ТерВер

30

что в данном опыте событие А не произошло. Применяя теорему сложения для несовместных событий, получим формулу Бернулли:

P	k Ck pk qn k .	(2.11)
n	n

Пример. Для получения приза нужно собрать 5 изделий с особым знаком на этикетке. Найти вероятность того, что придется купить 10 изделий, если этикетки с этим знаком имеют 5 % изделий.

Решение. Из постановки задачи следует, что последнее купленное изделие имеет особый знак. Следовательно, из предыдущих девяти эти знаки имели 4 изделия.

Найдем вероятность этого по формуле Бернулли (2.11):

P 4 C4		0,05 4 0,95 5 0,0006092.
9	9
Тогда р = 0,0006092·0,05 = 0,0000304.
Значение k k0 ,	при	котором вероятность (2.11) принимает

наибольшее значение, называется наивероятнейшим числом появления

события А. Если (n + 1)p – дробное число, то k0	принимает единственное
значение
k0 (n 1) p ,	(2.12)

где […] – символ целой части числа. Если величина (n + 1)p – целая, то k0 принимает два значения

k(1)	(n 1) p 1	и	k(2)	(n 1) p .	(2.13)
0			0

Из формулы Бернулли (2.11), в частности, следует, что в n испытаниях, удовлетворяющих схеме Бернулли, вероятность хотя бы одного появления события A равна

P	k 1 1 P 0 1 1 p n	;	(2.14)
n	n
появления не менее k1 раз и не более k2 раз – равна
	k2
Pn k1 k k2 Pn k .			(2.15)

k k1

31

Пример. Монету подбрасывают 10 раз. Какова вероятность того, что герб выпадет: а) 4 раза; б) ни разу; в) хотя бы один раз. Найти наивероятнейшее число выпадений герба.

Решение. В данном случае n = 10, p =																						1			, q =			1	. Пользуясь формулой
																					2							2
Бернулли (2.11) и формулой (2.14), находим:
а) P (4) C4					1		4			1 6				10 9 8 7							1					0, 21;
10		10												4 3 2 1				210
					2					2
б) P (0)			1		10		0,00098 ;
10
		2
в) P	(k 1) 1 P								(0) 0,999 .
10							10
Наивероятнейшее число выпадений герба определим по формуле
(2.12):
																1
												k0 11						5.
																2
Если в серии из n независимых опытов, в каждом из которых может
произойти	одно				и		только						одно				из					k				событий				A , A , ..., A		с
																														1 2	k
соответствующими вероятностями															p1,	p2, ...,						pk ,					то вероятность того, что в
этих опытах событие A1								появится m1 раз, событие A2 m2 раз, …, событие
Ak mk раз, равна
	P	m , m ,..., m													n!								pm1				pm2 ...pmk ,				(2.16)
	n	1			2				k				m ! m ! ... m !												1		2		k
													1		2				k

где m1 m2 ... mk n .

Формула Бернулли требует громоздких расчетов при большом количестве испытаний. Можно получить более удобную для расчетов приближенную формулу, если при большом числе испытаний вероятность появления события А в одном опыте мала, а произведение пр = λ сохраняет постоянное значение для разных серий опытов (то есть среднее число появлений события А в разных сериях испытаний остается неизменным). Применим формулу Бернулли (2.11):

P	k		n n 1 n 2 ... n k 1					pk 1 p
n				k!
		n n 1 ... n k 1				k				n k
							1
			k!
					n					n

n k

.

32

Найдем предел полученного выражения при n :

Pn k

k

1

2

k 1

n k

lim 1

1

1

... 1

1

k! n

n

n

n

n

k

n

k

k

1.

lim

1

1

e

k! n

n

n

k !

Таким образом, получим формулу Пуассона

Pn k	k e
	,	(2.17)
	k!

которая позволяет найти вероятность к появлений события А для массовых (п велико) и редких (р мало) событий.

Примеры решения задач к главе 2

1. В ящике 10 деталей, из которых 4 окрашены. Сборщик наудачу взял 2 детали. Найти вероятность того, что хотя бы одна из взятых деталей окрашена.

