ТерВер

20

которых надо найти, через А и В. Геометрически им соответствуют заштрихованные фигуры на рис. 1.8а и 1.8б.

По рисунку 1.8а видно, что площадь заштрихованного квадрата равна s a 2r 2 , а площадь всей области S a2 , поэтому (по формуле 1.3а)

P A a 2r 2 . a2

yy a

a–r

r

O

r

a

x

Рис. 1.8а

y

a

a–r

r

O r	a	x

Рис. 1.8б

Площадь каждого незаштрихованного квадрата (рис. 1.8б) равна r2 , таких квадратов 4, тогда площадь заштрихованной области s a2 4r2 .

21

Используя геометрическое определение вероятности (формула 1.3а), получим

P B a2 4r2 . a2

Задачи для самостоятельного решения

1.Сколькими способами можно переставить буквы слова «кофеварка» так, чтобы гласные и согласные буквы чередовались?

2.Сколькими способами можно расставить 12 белых и 12 черных шашек на черных полях шахматной доски?

3.Несколько человек садятся за круглый стол. Будем считать, что два способа рассадки совпадают, если каждый человек имеет одних и тех же соседей в обоих случаях. Сколькими различными способами можно посадить четырех человек? А семь человек? Во скольких случаях два данных человека из семи оказываются соседями? Во скольких случаях данный человек (из семи) имеет двух данных соседей?

4.Десять человек при встрече обмениваются рукопожатиями. Сколько всего рукопожатий будет сделано?

5.Сколькими способами можно вытащить две карты пиковой масти из колоды в 36 карт?

6.Сколькими способами можно расположить на полке 10 томов энциклопедии?

7.Группу из 10 человек требуется разбить на две непустые подгруппы, сколькими способами это можно сделать?

8.Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 составляются всевозможные

пятизначные числа, не содержащие одинаковые цифры. Определить количество чисел, в которых есть цифры 2, 4 и 5 одновременно.

9.Имеются 7 билетов: 3 – в один театр, 4 – в другой. Сколькими способами они могут быть распределены между студентами группы из 25 человек?

10.Из ящика, в котором лежат 10 красных и 5 зеленых яблок, выбирают одно красное и два зеленых. Сколькими способами это можно сделать?

11.В ящике 5 красных и 4 зеленых яблока. Сколькими способами можно выбрать 3 яблока из ящика?

12.Сколько четырехзначных чисел, составленных из нечетных цифр, содержит цифру 3 (цифры в числах не повторяются)?

13.Два наборщика должны набрать 16 страниц текста. Сколькими способами они могут распределить эту работу между собой?

14.Поезд метро делает 16 остановок. Сколькими способами могут распределиться между этими остановками 100 пассажиров, вошедших в поезд на конечной остановке?

22

15.Шесть студентов нужно распределить по 3 группам второго курса. Сколькими способами это можно сделать?

16.Автомобильный номер состоит из 3 букв и 3 цифр. Сколько различных номеров можно составить, используя 30 букв и 10 цифр?

17.Построить пространство элементарных исходов для эксперимента, в котором монету бросают 3 раза.

18.Брошены две игральные кости. Чему равна вероятность того, что сумма очков, выпавших на обеих костях, не превзойдет 5?

19.Найти вероятность того, что в шестизначном номере 3 цифры совпадают, а остальные различны (считаем, что пятизначные номера могут начинаться с 0).

20.Шесть шаров случайным образом раскладываются по трем ящикам. Найти вероятность того, что в первом ящике лежат 4 шара.

21.На отрезок [ 1,2] наудачу брошены две точки. Какова вероятность

того, что расстояние между ними больше 1?

22.Студент может добраться до факультета либо автобусом, интервал движения которого составляет 7 минут, либо троллейбусом, интервал движения которого – 10 минут. Найти вероятность того, что студенту, пришедшему на остановку в случайный момент времени, придется ждать не более трех минут.

23.Найти вероятность того, что из трех наудачу взятых отрезков длиной не более L можно построить треугольник.

24.Четыре человека вошли в лифт на первом этаже шестиэтажного дома. Найти вероятность того, что вес пассажиры выйдут: а) на шестом этаже; б) на одном и том же этаже; в) на разных этажах.

25.Какова вероятность того, что в четырех бросаниях хотя бы 1 раз выпадет единица?

