методичка + кр по теории вероятности

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «УДМУРТСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» ИНСТИТУТ ЭКОНОМИКИ И УПРАВЛЕНИЯ

КАФЕДРА ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ И ИНФОРМАТИКИ

Основные понятия теории вероятностей. Методическое пособие для заочного отделения

Издание второе, дополненное

С О С Т А В И Л И :

Сметанин Ю.М., к.ф.-м.н., доцент Сметанина Л.П., к.т.н., доцент Бадаш Е.Х., ст. преподаватель

Ижевск 2004

«УТВЕРЖДАЮ» Зам. директора ИЭиУ По учебно-методической работе

______________________ А.С. Баскин «__________» _______________ 2004 г.

Методическое пособие содержит основные положения теории вероятностей, которые разъясняются на примерах и задания для контрольной работы.

Предназначены для студентов заочной формы обучения ИЭиУ, а также для студентов экономических специальностей филиалов ГОУ ВПО «УдГУ».

Составители Сметанин Ю.М., Сметанина Л.П, Бадаш Е.Х. Ижевск; Институт экономики и управления ГОУ ВПО «УдГУ», 2004, 40 с.

©Ю.М. Сметанин, Л.П. Сметанина, Бадаш Е.Х. 2004

©ИЭиУ УдГУ 2004 ©

2

1. Элементы комбинаторики.

Основная задача комбинаторики – пересчет и перечисление элементов в конечных множествах.

Основные правила комбинаторики – правила суммы и произведения.

Правило суммы. Если два действия взаимно исключают друг друга, причем, одно из них можно выполнить m способами, а другое n – способами, то выполнить одно любое из этих действий можно n+m способами. Правило легко распространить на любое конечное число действий.

Правило произведения. Пусть требуется выполнить одно за другим какие-то k действий. Если первое действие можно выполнить n1 способами, второе действие – n2 способами, третье – n3 способами, и так до k-го действия, которое можно выполнить nk способами, то все k действий могут быть выполнены n1*n2*n3*…*nk способами.

Задача 1.

Необходимо составить варианты контрольной работы, каждый из которых должен содержать три задачи. Одна задача выбирается из любого параграфа I главы сборника задач, вторая – из любого параграфа II главы, а последняя - из любого параграфа III главы. При этом следует учесть, что I и III главы содержат по два параграфа, а II глава – три параграфа. Сколько видов контрольной работы можно составить из этих условий, если вид работы определяется только номерами параграфов, из которых выбраны задачи?

Решение.

Пусть каждой задаче соответствует двузначное число, где первая цифра соответствует номеру выбранной главы, а вторая – номеру параграфа. Чтобы не допустить ошибки при подсчете, воспользуемся специальным графом, который иногда называют

деревом.

Начальную точку обозначим буквой О. Двигаясь всеми возможными путями по ребрам слева направо, начиная с точки О, получим 12 различных видов контрольных работ.

			21				31			11	21	31
						32				11	21	32
11				22			31			11	22	31
						32				11	22	32
			23				31			11	23	31
О						32				11	23	32
			21				31			12	21	31
						32				12	21	32
12				22			31			12	22	31
						32				12	22	32
			23				31			12	23	31
						32				12	23	32
	Первая		Вторая			Третья				Виды контрольной работы
	задача		задача			задача

3

Задача 2.

В группе 30 человек. Необходимо выбрать старосту и профорга. Сколькими способами можно это сделать?

Решение.

Старостой может быть выбран любой из 30 учащихся, то есть существует 30 способов выбора старосты. После того, как староста уже выбран, профоргом можно выбрать любого из оставшихся 29 учащихся. Таким образом одному способу выбора старосты соответствуют 29 способов выбора профорга. Следовательно, общее число

способов выбора старосты и профорга равно 30×29=870.

Задача 3.

Четыре мальчика и четыре девочки садятся на 8 расположенных подряд стульев, причем мальчики садятся на места с четными номерами, а девочки – на места с нечетными номерами. Сколькими способами можно это сделать?

Решение.

Первый мальчик может сесть на любое из четырех мест, второй – на любое из оставшихся трех мест, а третий – на любое из оставшихся двух мест. Последнему мальчику предоставляется всего одна возможность. Согласно правилу умножения,

мальчики могут занять четыре места 4×3×2×1=24 способами. Столько же возможностей имеют и девочки. Таким образом, согласно правилу умножения, мальчики и девочки могут

занять все стулья 24×24=576 способами.

Задача 4.

Имеется 20 изделий 1-го сорта и 30 изделий 2-го сорта. Необходимо выбрать два изделия одного сорта. Сколько способов выбора двух изделий возможно в данной ситуации, если учитывать порядок выбора изделий?

Решение.

