Аркашов Н.С. - Высшая математика. Теория вероятностей и математическая статистика, страница 7

Для этого воспользуемся полиномиальной схемой. Внашем случае, очевидно, n = 730, причем вероятность рождения наудачувыбранного студента в определенный день одинакова и равна pi =1/365, i = 1...365. Под событием Ai , i = 1...365 понимается рождениевыбранного студента в i-ом месяце. Тогда нам собственно нужно найтивероятность, что в 730 испытаниях произойдет ровно 2 исхода типа A1 ,ровно два исхода типа A2 ,..., ровно два исхода типа A365 или, что то же38самое, νj730 = 2, j = 1...365. В таком случае вероятность дополнительногособытия равна:730!(1/365)730 .(2!)365Искомая же вероятность равна 1 −§ 6.3.730!730(2!)365 (1/365)▽.Задачи для самостоятельного решения6.1 Испытание заключается в бросании трех игральных костей.

Найтивероятность того, что в пяти независимых испытаниях ровно два разавыпадет по три единицы.6.2 Наблюдениями установлено, что в некоторой местности в сентябрев среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, чтоиз восьми случайно взятых в этом месяце дней три дня окажутсядождливыми?6.3 Пусть вероятность попадания в цель равна 1/5. Производится10 независимых выстрелов. Какова вероятность попадания в цель поменьшей мере дважды?6.4 Вероятность получения удачного результата при проведении сложногохимического опыта равна 2/3. Найти наивероятнейшее число удачныхопытов, если их общее число равно 7.6.5 Вероятность попадания в цель при каждом выстреле из орудия равна4/5.

Сколько нужно произвести выстрелов, чтобы наивероятнейшее числопопаданий было равно 20?6.6 Каждую секунду с вероятностью p независимо от других моментоввремени по дороге проезжает автомашина. Пешеходу для перехода дорогинеобходимо 3 с. Какова вероятность того, что подошедший к дорогепешеход будет ожидать возможности перехода: а) 3 с; б) 4 с; в) 5с?6.7 Двое по очереди бросают монету. Выигрывает тот, кто первымполучит «герб». Найти вероятность событий:а) игра закончится до 4 бросания;б) выиграет начавший игру (первый игрок);в) выиграет второй игрок.6.8 В схеме Бернулли p — вероятность исхода 1 и q = 1 − p — вероятностьисхода 0. Найти вероятность того, что цепочка 00 (два нуля подряд)появится раньше цепочки 10.

В частности, вычислить эту вероятностьпри p = 1/2.6.9 Технический контроль проверяет изделия, каждое из которыхнезависимо от других изделий может с вероятностью p оказаться39дефектным.а) Какова вероятность того, что из 10 проверенных изделий только однооказалось дефектным?б) Найти вероятность того, что первым дефектным оказалось k-епроверенное изделие.в) Найти вероятность того, что последующие 10 изделий окажутсягодными при условии, что предыдущие l = 5 изделий были такжегодными. Зависит ли эта вероятность от l?г) Найти вероятность того, что число обнаруженных при проверке годныхизделий между двумя последовательными дефектными равно k.6.10 В некоторой группе людей дальтоники составляют 1%. Найтивероятность того, что среди 100 человек:а) нет дальтоников;б) дальтоников два или больше.6.11 Отрезок [0, 10] точками 1, 2, 3, 4, 7 разделен на четыре отрезкадлины 1 и на два отрезка длины 3.

Пусть A1 , ..., A8 — независимыеслучайные точки, имеющие равномерное распределение на отрезке [0, 10].Какова вероятность того, что из этих точек в два каких-либо отрезкадлиной 1 попадет по 2 точки, а в каждый из оставшихся отрезков — поодной точке?6.12 На отрезок AB длины a брошены наудачу, независимо одна отдругой, шесть точек. Найти вероятность того, что:а) две точки будут находится от точки A на расстоянии, меньшем b, ачетыре — на расстоянии большем b;б) две точки будут находится от точки A на расстоянии, меньшем c,одна — на расстоянии, не меньшем c и не большем b, а три точки — нарасстоянии большем b.6.13 Какова вероятность получить каждую грань дважды при бросаниидвенадцати игральных костей?40Глава 7Формулы полной вероятности и Байеса§ 7.1.Полная группа событийПредположим, что для A можно найти конечную или бесконечнуюпоследовательность событий {Hk }, которые удовлетворяют следующимусловиям:C1.

События {Hk } попарно несовместны, т.е. Hi ∩ Hj = ∅ при i 6= j.C2. Событие A происходит, лишь когда происходит одно из событий Hk ,т.е.[A⊆Hk .kC3. P(Hk ) > 0 при всех k.Набор событий, удовлетворяющий этим условиям, называют полнойгруппой событий (гипотез). Условия C1–C2 равносильны тому, чтовместе с событием A выполняется одно из событий {Hk }, причемтолько одно.