26.В лотерее из 50 билетов 5 выигрышных. Какова вероятность того, что среди первых пяти наугад выбранных билетов два будут выигрышными?

27.На отрезок [2,5] наудачу брошены две точки. Какова вероятность

того, что расстояние между ними меньше 2?

28. Два теплохода должны подойти к одному и тому же причалу. Время прихода обоих теплоходов независимо и равновозможно в течение данных суток. Найти вероятность того, что ни одному из теплоходов не придется ожидать освобождения причала, если время стоянки первого теплохода – 1 час, а второго – 2 часа.

Ответы. 1) 720; 2) C12C12

; 3) 24; 4) 45; 5) 36; 6) 10!; 7) 1022; 8) 1800;

32

20

9)

C3 C 4 16824500; 10) 100; 11) 84;

12) A4 A4 96

; 13)

216 ; 14) 16100 ;

25

22

5

4

15) 36 ;

16) 303 103; 17) РРР,

РРГ,

РГР, ГРР,

РГГ,

ГГР,

ГГГ; 18)

5

;

18

			23
	19) 0,1008; 20) 0,082; 21)	4	; 22) 0,6; 23) 0,5. Указание: ввести
		9

пространственную систему координат. Возможные значения x, y, z от 0 до

	L.			События,	благоприятствующие							условию	задачи,
		x y z, y x z, z x y; 24) а)				1		, б)	1	, в)	24	; 25) 0,52; 26) 0,067; 27)
						5	4		3		3
									5		5
		8		; 28) 0,88.
	9

Контрольные вопросы

1.Дайте определение случайного события.

2.Как определяется пространство элементарных исходов?

3.Как определяются сумма, разность и произведение событий?

4.Дайте определение полной группы событий.

5.Сформулируйте классическое определение вероятности.

6.Что такое относительная частота события? Сформулируйте статистическое определение вероятности.

7.В каких случаях используют геометрическое определение вероятности?

8.Как вычисляется количество размещений из n элементов по k , в выборках с возвращением и без возвращений?

9.Запишите формулу для вычисления количества сочетаний из n элементов по k , в выборках с возвращением и без возвращений.

10.Дайте определение перестановки из n элементов.

24

Глава 2

ТЕОРЕМЫ СЛОЖЕНИЯ И УМНОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ.

ФОРМУЛА БАЙЕСА (ТЕОРЕМА ГИПОТЕЗ).

СХЕМА ПОВТОРЕНИЯ ИСПЫТАНИЙ. ФОРМУЛА БЕРНУЛЛИ. ПРИБЛИЖЕНИЕ ПУАССОНА ДЛЯ СХЕМЫ БЕРНУЛЛИ

Теорема 2.1 (теорема сложения). Вероятность суммы событий А и В

равна

P A B P A P B P AB .

(2.1)

Доказательство. Докажем теорему сложения для схемы случаев. Пусть п – число возможных исходов опыта, тА – число исходов, благоприятных событию А, тВ – число исходов, благоприятных событию В, а тАВ – число исходов опыта, при которых происходят оба события (то есть исходов, благоприятных произведению АВ). Тогда число исходов, при которых имеет место событие A B , равно тА + тВ – тАВ (так как тАВ в сумме (тА + тВ) учтено дважды: как исходы, благоприятные А, и исходы, благоприятные В). Следовательно, вероятность суммы можно определить по формуле (1.1):

P( А В)	тА тВ тАВ		тА		тВ		тАВ	P( А) P(В) P( АВ),
	п		п		п		п

что и требовалось доказать.

Теорему 2.1 можно распространить на случай суммы любого числа событий. Например, для суммы трех событий А, В и С

P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC (2.2)

и т.д.

Если же события А и В несовместны, то тАВ = 0, и, следовательно, вероятность суммы несовместных событий равна сумме их вероятностей:

P A B P A P B .

(2.3)

Противоположными событиями называют два несовместных события, образующих полную группу. Если одно из них обозначить А, то второе принято обозначать А .

25

Таким образом, событие А заключается в том, что событие А не произошло.

Теорема 2.2. Сумма вероятностей противоположных событий равна 1:

P A P		1.	(2.4)
	A

Доказательство. Так как события А и А образуют полную группу, то одно из них обязательно произойдет в результате опыта, то есть событие

A A является достоверным. Следовательно, вероятность P A A 1. Но,

так как события А и					А несовместны, из формулы (2.3) следует, что
P A		P A P		.			Значит, P A P		1, что и требовалось
	A		A					A

доказать.

