ВВЕРХ
Для доступа к меню нажмите правую кнопку мыши.
Пример 1. Из ящика, содержащего 6 белых и 4 красных шара, вынимают один за одним 3 шара. Какова вероятность вынуть 3 белых шара, если:
- a) шары после испытания обратно в ящик не попадают;
- b) шары после испытания возвращаются обратно в ящик.
Решение. Введём обозначение событий:
- А — появление белого шара при первом вынимание.
- В — появление белого шара при втором вынимание.
- С — появление белого шара при третьем вынимание.
События А, В, С являются зависимыми и теорема о вероятности совместного появления этих событий будет иметь вид:
P (A B C) = P (A)·PA (B)·PAB (C).
Здесь
— вероятность появления первого белого шара.
— вероятность появления второго белого шара, при условии что первый белый шар уже вынут.
— вероятность появления третьего белого шара при условии, что два белых шара уже вынуты.
Поэтому
В этом случае события А, В, С являются независимыми. Поэтому теорема о вероятности совместного появления событий в этом случае будет иметь вид
P (A B C) = P (A)·P (B)·P (C),
где Р(А) = Р(В) = Р(С) = 0,6. Поэтому P (A B C) = 0,63 = 0,216
Ответ:
b) 0,216.
Пример 2. Вероятность попадания в мишень для стрелка =0,8.Стрелок производит 3 выстрела. Определить вероятность:
- a) трёх попаданий;
- b) одного попадания;
- c) хотя бы одного попадания.
Решение. Воспользуемся формулой Бернулли
.
В данном случае
а) n = 3, p = 0,8, q = 0,2, k = 3
P3 (3) = p3 = 0,83 = 0,512,
b) n = 3, p = 0,8, q = 0,2, k = 1
.
c) P(A) = 1 - q3 = 1 - 0,008 = 0,992.
Ответ. а) 0,512; b) 0,096; c) 0,992.
Пример 3. Два стрелка стреляют по очереди до попадания в мишень, но не больше двух выстрелов каждый. Вероятность поражения мишени при каждом выстреле равна 0,6. Какова вероятность того, что мишень будет поражена первым стрелком.
Решение. Введём обозначение событий:
А1 — первый стрелок попал в мишень, вероятность этого события равна 0,6.
A1 — первый стрелок не попал в цель, вероятность этого события равна 0,4.
А2 — второй стрелок попал в мишень, вероятность этого события равна 0,6.
A2 — второй стрелок не попал в мишень, вероятность этого события равна 0,4.
В1 — мишень будет поражена первым стрелком.
По условию задачи В1 = А1·A2 + A1·A2. Воспользовавшись теоремой сложения и умножения вероятностей независимых событий, получим
P (В1) = P(А1·A2) = P(А1)·P(A2) + P(A1)·P(A2) = 0,6·0,4 + 0,4·0,4 = 0,4.
Ответ: 0,4.
Пример 4. В ящике имеются 10 шаров с цифрами 1 и 2. Цифра, стоящая на вынутом наугад шаре, есть случайная величина, математическое ожидание которой равно 1,4. Сколько шаров с цифрой 1 имеется в ящике.
Решение. По условию задачи n = 10, M = 1,4. Закон распределения случайной величины X – цифры на шаре (если n 1; n 2 — число шаров с цифрами 1 и 2 соответственно):
| X | 1 | 2 |
| p |  |
 |
Учитывая, что n 2 = n – n 1, получим
| X | 1 | 2 |
| p |  |
 |
По определению математического ожидания имеем
,
откуда 1,4 = 2 - n1/n и n1 = 0,6·10 = 6.
Ответ: 6 шаров.
Пример 5. Вероятность того, что какая-нибудь наугад взятая деталь изготовлена на данном станке, равна 0,6. Требуется:
- а)составить закон распределения случайной величины, равной числу деталей, изготовленных на данном станке, из пяти произвольно взятых деталей;
- б) найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение этой случайной величины.
