03 (Решённый вариант 3 (из Чудесенко))

Ч _ 2 _ 01_ 03N =5⎛ 1,1⎜⎜ 2,1⎜ 3,1Ω=⎜⎜ 4,1⎜ 5,1⎜⎜⎝ 6,11, 21,3 1, 41,52, 2 2,3 2, 4 2,53, 2 3,3 3, 4 3,54, 2 4,3 4, 4 4,55, 2 5,3 5, 4 5,56, 2 6,3 6, 4 6,51, 6 ⎞⎟2, 6 ⎟3, 6 ⎟⎟4, 6 ⎟5, 6 ⎟⎟6, 6 ⎟⎠Т .о. для суммы числа выпавших очков мы имеем следующие пространствоэлементарных событийΩ A = {2,3,3, 4, 4, 4,5,5,5,5, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 7, 7, 7,8,8,8,8,8,9,9,9,9,10,10,10,11,11,12},а для произведения выпавших очковΩ B = {1, 2, 2,3,3, 4, 4, 4,5,5, 6, 6, 6, 6,8,8,9,10,10,12,12,12,12,15,15,16,18,18, 20, 20, 24, 24, 25,30,30,36}по классическому определению вероятности найдем искомые вероятностиa ) A = {2,3,3, 4, 4, 4,5,5,5,5},10= 27.77% ( сумма ≤ N )36б ) A = {1, 2, 2,3,3, 4, 4, 4,5,5}P=10= 27.77% ( произведение ≤ N )36в ) A = {5,5,10,10,15,15, 20, 20, 25,30,30}11P== 30.55% ( произведение кратно N )36P=Ч _ 2 _ 02 _ 03n1 = 2; n2 = 3; n3 = 4; n4 = 1m1 = 1; m2 = 2; m3 = 3; m4 = 1n = n1 + n2 + n3 + n4 = 10m = m1 + m2 + m3 + m4 = 7неупорядоченный набор из m изделий состоит из {1, 2,..., m1} первосортныхизделий ,{m1 + 1, m1 + 2,..., m1 + m2 } второсортных изделий,{m1 + m2 + 1,..., m1 + m2 + m3 } третьесортных изделий ,и {m1 + m2 + m3 + 1,..., m} изделий четвертого сорта.Кол − во всех наборов изделий 1 сорта равно Сnm11 ;2 сорта − Cnm22 ;3 сорта − Cnm33 ;4 сорта − Cnm44Так как для получения набора из m изделий , содержащего m1 , m2 , m3 , m4соответсвующих сортов, можно соединить любой набор из соответствующихсортов ⇒ кол − во элементарных событий, благоприятствующихрассматриваемому событию равно Сnm11 ⋅ Cnm22 ⋅ Cnm33 ⋅ Cnm44 ⇒⇒ искомая вероятность составляет P ==2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅1= 20%120Сnm11 ⋅ Cnm22 ⋅ Cnm33 ⋅ Cnm44СnmС21 ⋅ C32 ⋅ C43 ⋅ C11==С107Ч _ 2 _ 03_ 03n = 10; l = 3; m = 5; k = 7k − кол − во выйгрышных билетов ⇒ (n − k ) − кол − во пройгрышных билетовнеупорядоченный набор из n билетов состоит из {1,2,..., k} выйгрышных билетови {k + 1, k + 2,..., n} пройгрышных билетов.

Кол − во всех наборов выйгрышныхбилетов равно Ckl ; кол − во всех наборов пройгрышных билетов равно Cnm−−kl .Так как для получения набора из n билетов, содержащего l выйгрышных и(m − l ) пройгрышных можно соединить любой набор из l выйгрышных и(m − l ) пройгрышных, то кол − во элементарных событий , благоприятствующихрассматриваемому событию равно Ckl ⋅ Cnm−−kl ⇒ искомая вероятность составляетCkl ⋅ Cnm−−kl C73 ⋅ C32 35 ⋅ 3== 41.66%P==C105252CnmЧ _ 2 _ 04 _ 03k = 8; n = 5т.к. пассажиры не выходят на первом этаже, то кол − во этажей , на которыхони могут выйдти равно (k − 1) ⇒ общее число возможных исходов равно (k − 1) n == 75 = 16807A = {все пассажиры вышли на разных этажах}B = {хотя бы двое сошли на одном этаже}рассмотрим событие А.

Если произошло А, то это означает, то не все пассажирывышли на разных этажах ⇒ хотя бы двое сошли на одном этаже ⇒ B = А ⇒⇒ P( B) = P( А) = 1 − P( A).Для события А число способов, которыми можно распределить n пассажиров по(k − 1) этажам равно Аkn−1 = A75 = 2520(число исходов, благоприятствующих событию A)по классическому определению вероятностиАkn−12520== 14.99% ⇒ P( B) = 1 − P( A) = 85.00%P ( A) =n(k − 1) 16807замечание Аkn−1 = Ckn−1 ⋅ n! =(k − 1)!( k − 1 − n)!Ч _ 2 _ 05 _ 03k =6что бы произошло интерисующее нас событие, необходимо, что бы точка была на участке1⎞⎛MN , длинна которого ⎜1 − 2 ⋅ ⎟ . Общая длинна отрезка равна 1 ⇒k⎠⎝по определению геометрической вероятности искомая вероятность равна21−LMNk = 1 − 1 = 66.66%=P=13Lобщ1/ kA1/ kMNBЧ _ 2 _ 06 _ 03T1 = 1000 ; T2 = 1100 ; t = 10пространство элементарных исходов можно представить на плоскости в виде квадрата состороной (T2 − T1 ).

Площадь квадрата равна (T2 − T1 )2встреча произойдет, если первое событие началось на t1 (t1 ∈ [0;10] мин) раньше второго иливторое событие началось на t2 (t2 ∈ [0; t ] мин) раньше первого. Этим условиям соответствуетзакрашенная часть графика.A = {события перекрываются во времени}B = {события не перекрываются во времени}рассмотрим событие A. Если А не произошло, то это значит, что события не перекрываются ⇒⇒ A = B ⇒ P( B) = P( A) = 1 − P ( A); по определению геометрической вероятности11112222T − T − 10 ) + (T2 − T1 − t )( 60 − 10 ) + ( 60 − 10 )S не заш 2 ( 2 122== 2= 69.44% ⇒P( B) =S квадр(T2 − T1 ) 2602⇒ P( A) = 1 − P ( B) = 30.55%τ210 минt минT2T1T1T2τ1Ч _ 2 _ 07 _ 03RS1S213 2.49 3.52т.к.

фигуры непересекающиеся, то попадание в каждуюиз них − независемые событиявероятность попадания в первую фигуру(по определению геометрической вероятности ) : P1 =S1S= 1 2 = 0.4689%S0 π Rвероятность попадания во вторую фигуру(по определению геометрической вероятности ) : P2 =S2S= 2 2 = 0.6629%S0 π Rвероятность попадания в одну фигуру равна(по аксиоматическому определению вероятности ) P′ = P1 + P2 = 1.1319%Ч _ 2 _ 08 _ 03k1k287 31вероятность выбора доброкачественного изделия равна k ⇒ (1 − k ) − вероятностьвыбора бракаA − из первой партии выбрали бракаванноеB − из второй партии выбрали бракаванноесобытия A и B попарно независемыa ) хотя бы 1 бракованноеэто событие состоит из суммы следующих событий1) из 1 партии выбрали бракованное; из 2 партии выбрано бракованное2) из 1 партии выбрали бракованное; из 2 партии выбрано доброкачественное3) из 1 партии выбрали доброкачественное; из 2 партии выбрано бракованное⇒ PA = P( AB) + P( AB) + P( AB) = P( A) ⋅ P( B ) + P ( A) ⋅ P( B) + P( A) ⋅ P( B) == (1 − k1 )(1 − k2 ) + (1 − k1 ) ⋅ k2 + k1 ⋅ (1 − k2 ) = 73.03%б )2 бракованныхэто событие состоит из произведения событий A и B ⇒⇒ PB = P( AB) = P( A) ⋅ P( B) = (1 − k1 ) ⋅ (1 − k2 ) = 8.97%в )1 бракованное и 1 доброкачественноеэто событие состоит из суммы следующих событий2) из 1 партии выбрали бракованное; из 2 партии выбрано доброкачественное3) из 1 партии выбрали доброкачественное; из 2 партии выбрано бракованное⇒ PA = P( AB) + P( AB) = P( A) ⋅ P ( B) + P( A) ⋅ P( B) = (1 − k1 ) ⋅ k2 + k1 ⋅ (1 − k2 ) = 64.06%Ч _ 2 _ 09 _ 03p1p2 n1n20.63 0.53 2 3A = {после всех выстрелов цель не поражена}B = {первый стрелок , сделав n1 выстрелов не поразил цель}D = {второй стрелок , сделав n2 выстрелов не поразил цель}очевидно, что события B и D попарно независемыпо формуле Бернулли вероятность Pn (m) того, что в последовательности изn выстрелов событие D = {стрелок попал} наступит ровно m раз, равнаPn (m) = Cnm ⋅ p m ⋅ (1 − p ) n−m , где p − вероятность наступления события Dm = 0 ⇒ Pn (0) = Cn0 ⋅ p 0 ⋅ (1 − p ) n ⇒⎧⎪ P ( B) = Pn1 (0) = Cn01 ⋅ p10 ⋅ (1 − p1 ) n1 = (1 − p1 ) n1⇒⎨n⎪⎩ P ( D) = (1 − p2 ) 2событие A заключается в том, что в начале произойдет событие B,а потом событие D ⇒ P( A) = P( B ) ⋅ P ( D) = (1 − p1 ) n1 ⋅ (1 − p2 ) n2 == (1 − 0.63) 2 ⋅ (1 − 0.53)3 = 1.42%Ч _ 2 _10 _ 03k =6Ci − {на i − м броске выпал герб}P(Ci ) = P (Ci ) = 1 / 2тогда вероятность выйгрыша игрока AP( A) = P(C1 ) + P (C1 ) ⋅ P(C2 ) ⋅ P(C3 ) + P(C1 ) ⋅ P(C2 ) ⋅ P(C3 ) ⋅ P(C4 ) ⋅ P(C5 ) + ...

==1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k −1 1 1 5 1+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∑ = ∑ = 66.65%2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 i = 0 4i 2 i = 0 4iпри сколь длительной игре k → ∞⎛ 1 k −1 1lim ⎜ ∑ ik →∞ 2⎝ i =0 4⎞ 1⎛ k −1 1=lim⎟ 2 k →∞ ⎜ ∑ 4i⎠⎝ i =01P( B) = 1 − P( A) =3⎞ 1 4 2⎟ = 2 ⋅ 3 = 3 = P( A)⎠Ч _ 2 _11_ 03m=5a ) номера шаров в порядке поступления образуют последовательность1,2,..., mвсего существует m! размещений. Т .е нам надо найдти вероятность11 размешения из m! размещений ⇒ PA = = 0.83%m!1=0lim PA = limm −>∞ m!m −>∞б ) хотя бы 1 раз совпадает номер шара и порядковый номер извлечения.Bk = {к − й шар имеет номер k}тогда искомая вероятность есть⎛ m⎞ nP ⎜ ∑ Bk ⎟ = ∑ P( Bi ) − ∑ P( Bi B j ) + ∑ P( Bi B j Bk ) − ...

+ (−1) m+1 P ( B1 B2 ...Bm ) =1≤i < j ≤ m1≤i < j < k ≤ m⎝ k =1 ⎠ i =1= P1 − P2 + P3 − ... + (−1) n+1 Pmподсчитаем вероятность Pn (n = 1,2,..., m), т.е. вероятность произведениясобытий B1 B2 ...Bn . Всего существует n! размещений ⇒1⎛ m⎞ m (−1) k −1 m (−1) k −1=∑= 63.33%Pn = (n = 1,2,..., m) ⇒ PB = P ⎜ ∑ Bk ⎟ = ∑k!n!k =1⎝ k =1 ⎠ k =1 k!m(−1) k −11lim PB = lim ∑= 1 − ≈ 63.21%m −>∞m −>∞k!ek =1в ) нет ни одного совпадения номера шара и порядкового номера извлечениярассмотрим противоположенное событие, т.е.

