Л.С. Пономаренко - Контрольные и тесты по теории вероятностей (2015) (1115298), страница 4
Текст из файла (страница 4)
. , 1), состоящий только из единиц.В модели повторных независимых испытаний Бернулли вероятностькаждого элементарного исхода определяется как произведение вероятностей исходов в отдельных испытаниях. Так в примере с бросанием кости(p = 1/6, q = 5/6) вероятность исхода, в котором все нули, равна (5/6)n ,а вероятность исхода из одних единиц, — (1/6)n . В общем случаеP(ω) = pчисло единиц · q число нулей .Вероятность произвольного случайного события определяется, как идля всякого дискретного вероятностного пространства, следующим образом:XP(A) =P(ω),P(∅) = 0.ω∈AРассмотрим случайные события Hk , k = 0, 1 . .
. , n — в n испытанияхуспех осуществился k раз. Поскольку каждый благоприятный для этогособытия элементарный исход имеет вероятность P(ω) = pk q n−k , а всегоблагоприятных исходов Cnk , тоP(Hk ) = Cnk pk q n−k .(1.4)Данная формула называется формулой Бернулли, а вероятности в(2.4)— биномиальными, поскольку являются членами в разложении для(p + q)n .19Пример 1.23. Проведем простой эксперимент, подбросив монету 5 раз.Рассмотрим события: A — герб появился 2 раза, B — более двух раз, C— хотя бы один раз, Hk — k раз (0 ≤ k ≤ 5).Для вычисления вероятностей событий Hk применим формулу Бернулли при n = 5, p = 1/2. Тогдаµ ¶511052P(A) = P(H2 ) = C5== ,23216P(B) = P(5[Hk ) =k=2P(C) =5XP(Hk ) = 1 −k=25X1XP(Hk ) = 1 −k=0P(Hk ) = 1 − P(H0 ) = 1 −k=11513−= ,32 3216131= .3232¥Биномиальные вероятности при любых возможных значениях параметров n, p ведут себя одинаково: они возрастают до какого-то номераk, а затем убывают.
Обозначим k ∗ — наиболее вероятное число успехов.Нетрудно убедиться, чтоnp − q ≤ k ∗ ≤ np + p.(1.5)Так в приведенном выше примере наиболее вероятное число гербовудовлетворяет неравенству 2 ≤ k ∗ ≤ 3. Следовательно, максимальныевероятности имеют события H2 и H3 :P(H3 ) = P(H2 ) =105= .3216Вычисление биномиальных вероятностей становится все более трудоемким с увеличением числа испытаний n. Поэтому при больших значениях n (несколько сотен, реально уже при n ≥ 50) пользуются приближенными формулами.Первая из них называется формулой Пуассона и используется, когдасреднее значение числа успехов np невелико, обычно при np ≤ 15.
5Приведем эту формулу:P(Hk ) ≈λk · e−λ,k!(1.6)где λ = np.5Формулу Пуассона можно использовать и в случаях, когда среднее значение числанеуспехов nq ≤ 15. Вопрос скорее в том, что считать успехом, а что неуспехом.20Пример 1.24. Вероятность появления опечатки на случайно открытойстранице книги объемом 200 страниц равна 0.01. Найдем вероятностьтого, что книга содержит не более 5 опечаток.Обозначим интересующее нас событие — A. ТогдаP(A) =5XP(Hi ) ≈i=05X2i e−2i=oi!= 0.987.Для вычисления пуассоновских вероятностей можно воспользоваться таблицами, обычно имеющимися в задачниках по теории вероятностей (см.,например, [3]) или отдельно изданными таблицами [4].¥В тех случаях, когда значение среднего числа успехов np велико, используют приближенные формулы Муавра–Лапласа.
Для вычисленияотдельных вероятностей применяется локальная теорема Муавра–Лапласа:µ¶k − np1ϕ √,(1.7)P(Hk ) ≈ √npqnpqгдеx21ϕ(x) = √ e− 22π— плотность стандартного нормального распределения. Для вычислениязначений этой функции также можно воспользоваться таблицами.Пример 1.25. Найдем приближенное значение вероятности выпадения50 гербов в 100 бросаниях монеты. Точное значение этой вероятностивычислить весьма затруднительно По локальной формуле Муавра - Лапласа получим с n = 100, p = q = 12 , k = 501P(H50 ) ≈ ϕ(0) = 0.0799.5Отметим, что k = 50 — это наиболее вероятное число появлений герба.¥Обозначим µn — число успехов в n испытаниях Бернулли. В тех случаях когда требуется вычислить вероятности событий {a ≤ µn ≤ b} следует применять интегральную формулу Муавра-ЛарласаZb1P{a ≤ µn ≤ b} ≈ϕ(x)dx,a121(1.8)a − npb − npгде a1 = √, а b1 = √.npqnpqДля вычисления интегралов такого вида можно воспользоваться таблицами значений функции ЛапласаZ+∞ϕ(t)dtΦ0 (x) =0(см., например, [3]) или таблицами функции распределения стандартногонормального рапределенияZxϕ(t)dtΦ(x) =−∞(см.