Решение. По условию задачи р = 0,6; q = 1 – p = 0,4. По формуле Бернулли
имеем
; 
;
; 
;
; 
.
Закон распределения деталей, изготовленных на данном станке определится таблицей
| x | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| P | 0,01024 | 0,0768 | 0,2304 | 0,3456 | 0,2592 | 0,7776 |
Для биноминального распределения найдём числовые характеристики
M( x) = n p = 5·0,6 = 3; D( x) = n p q = 5·0,6·0,4 = 1,2; σ = √1,2 ≈ 1,1.
Пример 6. Рабочий обслуживает 3 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,9: для второго - 0,8: для третьего
- 0,85. Какова вероятность того, что в течение часа:
- а) ни один станок не потребует внимания рабочего;
- b) все три станка потребуют внимания рабочего;
- c) какой- нибудь один станок потребует внимания рабочего;
- d) хотя бы один станок потребует внимания рабочего?
Решение. Ни один станок не потребует внимания рабочего. Для решения этой задачи введём события: А 1 = {в течение часа первый станок потребует внимания рабочего}; А 2 = {в течение часа второй станок потребует внимания рабочего}; А 3 = {в течение часа третий станок потребует внимания рабочего}; В = {в течение часа ни один станок не потребует
внимания рабочего}. Тогда B = A1·A2·A3, где A1 = {в течение часа первый станок не потребует внимания рабочего}; A2 = {в течение часа второй станок не потребует внимания рабочего}; A3 = {в течение часа третий станок не потребует внимания
рабочего}. По теореме умножения вероятностей независимых событий имеем
P(B) = P(A1)·P(A2)·P(A3) = 0,1·0,2·0,15 = 0,003.
Все три станка потребуют внимания рабочего. В этом случае С = {в течение часа все станки потребуют внимания рабочего} и С = (А1).(А2).(А3). Р(С) = Р(А 1)·Р( А 2)·Р ( А3) = 0,9·0,8·0,85=0,612.
Какой-нибудь один станок потребует внимания рабочего. Обозначим это событие через Е, и в этом случае
E = A1·A2·A3 + A1·A2·A3 + A1·A2·A3.
По теореме сложения и умножения вероятностей имеем
Хотя бы один станок потребует внимания рабочего. Это событие является противоположным событию В, обозначим его через B. Тогда P(B) = 1 − P(B) = 0,003 = 0,997.
Пример 7. В магазин поступили электролампы, произведенные двумя заводами. Среди них 70% изготовлены первым заводом, а
остальные -вторым. Известно, что 3% ламп первого завода и 5% ламп второго завода не удовлетворяют стандарту. Какова вероятность что, взятая наудачу лампа будет стандартной?
Решение. Введём гипотезы Н 1 = {наудачу выбранная лампа первого завода}; Н 2 = {наудачу выбранная лампа второго завода}; Н 3 = {наудачу выбранная лампа третьего завода}. Введём обозначение интересующего нас события: А = {взятая наудачу лампа будет стандартной}. Воспользуемся формулой полной вероятности:
По условию задачи имеем
Р(Н 1) = 0,7; Р(Н2) = 0,3; 
По формуле полной вероятности имеем окончательно:
Пример 8. Три машинистки печатали рукопись. Первая напечатала 1/3 всей рукописи, вторая 1/4, остальную часть напечатала
третья машинистка. Вероятность того, что первая машинистка сделает ошибку, равна 0,15; вторая-0,1; третья-0,1. При проверке была обнаружена ошибка. Найти вероятность того, что ошибка допущена первой машинисткой?
Решение. Воспользуемся формулой Байеса. Введём гипотезы: Н 1 = {работу выполняла первая машинистка}, Н 2 = {работу выполняла вторая машинистка}, Н 3={работу выполняла третья машинистка}. Введём обозначение события А = {допущена ошибка}. По условию задачи имеем
, 
, 
, 
, 
, 
.