В ряде задач проще искать не вероятность заданного события, а вероятность события, противоположного ему, а затем найти требуемую вероятность по формуле (2.4).

Назовем условной вероятностью P B / A события В вероятность

события В при условии, что событие А уже произошло.

Понятие условной вероятности используется в основном в случаях, когда осуществление события А изменяет вероятность события В.

Примеры:

1)пусть событие А – извлечение из колоды в 32 карты туза, а событие

В– то, что и вторая вынутая из колоды карта окажется тузом. Тогда, если после первого раза карта была возвращена в колоду, то вероятность вынуть вторично туз не меняется:

P(В) P( А) 324 18 0,125.

Если же первая карта в колоду не возвращается, то осуществление события А приводит к тому, что в колоде осталась 31 карта, из которых

только 3 туза. Поэтому P В / А 313 0,097.

2) если событие А – попадание в самолет противника при первом выстреле из орудия, а В – при втором, то первое попадание уменьшает маневренность самолета, поэтому P B / A увеличится по сравнению с P A .

Теорема 2.3 (теорема умножения). Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого при условии, что первое событие произошло:

P AB P A P B / A .

(2.5)

26

Доказательство. Воспользуемся обозначениями теоремы 2.1. Тогда для вычисления P B / A множеством возможных исходов нужно считать тА

(так как А произошло), а множеством благоприятных исходов – те, при которых произошли и А, и В ( тАВ ). Следовательно,

P В / А	тАВ		тАВ		п	P АВ : P А ,
	тА		п		тА

откуда следует утверждение теоремы.

Если подобным образом вычислить вероятность события ВА, совпадающего с событием АВ, то получим, что P BA P B P A/ B . Следовательно, справедливо равенство:

P A P B / A P B P A/ B .

(2.6)

Пример. Для поражения цели необходимо попасть в нее дважды. Вероятность первого попадания равна 0,2, затем она не меняется при промахах, но после первого попадания увеличивается вдвое. Найти вероятность того, что цель будет поражена первыми двумя выстрелами.

Решение.	Пусть событие	А – попадание при первом выстреле, а
событие В –	попадание при	втором. Тогда P A 0,2 , P B / A 0,4 ,

P AB 0,2 0,4 0,08.

Событие В называется независимым от события А, если появление события А не изменяет вероятности В, то есть P B / A P B .

Если событие В не зависит от А, то и А не зависит от В. Действительно, из (2.6) следует при этом, что P A P B P B P A/ B , откуда

P A/ B P A . Значит, свойство независимости событий взаимно.

Теорема умножения для независимых событий имеет вид:
P AB P A P B ,	(2.7)

т.е. вероятность произведения независимых событий равна произведению их вероятностей.

В качестве определения независимости событий можно взять любое из соотношений:

1.P AB P A P B ;

2.P A/ B P A ;

3.P B / A P B .

27

Понятие независимости можно обобщить на любое конечное число

событий.
События A , A , , A называются независимыми в совокупности, если
1 2	n
для любого их подмножества A i		, A i	, , A i	имеет место равенство
	1	2	k

i

i

i

i

i

i

P

A

A

...A

P

A

P

A

... P

A

,

1 2

k

1

2

k

для любых k 0 и любых различных номеров i1,i2,...,ik , i1 i2 ... ik .

События A , A , , A

называются попарно независимыми, если для

1

2

n

любых i j, i, j 1,...,n , события Ai

и Aj независимы.

Легко показать, что из независимости в совокупности следует попарная независимость, но из попарной независимости не следует независимость в совокупности.

Пример Бернштайна.

На плоскость бросают правильный тетраэдр, три грани которого окрашены в красный, синий и зеленый цвета, а на четвертую грань нанесены все три цвета. Событие А – при бросании выпал красный цвет, событие В – синий цвет, событие С – зеленый цвет. Вероятности этих событий равны

между собой и составляют P A P B P C 24 12 . Найдем вероятности их попарных произведений

P AB 14 12 12 P A P B , P AC 14 12 12 P A P C

и, аналогично, P BC P B P C .