Условимся первым действием считать выбор изделий 1-го сорта, вторым – выбор изделий 2-го сорта. По правилу умножения два изделия 1-го сорта можно выбрать

20×19=380 способами. Аналогично, два изделия 2-го сорта можно выбрать 30×29=870 способами. Согласно условию задачи следует выбрать два изделия одного сорта, неважно какого. Это могут быть либо изделия 1-го сорта, либо изделия 2-го сорта. Таким образом, должно быть выполнено либо первое действие, либо второе. Эти действия не могут быть выполнены одновременно, поскольку они взаимно исключают друг друга. Поэтому общее число способов выбора изделий одного сорта равно 380+870=1250.

1.1. Основные комбинаторные формулы.

Пусть имеется некоторое множество, содержащее конечное число членов. Например, множество учебных групп в вузе, множество книг на полке, множество населенных пунктов в данной области или, например, множество целых положительных чисел, меньших 10, и т.д. Все элементы такого множества можно пронумеровать, то есть каждому элементу множества поставить в соответствие одно из чисел 1, 2, 3, …, n; в результате получается некоторая последовательность элементов данного множества. Такие «занумерованные» множества будем называть упорядоченными. Таким образом, упорядоченное множество можно представить в виде некоторой последовательности, что будет использовано в дальнейшем. Очевидно, если в упорядоченном множестве поменять

4

местами хотя бы два его элемента, то получим новое упорядоченное множество, которому будет соответствовать новая последовательность элементов данного множества.

Будем выбирать из данного n-элементного множества Х r элементов; Эту выборку будем обозначать (n,r). Выборка называется упорядоченной, если порядок следования элементов в ней задан. Две упорядоченные выборки, различающиеся лишь порядком следования элементов, считаются различными.

Если порядок следования элементов в выборке несущественен, то такая выборка называется неупорядоченной. В выборке могут допускаться или не допускаться повторения элементов (считается, что в множестве имеются одинаковые элементы с одним и тем же номером). Упорядоченная (n,r)-выборка, в которой элементы могут повторяться, называется (n,r)-размещением с повторениями. Если элементы (n,r)-выборки попарно различны, то она называется (n,r)-размещением без повторений или просто (n,r)- размещением. Будем (n,n)-размещения без повторений называть перестановкой множества Х. Неупорядоченная (n,r)-выборка, в которой элементы могут повторяться, называется (n,r)-сочетанием с повторениями. Если элементы неупорядоченной (n,r)-выборки попарно различны, то она называется (n,r)-сочетанием без повторений или просто сочетанием. Заметим, что любое сочетание можно рассматривать как r-элементное подмножество n- элементного множества.

	С повторениями
	элементов
Упорядоченное	Без повторений
размещение
(n,r)-выборка
Неупорядоченной	С повторениями
сочетание	элементов
	Без повторений

Cnr - число сочетаний из n элементов по r:

r		n!
Cn	=		,
		r!(n − r)!

n!= 1× 2× 3× ...× n;

0!= 1.

Anr - число размещений из n элементов по r:

r		n!
An	=		.
		(n − r)!

Рn – число перестановок из n элементов:

Pn = n!.

Anr

Anr

Cnr

Cnr

Задача 5.

В некоторой газете 12 страниц. Необходимо на страницах этой газеты поместить четыре фотографии. Сколькими способами это можно сделать, если ни одна страница газеты не должна содержать более одной фотографии?

Первую фотографию можно поместить на любую из 12 страниц, то есть 12 способами; вторую – на любую из оставшихся 11 страниц, то есть 11 способами. Для

5

размещения третьей фотографии имеется 10 способов, а для последней – 9 способов. По правилу умножения четыре фотографии можно разместить на 12 страницах

12×11×10×9=11880 способами.

Найденное число размещений четырех фотографий на 12 страницах газеты – это число A124 . Действительно, для размещения фотографий следует отобрать 4 различные

страницы газеты из имеющихся. Затем необходимо отобранные страницы упорядочить, не обращая внимания на их номера, то есть определить, на какую страницу поместить первую фотографию, на какую вторую, и так далее.

Полученная упорядоченная совокупность страниц является, согласно определению, размещением из 12 элементов по 4.

Ответ: A124 .

2. Случайные события. Сумма и произведение событий.

Определение. Событием называется результат некоторого испытания. События обозначаются: А, В, С и т.д.

Событие называется достоверным, если оно обязательно произойдет в результате испытания, невозможным, если оно никогда не наступает.

Если из того, что произошло событие А, следует, что произошло и В, то говорят, что А влечет В, то есть АÌВ.

Если одновременно АÌВ и ВÌА , то события называются равносильными, при этом пишут А=В.

Суммой двух событий А и В называется событие, состоящее в том, что произойдет

хотя бы одно из событий А и В, и обозначается А+В или АÈВ.