Решение. Рассмотрим события

A1= 1-я выбранная деталь окрашена ,

A2 = 2-я выбранная деталь окрашена .
Тогда A A A , где		A	и A	совместные события, (т.е. могут
1	2	1	2
произойти в одном испытании). В этом случае
	P A P A		P A		P A A ,
		1	2				1	2
	P A A P A P A / A							,
	1	2	1			2	1
где P A2 / A1 – это вероятность события					A2	при условии, что событие A1

произошло (условная вероятность). Непосредственно подсчитаем

P A1 104 52 , P A2 / A1 93 13 .

Тогда

33

P A 52 52 52 13 23 .

2. Среди 100 лотерейных билетов есть 5 выигрышных. Найти вероятность того, что 2 наудачу выбранных билета окажутся выигрышными.

Решение. Задачу можно решить двумя способами.

1 способ. Применяется классическое определение вероятности:

P A mn ,

где m = С 52 = 10, n = С1002 = 4950, то есть Р(А) = (1 / 495).

2 способ. Рассмотрим события:

A1= 1-й взятый билет - выигрышный ,

A2 = 2-й взятый билет - выигрышный , A = оба билета выигрышные .

Тогда A A A и, по теореме умножения, получим:

1 2

P A P A1 P A2 / A1 .

Применяя классическое определение вероятности, найдем, что

P A1 1005 201 , P A2 / A1 994 .

Поэтому P A 994 201 4951 .

3. Два стрелка делают по одному выстрелу по мишени. Вероятности их попадания при одном выстреле равны соответственно 0,6 и 0,7. Найти вероятности следующих событий:

А – хотя бы одно попадание при двух выстрелах; В – ровно одно попадание при двух выстрелах; С – два попадания;

D – ни одного попадания.

Решение. Пусть событие H1 – попадание первого стрелка, H2 – попадание второго. Тогда

A H1 H2 , B H1 Н2 Н1 Н2, С Н1 Н2, D H1 H2.

34

События H1 и H2 совместны и независимы, поэтому теорема

сложения применяется в общем виде, а теорема умножения – в виде (2.7). Следовательно,

P A = 0,6 + 0,7 – 0,42 = 0,88,					P B	= 0,6·0,3 + 0,7·0,4 = 0,46
(так как события Н1 Н		2 и Н1 Н2 несовместны),
P C = 0,6·0,7 = 0,42,					P D	= 0,4·0,3 = 0,12.

Заметим, что события А и D являются противоположными, поэтому

Р(А) = 1 – Р(D).

4. В ящике содержится 12 деталей, изготовленных на заводе № 1; 20 деталей на заводе № 2; 18 деталей – на заводе № 3. Вероятность того, что деталь, изготовленная на заводе № 1, отличного качества, равна 0,9; для деталей заводов № 2 и № 3 эти вероятности соответственно равны 0,6 и 0,8. Найти вероятность того, что извлеченная наудачу деталь отличного качества.

Решение. Введем обозначения:

A = {извлеченная деталь имеет отличное качество},

Bk = {извлеченная деталь изготовлена заводом № k} для k = 1, 2, 3. События B1, B2, B3 образуют полную группу. Событие А может

наступить, если наступит одно из несовместных событий B1, B2, B3 .

Вероятность события А можно найти по формуле полной вероятности (2.9). События Bk являются гипотезами. Поскольку в ящике всего

50 деталей, то, по классическому определению вероятности

P B1 1250 , P B2 5020 , P B3 1850 .

По условию P A/ B1 0,9, P A/ B2 0,6, P A/ B3 0,8.

Поэтому (формула (2.9))

P A 1250 0,9 5020 0,6 1850 0,8 0,744.

5. В урну, содержащую 4 шара, опущен белый шар, после чего наудачу извлечен один шар. Предполагая равновозможным все предположения о первоначальном составе шаров в урне (по цвету), найти вероятность того, что извлеченный шар белый.

Решение. Введем следующие обозначения:

				35
	А = {извлечен белый шар},
	В1 = {в урне было 4 белых шара},
	В2 = {в урне было 3 белых и 1 не белый шар},
	В3 = {в урне было 2 белых и 2 не белых шара},
	В4 = {в урне был 1 белый и 3 не белых шара},
	В5 = {в урне было 4 не белых шара}.
	По условию вероятности			P Bi			одинаковы для всех i, а поскольку
													P B						1
	события B , i 1,5 образуют полную группу,										то										,i 1,5 . Применяя
	i														i	5
	формулу полной вероятности (2.9), получим:
	5				1			1		4		1		3		1		2				1			1			3
	P A P Bi P A / Bi					1																							.
		i 1		5			5 5 5 5 5 5 5 5 5

6. Три стрелка произвели залп, причем одна пуля поразила мишень. Найти вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, если вероятности попадания в мишень (мастерство стрелка) равны 0,8, 0,5 и 0,4 для первого, второго и третьего стрелка соответственно.