Отсюда следует, что они попарно независимы. Однако вероятность появления всех трех цветов равна

P ABC 14 P A P B P C 12 12 12 81 ,

то есть вероятность произведения всех трех событий не равна произведению вероятностей этих событий, и, следовательно, они зависимы в совокупности.

Теорема 2.4. Вероятность появления хотя бы одного из попарно

независимых событий	A , A ,..., A		равна
	1 2	n
		P A 1 q1q2...qn ,		(2.8)

28

где qi – вероятность события Аi , противоположного событию Ai . Доказательство. Если событие А заключается в появлении хотя бы

одного события из A , A ,..., A , то события А и		А А ...А противоположны,
1 2	n		1 2 п

поэтому по теореме 2.2 сумма их вероятностей равна 1. Кроме того,

поскольку

A , A ,..., A

независимы, то независимы и А , А ,..., А ,

1 2

n

1

2

п

P

следовательно,

A1A2...An P A1 P A2 ... P An q1q2...qn .

Отсюда

следует справедливость формулы (2.8).

Пример. Сколько нужно произвести бросков монеты, чтобы с вероятностью не менее 0,9 выпал хотя бы один герб?

Решение. Вероятность выпадения герба при одном броске равна вероятности противоположного события (выпадения цифры) и равна 0,5. Тогда вероятность выпадения хотя бы одного герба при п бросках равна

1 0,5 n . Тогда из решения неравенства 1 0,5 n 0,9 следует, что п > log210 ≥ 4.

Пусть событие А может произойти только совместно с одним из событий H1, H2,..., Hn , образующих полную группу несовместных событий.

Тогда события H1, H2,..., Hn называются гипотезами.

Теорема 2.5. Вероятность события А, наступающего совместно с гипотезами Н1, Н2,…, Нп, равна:

	n
	P А P Hi P A / Hi ,	(2.9)
	i1
где P Hi – вероятность	i- й гипотезы, а P A/ Hi – вероятность события А

при условии реализации этой гипотезы.

Формула (2.9) носит название формулы полной вероятности.

Доказательство. Можно считать событие А суммой попарно несовместных событий AH1, AH2,..., AHn . Тогда из теорем сложения и

умножения следует, что

P А P АН1 АН2 ... АНп P АН1 P АН2 ... P АНп

n

P Hi P A / Hi ,

i 1

что и требовалось доказать.

29

Пример. Имеются три одинаковые урны с шарами. В первой из них 3 белых и 4 черных шара, во второй – 2 белых и 5 черных, в третьей – 10 черных шаров. Из случайно выбранной урны наудачу вынут шар. Найти вероятность того, что он белый.

Решение. Будем считать гипотезами H1, H2 и H3 выбор урны с соответствующим номером. Так как по условию задачи все гипотезы

равновозможные,			то	P Н P				Н				P					Н				1		.	Найдем условную
										2								3
				1																3
вероятность		А	при	реализации									каждой							гипотезы: P А/ Н						3	,
																								1	7
P А/ Н2	2	, P А/ Н3 0.
	7
Тогда
				P А	1		3		1				2		1		0			5		0, 238.
					3		7	3					7	3						21

Пусть известен результат опыта, а именно то, что произошло событие А. Этот факт может изменить априорные (то есть известные до опыта) вероятности гипотез. Например, в предыдущем примере извлечение из урны белого шара говорит о том, что этой урной не могла быть третья, в которой нет белых шаров, то есть P H3 / A 0. Для переоценки вероятностей

гипотез при известном результате опыта используется формула Байеса:

P Нi / A	P Hi P A/ Hi	.	(2.10)
	P A

Действительно, из формулы (2.6) получим, что

P A P Hi / A P Hi P A/ Hi ,

откуда следует справедливость формулы (2.10).

Рассмотрим серию из п испытаний, в каждом из которых событие А появляется с одной и той же вероятностью р, причем результат каждого испытания не зависит от результатов остальных. Подобная постановка задачи называется схемой повторения испытаний. Найдем вероятность того, что в такой серии событие А произойдет ровно к раз (неважно, в какой последовательности). Интересующее нас событие представляет собой сумму равновероятных несовместных событий, заключающихся в том, что А произошло в некоторых к испытаниях и не произошло в остальных п – к испытаниях. Число таких событий равно числу сочетаний из п по к, то есть

Cnk , а вероятность каждого из них: pk qn k , где q = 1 – p – вероятность того,