Произведением двух событий А и В называется событие, состоящее в одновременном

наступлении двух событий А и В, и обозначается А×В или АÇВ.

События называются несовместными, если их произведение невозможное событие. Событием, противоположным событию А, называется событие A , которое наступает

тогда и только тогда, когда не наступает событие А.

Задача 1.

Опыт состоит в том, что стрелок произвел 3 выстрела по мишени. Событие Аi – попадание в мишень при i выстреле (i=1, 2, 3). Выразить через А1, А2, А3 следующие события:

А – хотя бы одно попадание; В – три промаха; С – три падания;

D – хотя бы один промах;

Е – не меньше двух попаданий; F – не больше одного попадания.

Решение.

A = A1 A2 A3	+ A1 A2 A3 + A1A2 A3	+ A1 A2 A3	+ A1 A2 A3 + A1A2 A3	+	A1A2 A3
	ровно1попадание		ровно2попадания		ровно3попадания

B = A1 A2 A3

6

C = A1 A2 A3

D =

+

A3 +

+ A1

2

3

+

A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3

A1 A2

A1 A2 A3

A

A

A1 A2 A3

ровно1промах

ровно2промаха

ровно3промаха

E = A1 A2

3

+ A1

2 A3 +

A1 A2 A3

A

A

A1 A2 A3 +

ровно2попадания

ровно3попадания

F =

+ A1

2

3 +

A1 A2 A3

A

A

A1 A2 A3 + A1 A2 A3

3промаха

2промаха

Задача 2.

Опыт состоит в бросании трех монет. Пусть монеты занумерованы и события В1, В2, В3 означают в выпадении герба соответственно на 1, 2, 3 монетах. Выразите через В1, В2, В3 следующие события:

А –выпадение одного герба и двух цифр; В – выпадение не более одного герба;

С – число выпавших гербов меньше числа выпавших цифр; D – выпадение хотя бы двух гербов;

Е – на 1-й монете выпал герб, а на остальных цифры;

F – на 1-й монете выпала цифра и хотя бы на одной из остальных выпал герб.

3. Классическое определение вероятности.

Классическое определение вероятности события сводит это понятие к более элементарному понятию равновозможных событий, которое уже не подлежит определению и предполагается интуитивно ясным. Например, если игральная кость – однородный куб, то выпадение любой из граней этого куба – равновозможные события. Пусть достоверное событие U распадается на n равновозможных случаев А1, А2, …, Аn (А1+А2+…+Аn=U), сумма m из которых дает событие А. Те случаи из А1, А2, …, Аn, на которые распадается событие А, называются благоприятствующими появлению события А. Количество благоприятствующих случаев обозначим через m(A). Тогда

P( A) = m(nA) , где n – общее число равновозможных случаев.

Задача 1.

В партии из 10 изделий 4 изделия бракованные. Определить вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки 5 изделий 3 изделия окажутся бракованными.

Решение.

А = {3 изделия из 5 выбранных бракованные}. Число возможных способов взять 5 изделий из 10

n = C105

Благоприятствующими являются случаи, когда из общего числа 4 бракованных изделий взято 3 штуки (это можно сделать C43 способами), а остальные 2 изделия небракованные, то есть они взяты из общего числа 10-4=6 штук (количество способов

равно C62 ). Поэтому m = C43 × C62 . Искомая вероятность события P( A) =	C43 × C62 .
	C105
7

Задача 2.

Из букв слова «ротор» наудачу извлекаются три буквы и складываются в ряд. Какова вероятность того, что получится слово «тор».

Решение.

А = {Получилось слово «тор»}.

Чтобы отличать одинаковые буквы друг от друга, снабдим их номерами: р1, р2, о1, о2. Тогда общее число элементарных исходов n равно A53 = 60 . Слово «тор» получается в

1× 2× 2 = 4 случаях (здесь мы воспользовались правилом произведения: букву «т» можно выбрать одним способом, букву «о» двумя способами и букву «р» двумя способами).

Искомая вероятность события

P( A) = 604 = 151 .

Задача 3.

Наудачу взятый телефонный номер состоит из 5 цифр. Как велика вероятность того, что в нем а) все цифры различные? б) все цифры нечетные?

Решение.

а) А = {Все цифры различные}.

Так как на каждом из 5 мест в пятизначном номере может стоять любая из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, то всех различных пятизначных номеров будет 105. Номера, у которых все цифры различные – это размещения из 10 элементов по 5. Следовательно,

m( A) = A105 = 10× 9× 8× 7× 6 ,

P( A) = 10× 9× 85× 7× 6 = 0,3024 . 10

б) Из 5 нечетных цифр (1, 3, 5, 7, 9) можно образовать 55 различных пятизначных номеров. Следовательно m(B) = 105 :

	P(B) =	55				æ	1 ö		5	1	.
					=	ç		÷	=
		10		5			2			32
						è		ø

4.Теоремы сложения и умножения вероятностей.