По формуле полной вероятности имеем:
Воспользовавшись формулой Байеса, получим
Пример 9. Среди изделий, произведенном на станке-автомате, в среднем бывает 90% изделий первого сорта. Какова вероятность того, что среди пяти наудачу выбранных изделий будет не менее четырех изделий первого сорта?
Решение. Воспользуемся формулой Бернулли для подсчёта искомой вероятности:
.
По теореме сложения вероятностей имеем
Пример 10. Вероятность того, что пара обуви, взятая наудачу из изготовленной партии, окажется первого сорта, равна 0,7. Определить вероятность того, что среди 2100 пар, поступающих на контроль, число пар первосортной обуви окажется не менее 1000 и не более 1500.
Решение. Воспользуемся интегральной формулой Лапласа:
P(m1 < X < m2) = Φ(t2) − Φ(t1),
где
; 
.
По условию задачи: р = 0,7; q = 0.3; n = 2100; m 1 = 1000; m 2 = 1500.
P(m1 < X < m2) = Φ(t2) − Φ(t1) = 0,4236 +0,5 = 0,936.
Пример 11. Вероятность рождения мальчика р = 0,515. Какова вероятность, что из 1000 рождающихся детей мальчиков будет 520?
Решение. Используем дифференциальную теорему Лапласа.
.
В данном случае
Пример 12. Каждый из двух стрелков делает по два выстрела по мишени, вероятность попадания, в которую для первого
стрелка - 0,8, для второго - 0,9. Составить закон распределения общего числа попаданий. Определить математическое ожидание и дисперсию числа попаданий.
Решение.Пусть Х - число попаданий первым стрелком при двух выстрелах, Y - число попаданий вторым стрелком при двух выстрелах. Тогда закон распределения вероятностей случайной величины Х определится таблицей:
Причём
Найдем математическое ожидание и дисперсию случайной величины Х:
М (Х) = 0·0,04 + 1·0,32 + 2·0,64 = 1,6;
D(Х) = (0 - 1,6)2·0,04 + (1 - 1,6)2·0,32 + (2 - 1,6)2·0,64 = 0,32.
Закон распределения вероятностей случайной величины Y определится таблицей:
Причём
Найдем математическое ожидание и дисперсию случайной величины У:
М (Y) = 0·0,01 + 1·0,18 + 2·0,81 = 1,8;
D(Y) = (0 - 1,8)2·0,01 + (1 - 1,8)2·0,18 + (2 - 1,8)2·0,81 = 0,18.
Составим вспомогательную таблицу
| № | Х | Y | Х + Y | р |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0,04·0,01 = 0,0004 |
| 2 | 0 | 1 | 1 | 0,04·0,18 = 0,0072 |
| 3 | 0 | 2 | 2 | 0,04·0,81 = 0,0324 |
| 4 | 1 | 0 | 1 | 0,32·0,01 = 0,0032 |
| 5 | 1 | 1 | 2 | 0,32·0,18 = 0,0576 |
| 6 | 1 | 2 | 3 | 0,32·0,81 = 0,2592 |
| 7 | 2 | 0 | 2 | 0,65·0,01 = 0,0065 |
| 8 | 2 | 1 | 3 | 0,64·0,18 = 0,1152 |
| 9 | 2 | 2 | 4 | 0,64·0,81 = 0,5184 |
Составим новую случайную величину Х + У, которая означает количество выбитых очков двумя стрелками при двух выстрелах. Закон распределения этой случайной величины указан ниже
| Х + У | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| Р | 0,0004 | 0,0104 | 0,0965 | 0,3744 | 0,5184 |
Используя свойства математического ожидания и дисперсии, найдем
М(Х + Y) = М (Х) + М (Y) = 1,6 + 1,8 = 3,4; D(Х + Y) = D(Х) + D(Y) = 0,32 + 0,18 = 0.5.
Пример 13.