Если событие A и последовательность событий {Hk }удовлетворяют условиям C1–C3, то вероятность P(A) может бытьвычислена по следующей формуле полной вероятности:XP(A) =P(A/Hk )P(Hk ).(7.1)kВ тех же условиях, если произошло событие A положительнойвероятности, то с учетом этого события новые, т. е. условные вероятностисобытий Hj вычисляются по формуле БайесаP(A/Hj )P(Hj )P(Hj /A) = P.k P(A/Hk )P(Hk )Эти вероятности называются апостериорными (т. е.

вычисляемыми послеосуществления события A).41§ 7.2.Решение типовых примеровПример 7.1. Из урны, содержащей 3 белых и 2 черных шара,вынимаются наудачу два шара и перекладываются во вторую урну,содержащую 4 белых и 4 черных шара. a) Найти вероятность вынутьпосле этого из второй урны белый шар. б) Пусть из второй урны былвынут белый шар. Какова вероятность того, что при перекладываниииз первой урны во вторую были положены два белых шара?Решение. Пусть A ={из второй урны вынут белый шар}.

В качествеполной группы событий, связанных с этим событием, можно рассмотретьвсе возможные исходы первой фазы эксперимента, т.е. перекладываниядвух шаров из первой урны во вторую. Обозначим, например, HЧЧ ={изпервой урны вынуты два черных шара} , HЧБ ={из первой урны вынутыодин черный и один белый шары}, HББ ={из первой урны вынуты двабелых шара}. Очевидно, что эти события попарно несовместны, и всегдапроисходит одно из них, следовательно, они образуют полную группусобытий. Для вычисления вероятности события A применим формулуполной вероятности:P(A) = P(A/HЧЧ )P(HЧЧ )+P(A/HЧБ )P(HЧБ )+P(A/HББ )P(HББ ).

(7.2)Найдем вероятности гипотез:P(HЧЧ ) =1C30 C22=,C5210P(HЧБ ) =C31 C216=,C5210C31 C203=.C5210Условные вероятности находим, исходя из известного состава второй урныпри осуществлении той или иной гипотезы:P(HББ ) =P(A/HЧЧ ) =251634= , P(A/HЧБ ) == , P(A/HББ ) == .105102105Подставляя в (7.2) найденные вероятности, получим:P(A) =1 26 13 313· +· +· =.10 5 10 2 10 525Ответимнавторойвопросзадачи.P(HББ /A) находим по формуле Байеса:P(HББ /A) =ИскомуювероятностьP(A/HББ )P(HББ )P(A/HЧЧ )P(HЧЧ ) + P(A/HЧБ )P(HЧБ ) + P(A/HББ )P(HББ )42=P(A/HББ )P(HББ )=P(A)3310 · 51325=9.26▽Пример 7.2. По каналу связи может быть передана одна из трехпоследовательностей букв: AAAA, BBBB, CCCC, причем априорныевероятности каждой из последовательностей есть соответственно3/10, 2/5, и 3/10.

Известно, что под действием шумов вероятностьправильного приема каждой из переданных букв равна 3/5, а вероятностиперевода каждой буквы в любую другую одинаковы и равны 1/5.Предполагается, что буквы искажаются независимо друг от друга.Найти вероятность того, что была передана последовательностьAAAA, если на приемном устройстве получена последовательностьABCA.Решение.Обозначим D={на приемном устройстве полученапоследовательность ABCA}, а в качестве гипотез выберем события:HA={передана последовательность AAAA }, HB={переданапоследовательность BBBB},HC={передана последовательностьCCCC}.

Из условия задачи очевидно, что события HA , HB , HC образуютполную группу событий, а их вероятности равныP(HA ) =323, P(HB ) = , P(HC ) =.10510Требуется найти условную вероятность P(HA /D), которую вычислимпо формуле Байеса:P(D/HA )P(HA ).P(D/HA )P(HA ) + P(D/HB )P(HB ) + P(D/HC )P(HC )(7.3)Найдем условные вероятности, входящие в правую часть (7.3).Имеем: P(D/HA ) = P(ABCA/HA ), последняя вероятность естьвероятность приема последовательности букв «ABCA» вместо переданнойпоследовательности «AAAA», то есть вероятность правильного приемапервой и четвертой букв A и перевода второй буквы A в B и третьей — вC. Так как правильный прием или искажения каждой из передаваемыхбукв являются независимыми событиями, то вероятность указанногопересечения событий равна произведению вероятностей:P(HA /D) =P(D/HA ) = P(ABCA/HA ) = P(A/HA ) · P(B/HA ) · P(C/HA ) · P(A/HA ) ==93 1 1 3· · · =.5 5 5 562543Аналогично находим условные вероятности:P(D/HB ) = P(ABCA/HB ) =1 3 1 13· · · =,5 5 5 56253.625Подставляя в (7.3) все найденные вероятности, получаемP(D/HC ) = P(ABCA/HC ) =P(HA /D) =9625·31039625 · 1033+ 625 · 52 + 625·310=9.16▽Пример 7.3.Три стрелка производят по одному выстрелу водну и ту же мишень.