1)Если события А и В несовместны, то

Р(А+В)=Р(А)+Р(В).

2) Если события А и В совместны, то

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)-Р(АВ)

Условная вероятность.

Вероятность наступления события В, когда известно, что произошло событие А, называется условной вероятностью события В при условии, что событие А произошло и обозначается Р(В/А).

Теорема умножения вероятностей.

Р(АВ)=Р(А)Р(В/А)=Р(В)Р(А/В).

Если Р(В/А)=Р(В), то события А и В называются независимыми. Если А и В независимые, то

Р(АВ)=Р(А)Р(В).

8

Задача 1.

В урне 6 белых и 3 черных шара. Из нее вынимают подряд два шара. Найти вероятность того, что оба шара белые.

Решение.

Пусть событие А1 = {появление белого шара при первом вынимании}, А2 = {появление белого шара при втором вынимании}, А = {появление двух белых шаров}.

А=А1А2.

	P( A) = P( A )P( A | A ) =		6	×	(6 − 1)	=	6	×	5	=	30
			9		(9 - 1)		9		8		72 .
	1	2 1

Задача 2.

Монета брошена 3 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет ровно 2 раза.

Решение.

Введем обозначение Ai = {выпадение герба при i бросании монеты}, i = 1, 2, 3; А = {выпадение двух гербов при 3-х бросаниях монеты}.

Тогда A = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 .

Так как слагаемые в правой части попарно несовместны, то по правилу сложения имеем

P( A) = P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) .

Если учесть независимость событий А1, А2, А3, получим с использованием теоремы умножения вероятностей следующее:

P( A) = P( A1 )P( A2 )P( A3 ) + P( A1 )P( A2 )P( A3 ) + P( A1 )P( A2 )P( A3 ) = = 12 × 12 × 12 + 12 × 12 × 12 + 12 × 12 × 12 = 83 .

Задача 3.

Два стрелка делают по одному выстрелу по мишени. Вероятность попадания для первого стрелка – 0,6; для второго – 0,7. Найти вероятность того, что хотя бы один из стрелков попадет в мишень.

Решение.

А = {хотя бы один из стрелков попадет в мишень}, A = {Оба стрелка промахнутся}.

P( A) = (1- 0,6) × (1- 0,7) = 0,4× 0,3 = 0,12 , P( A) = 1- P( A) = 1- 0,12 = 0,88 .

5. Формула полной вероятности и формула Байеса.

Пусть H1, H2, …, Hn – полная группа попарно несовместных событий (называемых гипотезами), и пусть А может произойти только с одним из этих событий. Тогда имеет место формула полной вероятности:

P( A) = P(H1 )P( A | H1 ) + P(H 2 )P( A | H 2 ) + ...+ P(H n )P( A | H n ) = ån P(H i )P( A | H i )

i= 1

Сумма ån P(H i ) = 1.

i= 1

9

Если стало известно, что событие А произошло, то вероятности Р(Нi) можно переоценить, то есть найти условные вероятности P(Hi|A). Они находятся по формуле Байеса:

P(H i | A) =	P(Hi )P( A | H i )	.
	P( A)

Задача 1.

В первой урне 2 белых и 3 черных шара, во второй – 3 белых и 4 черных. Из каждой урны берется по одному шару и перекладывается в третью урну. Из третьей урны извлекают шар. Какова вероятность того, что он белый?

1 шар

1 шар

1 шар

А = {из третьей урны извлекается белый шар}.

Событие А может произойти только с одним из событий Н1, Н2, Н3. Н1 = {в третью урну переложены два белых шара}.

Н2 = {в третью урну переложены один белый, один черный шар}. Н3 = {в третью урну переложены два черных шара}.

Найдем вероятности гипотез.

Пусть Бi = {шар, извлеченный из i-й урны, белый}, Чi = {шар, извлеченный из i-й урны, черный}.

P(H1 ) = P{Б1 Б2 } =					2	×	3		=	6	.
					5		7			35
P(H	2	) = P{Б Ч	2	+ Б		Ч		1	} = 2 × 4 + 3 × 3 =						8	+	9	= 17 .
		1			2					5		7	5	7	35	35		35
P(H	3	) = P{Ч Ч	2	} = 3			× 4		= 12 .
		1			5		7			35

å3 P(Hi ) = 1.

i= 1

Найдем условные вероятности P(A|Hi):

P(A|Hi)=1; P(A|Hi)=1/2; P(A|Hi)=0.

P( A) = 356 ×1+ 1735 × 12 = 7029 .

10