Решение. Рассмотрим случайные события А = {одна пуля поразила мишень},

Вi = {i-й стрелок попал в мишень}, i = 1, 2, 3.

По условию P B1 0,8, P B2 0,5, P B3 0,4.

События B3 и B3 образуют полную группу, поэтому по формуле полной вероятности (2.9):

P A P B3 P A/ B3 P B3 P A / B3 .

Поскольку A/ B3 B1 B2, а события В1 и В2 независимы, то

P A/ B3 P B1 P B2 1 0,8 1 0,5 0,1.

Поскольку A/ B3 B1B2 B1B2 , то по теореме сложения получим:

P A/ B3 P B1B2 B1B2 P B1 P B2 P B1 P B2

0,8 0,5 0,2 0,5 0,5.

36

Формула Бейеса (2.10) позволяет переоценить вероятность события после испытания, то есть в данном случае, найти P B3 / A

P B / A	P B3 P A/ B3		0,4 0,1		2	.
	P A
3			0,4 0,1 0,6 0,5	17

Заметим, что вероятность события A B1B2B3 B1B2B3 B1B2B3

можно вычислить иначе: P A = 0,8·0,5·0,6+0,2·0,5·0,6+0,2·0,5·0,4 = 0,34.

7. Трое преподавателей принимают экзамен в группе из 30 человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй – 3, а третий – 21 студента (выбор студентов производится случайным образом из списка). Отношение трех экзаменаторов к слабо подготовившимся студентам различное: шансы таких студентов сдать экзамен первому преподавателю равны 40 %, у второго – только 10 %, зато у третьего 70 %. Найти вероятность того, что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен.

Решение. Обозначим H1, H2 , H3 – гипотезы, состоящие в том, что

слабо подготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменатору соответственно. По условию задачи

P H1 306 0, 2; P H2 303 0,1; P H3 3021 0,7.

Пусть событие A ={слабо подготовившийся студент сдал экзамен}. Тогда, в силу условия задачи,

P A/ H1 0,4; P A/ H2 0,1; P A/ H3 0,7.

По формуле полной вероятности (2.9) получаем:

P A 0,4 0,2 0,1 0,1 0,7 0,7 0,58.

8. (см. задачу 4). Известно, что студент сдавал экзамен, но получил оценку «неудовлетворительно». Кому из трех преподавателей, вероятнее всего, он отвечал?

Решение. Вероятность получить 2 равна

P A 1 P A 1 0,58 0,42 .

Требуется вычислить условные вероятности P Hi / A , i 1,2,3 . По формуле Байеса (2.10) получаем

37

P H1 P

/ H1

P H1

/

A

0,2 0,6

0,285,

A

P A

0,42

аналогично получаем оставшиеся две вероятности

	P H2 /			0,1 0,9	0,214; P H3 /			0,7 0,3		0,5.
		A				A
				0,42				0,42

Отсюда следует, что, вероятнее всего, студент сдавал экзамен третьему преподавателю.

9. Игральную кость бросают 5 раз. Найти вероятность того, что шестерка выпадет:

а) ровно два раза; б) менее двух раз;

в) не менее двух раз.

Решение. Здесь производится серия испытаний, каждое из которых осуществляется при одних и тех же условиях. При каждом отдельном испытании вероятность наступления события А={выпадение шестерки}, одна и та же. Вероятность того, что при n испытаниях событие А наступит k раз, можно вычислить по формуле Бернулли (2.11).

а) Пусть событие A1 ={шестерка выпала 2 раза}, тогда, по формуле Бернулли (2.11),

				P A P		2 C2	1/ 6 2 1 1/ 6 3.
				1	5	5
б) Событие	A2 = {шестерка выпала менее 2 раз} - это означает, что
либо шестерка ни разу не выпала, либо выпала один раз, то есть
P A P				0 P	1 5/ 6 5		C1 1/ 6 5/ 6 4 0,8.
2	5			5			5
в) Событие A3 = {шестерка выпала не менее двух раз}.
Заметим, что A3			2	, значит для вычисления вероятности P A3 можно
		A

использовать формулу (2.4):

P A3 1 P A2 1 0,8 0,2.