Написать выражения функции распределения случайной величины у= ax + b для заданного ряда распределения
случайной величины х и значений параметров a и b.
| x | 2 | 4 | 6 | 8 |
| p i | 0,1 | 0,2 | 0,5 | 0,2 |
a = 3, b = 2. Определить математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y.
Решение. Так как Р(а·х + b = p i) = Р(х = pi), то меняются принимаемые случайной
величиной значения, а вероятности остаются без изменения. Поэтому у i = 3·х i + 2
| Y | 8 | 14 | 20 | 26 |
| p i | 0,1 | 0,2 | 0,5 | 0,2 |
М(Х) = 2·0,1 + 4·0,2 + 6·0,5 + 8·0,2 = 5,86;
M(X 2) = 2 2·0,1 + 4 2·0,2 + 6 2·0,5 + 8 2·0,2 = 34,4;
D(X) = M(X 2) - M 2(X) = 34,4 - (5,86) 2 = 0,0604.
М (а·Х + b) = M(a·X) + M(b) = a·M(X) + b = 3·5,86 + 2 = 16,58;
D(a·X + b) = D (a·X) + D (b) = a 2D(X) = 9·0,0604 = 0,5436.
Пример 14. Случайная непрерывная величина задана интегральной функцией F(x)
Требуется найти:
- а) значение параметра а;
- b) дифференциальную функцию f (x);
- с) математическое ожидание и дисперсию случайной величины х;
- d) построить графики функций F(x) и f(x);
- e) вероятность того, что случайная величина х попадает в интервал (-1; 4).
Решение. Так как интегральная и дифференциальная функции распределения связаны соотношением F' (x) = f (x), то
Найдём значение параметра а. Так как
, то из этого следует а·(8 - 3)=1 или
.
Дифференциальная функция f(x) представиться в виде
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины х:
;
.
Графики функций F(x) и f(x)
Вероятность попадания случайной величины Х интервал (-1; 4):
P(-1 < X < 4) = F(4) - F(- 1) = 1/5 - 0 = 1/5.
Пример 15. В урне имеется 10 деталей, из них 8 стандартные детали. Найти вероятность того, что из двух наугад выбранных деталей хотя бы одна будет стандартной.
Решение. События А = {из выбранных деталей хотя бы одна является стандартной} и A = {из выбранных деталей ни одна не является стандартной} – два противоположных события. Используя связь вероятностей двух противоположных событий, найдём P (A). Восемь деталей из десяти можно выбрать
способами. Так как количество нестандартных деталей равно двум, то вероятность того, что нет ни одной стандартной детали, будет равна
.
Искомая вероятность будет равна
.
Пример 16. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле первым стрелком равна 0.8, а вторым стрелком – 0.6. Найти вероятность попадания в мишень только одним стрелком.
Решение. Введём обозначения событий Пусть A1 = {первый стрелок попал в цель}, Пусть A2 = { второй стрелок попал в цель}, В={только один стрелок попал в цель}. Тогда, пользуясь алгеброй событий, имеем
B = A1·A2 + A1·A2.
Используя теорему сложения и умножения несовместимых событий, получим
P(B) = P(A1)·P(A2) + P(A1)·P(A2) = 0,8·0,4 + 0,2·0,6 = 0,44.
Пример 17. Прядильщица обслуживает 1000 веретён. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение одной минуты равна 0,004. Найти вероятность того, что в течении одной минуты обрыв произойдет на пяти веретенах.
Решение. По условию n = 100, р = 0,004, k = 5. Находим l = n·p = 100·0,004 = 4. По закону распределения Пуассона
искомая вероятность будет равна
.
Пример 18. Случайная величина Х распределена нормально. Среднее квадратичное отклонение этой величины равно 0,4. Найти вероятность того, что
отклонение случайной величины от её математического ожидания по абсолютной
величине будет меньше 0,3.
Решение. Используя формулу
,
находим
