0,96 = 0,04 .
Подставив p = 0,9 , q = 0,1 в последнее неравенство, и, учтя, что Cn0 =1, имеем:
P (k = 0) = C 0 p n q 0 =1 0,9n 0,10 |
= 0,9n < 0,04 . |
|||
n |
n |
|
||
Прологарифмируем обе части полученного неравенства: |
||||
n ln 0,9 > ln 0,04 n > |
ln 0,04 |
= |
−3,2189 = 30,551 nmin = 31 . |
|
|
||||
|
|
ln 0,9 |
−0,1054 |
Таким образом, надо выбрать не менее чем 31 изделие, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное
Задача 37. Адвокат выигрывает в суде в среднем 70% дел. Найдите вероятность того, что он из 8 дел выиграет больше половины.
Решение. |
|
|
По условию задач требуется определить вероятность |
P8 (k > 4) , где |
k – количество |
выигранных дел. Поскольку вероятность выигрыша |
дела известна |
( p = 0,7 ), то |
q =1− p =1−0,7 = 0,3 . Отсюда по формуле Бернулли имеем: |
|
|
P8 (k > 4) = P8 (k = 5) + P8 (k = 6) + P8 (k = 7) + P8 (k = 8) =
= C85 0,75 0,33 +C86 0,76 0,32 +C87 0,77 0,31 +C88 0,78 0,30 = = 0,2450 +0,2965 +0,1776 +0,0576 = 0,797 .
Таким образом, вероятность того, что адвокат из 8 дел выиграет больше половины, равна 0,797.
Задача 38. 1/3 ламп производится на первом заводе, 1/4 – на втором, остальные – на третьем. Вероятности брака в продукции первого, второго и третьего заводов соответственно равны 0,2, 0,15 и 0,05. Найдите вероятность того, что бракованная лампа произведена на первом, втором или третьем заводе.
Решение.
В данном случае событие A (лампа оказалась бракованной) произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомые вероятности того, что бракованная лампа произведена на k-м заводе ( k =1,2,3 ) равны:
P(H k / A) = |
P(H k )P(A / H k ) |
, |
5 |
||
|
∑P(H i )P(A / H i ) |
|
|
i=1 |
|
где Hk – гипотеза «лампа произведена на k-м заводе, k =1,2,3 .
Из условия задачи имеем: