25 (Решённый вариант 25 (из Чудесенко))

Ч _ 2 _ 01_ 25N = 19 1,1 1, 2 1,3 1, 4 1, 5 1, 6  2,1 2, 2 2, 3 2, 4 2,5 2, 6  3,1 3, 2 3,3 3, 4 3,5 3, 6 Ω= 4,1 4, 2 4, 3 4, 4 4,5 4, 6  5,1 5, 2 5,3 5, 4 5,5 5, 6  6,1 6, 2 6,3 6, 4 6,5 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, 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},36P== 100% ( сумма ≤ N )36б ) A = {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}28= 77.77% ( произведение ≤ N )36в ) A = {}P=P=0= 0% ( произведение кратно N )36Ч _ 2 _ 02 _ 25n1 = 2; n2 = 2; n3 = 2; n4 = 3m1 = 1; m2 = 1; m3 = 1; m4 = 2n = n1 + n2 + n3 + n4 = 9m = m1 + m2 + m3 + m4 = 5неупорядоченный 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⋅2⋅2⋅3= 19.0476%126Сnm11 ⋅ Cnm22 ⋅ Cnm33 ⋅ Cnm44Сnm=С21 ⋅ C21 ⋅ C21 ⋅ C32=С95Ч _ 2 _ 03 _ 25n = 8; l = 1; m = 4; k = 2k − 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 составляетP=Ckl ⋅ Cnm−−kl C21 ⋅ C63 2 ⋅ 20== 57.14%=CnmC8470Ч _ 2 _ 04 _ 25k = 14; n = 3т.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 == 133 = 2197A = {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 = A133 = 1716(число исходов, благоприятствующих событию A)по классическому определению вероятностиP ( A) =Аkn−11716== 78.10% ⇒ P( B ) = 1 − P( A) = 21.89%n(k − 1)2197замечание Аkn−1 = Ckn−1 ⋅ n! =( k − 1)!( k − 1 − n)!Ч _ 2 _ 05 _ 25k =7что 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 − 2 = 71.42%P==Lобщ171/ kA1/ kMNBЧ _ 2 _ 06 _ 25T1 = 1600 ; T2 = 1630 ; t = 15пространство 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 )( 30 − 10 ) + ( 30 − 15 )S не заш 2 ( 2 122== 2= 34.72% ⇒P( B ) =S квадр(T2 − T1 ) 2302⇒ P( A) = 1 − P ( B) = 65.27%τ210 минt минT2T1T1T2τ1Ч _ 2 _ 07 _ 25R S1 S215 2.5 8.7т.к.

фигуры непересекающиеся, то попадание в каждуюиз них − независемые событиявероятность попадания в первую фигуру( по определению геометрической вероятности ) : P1 =S1S= 1 2 = 0.3536%S0 π Rвероятность попадания во вторую фигуру( по определению геометрической вероятности ) : P2 =S2S= 2 2 = 1.2308%S0 π Rвероятность попадания в одну фигуру равна( по аксиоматическому определению вероятности ) P′ = P1 + P2 = 1.5844%Ч _ 2 _ 08 _ 25k1 k233 85вероятность 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 ) = 71.95%б )2 бракованныхэто событие состоит из произведения событий A и B ⇒⇒ PB = P ( AB ) = P ( A) ⋅ P ( B ) = (1 − k1 ) ⋅ (1 − k2 ) = 10.05%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 ) = 61.9%Ч _ 2 _ 09 _ 25p1p2 n1n20.32 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 − 0.32) 2 ⋅ (1 − 0.53)3 = 4.80%Ч _ 2 _10 _ 25k =5Ci − {на i − м броске выпал герб}P (Ci ) = P (Ci ) = 1 / 2тогда вероятность выйгрыша игрока BP ( B ) = P(C1 ) ⋅ P(C2 ) + P(C1 ) ⋅ P(C2 ) ⋅ P (C3 ) ⋅ P (C4 ) + ...

==1 k 1 1 5 1∑ = ∑ = 33.32%4 i = 0 4i 4 i = 0 4 iпри сколь длительной игре k → ∞1 k 1lim  ∑ ik →∞ 4 i =0 4 1 k 1lim=∑ i 4 k →∞  i =0 42P ( A) = 1 − P( B) =3 1 4 1 = ⋅ = = P( B) 4 3 31 1 1 1 1 1⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ... =2 2 2 2 2 2Ч _ 2 _11_ 25m=3a) номера шаров в порядке поступления образуют последовательность1,2,..., mвсего существует m! размещений. Т .е нам надо найдти вероятность11 размешения из m! размещений ⇒ PA = = 16.66%m!1lim PA = lim=0m −>∞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( n = 1,2,..., m) ⇒ PB = P  ∑ Bk  = ∑=∑= 66.67%!!n!kkk=1k=1k=1k −1m(−1)1lim PB = lim ∑= 1 − ≈ 63.21%m −>∞m −>∞k!ek =1в ) нет ни одного совпадения номера шара и порядкового номера извлеченияPn =рассмотрим 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) = 33.33%lim P(C ) = 1 − lim P( B) = 36.78%m −>∞m −>∞Ч _ 2 _12 _ 25По условию задачи общее количество ламп − 1000.Поэтому n3 = 1000 − n1 − n2n1n2n3470 360 170A = {выбранная лампа бракованная}выдвигаем гипотезы(1)n1= 47%1000(1)nH 2 − выбранная лампа со второго завода; P ( H 2 ) = 2 = 36%1000(1)nH 3 − выбранная лампа с третьего завода; P( H 3 ) = 3 = 17%1000очевидно, что при выполнении H1 вероятность попаданияH1 − 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 / H 1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) ==nn1n⋅ 0.06 + 2 ⋅ 0.05 + 3 ⋅ 0.04 = 5.3%100010001000(1) по классическому определению вероятностиЧ _ 2 _13 _ 25N1M1N2M2K10350117A = {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 ) = ∑⋅7C 7 −i ⋅ C i 50 + 7 − iN2 + K − i= 81.44%= ∑ 10 7 3 ⋅N 2 + M 2 + K i = 0 C1350 + 11 + 7Ч _ 2 _14 _ 25k l m n9 6 3 3A = {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 =0mC9i ⋅ C63−i C93−i=∑⋅ 3 = 8.92%C153C15i =03mЧ _ 2 _15 _ 25m1 m2 m3 n1n2n3j20 40 40 90 70 80 1выдвигаем гипотезыH i − купленное изделие с i − го завода (i = 1,2,3)mi100A = {куплено первосортное изделие}очевидно, что при выполнении i − й гипотезы шанс покупки первосортногоP( H i ) =ni100по формуле полной вероятностиP ( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A / H 3 ) =изделия равен ni ⇒ P( A / H i ) =3mi ni⋅i =1 100 100по формуле Байеса=∑P ( H j / A) =P ( H j ) ⋅ P( A / H j )P( A)mj=⋅nj100 100 = 0.18 = 23.07% mi ni  0.78⋅∑i=1  100 100 3Ч _ 2 _16 _ 25n m56опыт состоит из последовательного брасания монеты (n + m) раз.Очевидно, что1) каждое бросание монеты событие независемое2)вероятность выпадения герба или цифры при каждом бросании 1/ 2интересующие нас событие состоится, если осуществятся одновременнодва взаимно независемых события :А = {при первых ( n + m − 1) бросках герб выпадет ровно (n − 1) раз}B = {при последнем броске выпадает герб}Очевидно, что по биномиальному распределениюn −1m101111P( A) = C⋅   ⋅   = C104 ⋅   , а P( B ) =2222т.к.