когда есть хотя бы1 совпадение. А эту вероятность мы нашди в предыдущем пункте. ⇒⇒ P(C ) = P( B) ⇒ P(C ) = 1 − P( B) = 36.66%lim P (C ) = 1 − lim P ( B ) = 36.78%m −>∞m −>∞Ч _ 2 _12 _ 03n1n2n3170 540 290A = {выбранная лампа бракованная}выдвигаем гипотезыn1= 17%1000(1)nH 2 − выбранная лампа со второго завода; P( H 2 ) = 2 = 54%1000(1)nH 3 − выбранная лампа с третьего завода; P ( H 3 ) = 3 = 29%1000очевидно, что при выполнении H1 вероятность попадания(1)H1 − выбранная лампа с первого завода; P( H1 ) =бракованной лампы 6% ⇒ P ( A / H1 ) = 0.06очевидно, что при выполнении H 2 вероятность попаданиябракованной лампы 5% ⇒ P( A / H 2 ) = 0.05очевидно, что при выполнении H 3 вероятность попаданиябракованной лампы 4% ⇒ P ( A / H 3 ) = 0.04по формуле полной вероятности3P( A) = ∑ P( H i ) ⋅ P( A / H i ) =i =1= P ( H1 ) ⋅ P ( A / H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) ==nnn1⋅ 0.06 + 2 ⋅ 0.05 + 2 ⋅ 0.04 = 4.88%100010001000(1) по классическому определению вероятностиЧ _ 2 _13 _ 03N1 M 1 N 2 M 2K23541A = {из второй корзины извлекли белый шар}выдвигаем гипотезыH i (i = 0,.., K ) − из K переложенных шаров i являются черными.

Тогда ( K − i ) являются белымиТ .о. после перекладывания во второй корзине оказалось ( N 2 + K − i ) белых шаров и( M 2 + i ) черных. По классическому определению вероятности найдем вероятностьизвлечения белого шара из второй урны после перекладывания. P =Т .о. P ( A / H i ) =N2 + K − i.N2 + M 2 + KN2 + K − iN2 + M 2 + Kнайдем вероятность гипотезы H i : P( H i ) =CNK1−i ⋅ CMi 1CNK1 + M1по формуле полной вероятности искомая вероятность равнаKKCNK1−i ⋅ CMi 1i =0i =0CNK1 + M1P( A) = ∑ P ( H i ) ⋅ P ( A / H i ) = ∑⋅1C1−i ⋅ C i 5 + 1 − iN2 + K − i=∑ 2 1 3 ⋅= 54%N 2 + M 2 + K i =0 C55 + 4 +1Ч _ 2 _14 _ 03kl6 8m n31A = {второй раз вынули n чистых марок}выдвигаем гипотезыH i = {при первом извлечении вынуто i чистых марок} (i = 0,1,..., m)Cki ⋅ Clm−iесли вынуто i чистых марок , то гашеных марок вынуто (m − i ) ⇒ P ( H i ) =Ckm+lCkn−iпри выполнении гипотезы H i чистых макор останется k − i ⇒ P( A / H i ) = nCk + lCki ⋅ Clm−i Ckn−iпо формуле полной вероятности P ( A) = ∑ P ( H i ) ⋅ P( A / H i ) = ∑⋅ n =Ckm+lCk + li =0i =0mC6i ⋅ C83−i C61−i=∑⋅ 1 = 33.67%C14mC14i =03mЧ _ 2 _15 _ 03m1m2m3n1n2n3j503020 70 80 90 3выдвигаем гипотезыH i − купленное изделие с i − го завода (i = 1,2,3)mi100A = {куплено первосортное изделие}P( H i ) =очевидно, что при выполнении i − й гипотезы шанс покупки первосортногоni100по формуле полной вероятностиизделия равен ni ⇒ P ( A / H i ) =P( A) = P( H1 ) ⋅ P ( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A / H 3 ) =mi ni⋅i =1 100 100по формуле Байеса3=∑P( H j / A) =P( H j ) ⋅ P( A / H j )P( A)mj=⋅nj100 100 = 0.18 = 23.37%3⎛ mi ni ⎞ 0.77∑⎜ 100 ⋅ 100 ⎟⎠i=1 ⎝.