10. Вероятность получения удачного результата при производстве сложного химического опыта равна ¾. Найти наивероятнейшее число удачных опытов, если общее их количество равно 10.

	38
Решение. В этом примере n 10 ,		p 3/ 4 0,75 ,	q 1/ 4 0,25. Так как
n 1 p 11 0,75 8,25 дробное число,		то наивероятнейшее число успехов
вычисляется по формуле (2.12)
k	n 1 p 8,25 8.
0

11. Вероятность сбоя в работе телефонной станции при каждом вызове равна 0,02. Поступило 300 вызовов. Определить вероятность 8 сбоев.

Решение. Это схема Бернулли, поэтому можно найти вероятность по формуле (2.11), где n = 300, m = 8, p = 0,02, q 1 p 0,98 .

Подставляя данные в формулу Бернулли, получим

P300 (8) C3008 (0,02)8 (0,98)300 .

Такое вычисление крайне неудобно, поэтому здесь целесообразно применить формулу Пуассона (2.17). Подставляя данные задачи в формулы, получим:

np 300 0,02 6

	P 300 (8)	68 e6	0,11 .
		8!

12. При приемочном контроле из партии в 1000 штук изделий производится безвозвратная выборка 50 штук. Найти вероятность того, что в выборке не окажется дефектных изделий, если во всей партии содержится 4 дефектных изделия.

Решение. Эту задачу можно решать, используя классическую формулу

C50

вероятности (1.1): P 996 0,814 . Можно ее решить и с использованием

C100050

приближенной	формулы	Пуассона		(1.26).	Положим
p 0,004, n 50, np 0,2, k 0,		тогда	P (0)	(0, 2)0 e 0,2	0,818 . Как
			50	0!

видим, формула Пуассона дает неплохое приближение в этом случае.

13. Если в среднем левши составляют 1 %, каковы шансы на то, что среди 200 человек а) окажется ровно четверо левшей; б) найдется четверо левшей.

39

	Решение.
	а) Решая задачу с помощью формулы Бернулли (1.20), получим
P	(4) C4	0,014 0,99196		. Удобнее		использовать здесь приближение
200	200
Пуассона (18.26):			np 2, P	(4)	24 e 2	0,09 .
			200	4!

б) Событие, состоящее в том, что среди 200 человек найдется четверо левшей противоположно событию, что среди 200 человек будет не более трех левшей, т.е. ни одного, один, два или три. Поэтому,

P200(k 4) 1 P200(0) P200(1) P200(2) P200(3) 0,15.

Задачи для самостоятельного решения

1. В семье двое детей. Какова вероятность того, что старший ребенок мальчик, если известно, что в семье есть дети обоего пола.

2. Мастер, разложив 10 деталей, три из которых нестандартные, проверяет детали одну за другой, пока ему не попадется стандартная. Какова вероятность того, что мастер проверит ровно две детали?

3. В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом – 6 белых и 4 черных шара. Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будет вынут один белый шар, если из каждого ящика вынуто по одному шару.

4. В партии из 20 изделий 4 бракованных. Найти вероятность того, что в выборке из 5 изделий не более одного бракованного.

5. Трое пассажиров сели в поезд, случайно выбрав любой из шести вагонов. Какова вероятность того, что хотя бы один из них сядет в первый вагон, если известно, что люди сели в разные вагоны?

6. Двое равносильных шахматистов играют 4 партии. Найти вероятность того, что победил первый, если известно, что каждый выиграл хотя бы 1 раз.

7. Пять шаров распределены по трем ящикам. При условии, что пустых ящиков нет, найти вероятность того, что в первом ящике лежит 1 шар.

8. Стрелок делает три выстрела, при этом он поражает цель с вероятностью 0,6 при одном выстреле.

Событие Ai {i ая пуля попала в цель}, i 1,2,3. Выразить события: а)

было хотя бы одно попадание, б) ровно одно попадание, в) не менее двух попаданий. Найти вероятность события а).

9. В пакетике 4 красных, 5 желтых и 6 зеленых леденцов. Найти вероятность наудачу вынуть подряд три конфеты одного цвета.

10. Два аудитора проверяют 10 фирм (по 5 каждый), в двух из которых допущены нарушения. Вероятность обнаружения нарушений первым аудитором равна 80 %, вторым – 90 %. Найти вероятность того, что обе фирмы-нарушители будут выявлены.