[4]).Рассмотрим несколько примеров применения интегральной формулыМуавра-Лапласа.Пример 1.26. Пусть симметричная монета подбрасывается 400 раз, —число выпавших геобов. Найдем приближенное значение вероятности события {170 ≤ µn ≤ 230}. Подсчитаем значения пределов интегрированияв (1.8):a − np170 − 200b − npa1 = √== −3, b1 = √= 3.npq10npqтогдаZ3P{170 ≤ µn ≤ 230} ≈ϕ(t)dt = 2Φ0 (3) = 2 · 0.4987 = 0.9973.¥−3Пример 1.27. В данном примере ответим на вопрос, сколько надо провести бросаний монеты, чтобы с вероятностью не менее 0.95 отклонениячастоты выпадения герба от вероятности данного события не превышали0.05.Для этого сначала с помощью интегральной формулы Муавра-Лапласавычислим приближенное значение вероятности того, что отклонения частоты наступления некоторого события A в n независимых испытанияхотличаются от вероятности p = P(A) не более, чем на ε.
Проведя простыепреобразования, получаемµnP{| − p| ≤ ε} = P{np − nε ≤ µ ≤ np + nε} ≈nZxϕ(t)dt = 2Φ0 (x),−x22√ε nгде x = p.p(1 − p)Применим полученную формулу к нашему примеру. По таблицам значений функции Лапласа находим x = 1.96 — решение уравнения2Φ0 (x) = 0.95.Учитывая, что ε = 0.05, p = 0.5, получим n ≥ 385.¥Разберем еще один пример на применение интегральной фрмулы (1.8).Пример 1.28. Укажем границы, в которых с вероятностью 0.98 эаключено число выпавших гербов при 400 бросаниях симметричной монеты.Поскольку эти границы данным условием определяются неоднозначно,то договоримся указать промежуток наименьшей длины. Таким промежутком будет промежуток вида |µn − np| < δ. Чтобы найти δ, решимуравнениеP{|µn − np| < δ} = 0.98.Поскольку из формулы (1.8) следует, чтоÃP{|µn − np| < δ} ≈ 2Φ0δpnp(1 − p)!,то, найдя из таблиц решние уравнения Φ0 (x) = 0.49 (x = 2, 33), получимδpnp(1 − p)= 2.33,δ = 23.3.Учитывая, что µn принимает целые значения, окончательно имеем176 ≤ µn ≤ 234.1.6¥Контрольные работыВариант 11.
В урне находятся шары четырех различных цветов: 4 белых, 4 красных, 4 зеленых и 4 желтых. Наудачу отбирают 6 шаров. Найтивероятность того, что среди них окавжутся шары всех цветов.2. Внутри круга радиуса r случайным образом выбирается точка, являющаяся серединой некоторой хорды. Найти вероятность того,что длина этой хорды больше стороны правильного треугольника,вписанного в данную окружность.233. Из 15 лотереных билетов 3 выигрышных. При подготовке вечера2 билета потеряли и добавили еще 2 выигрышных. Какой сталавероятность вытянуть выигрышный билет?4. Случайные события A1 , .
. . , A5 взаимно независимы, вероятностькаждого из них равна 0.3. Найти вероятность события B = A1 A2 ∪A3 ∪ A4 A5 .5. Испытание состоит в одновременном подбрасывании 3 монет. Сколько раз нужно провести испытание, чтобы с вероятностью не менее0.9 хотя бы раз появились три герба?6.
На научную конференцию пруглашены 100 человек, причем каждый из них прибывает с вероятностью 0.7. В гостинице для гостейзабронировано 65 мест. Какова вероятность того, что всем приехавшим хватит мест в данной гостинице?Решения варианта 11. Поскольку выбор производится без возвращения и порядок выбора6шаров не важен, то общее число элементарных исходов |Ω| = C16.Обозначим интересующее нас событие A. Тогда его можно представить как объединение двух событий A1 и A2 , где A1 состоит в том,что какой-то цвет представлен 3 шарами, а остальные имеют поодному шару, A2 — какие - либо два цвета представлены 2 шарами,а другие 2 цвета одним шаром. С помощью простых рассужденийполучаемP(A1 ) =C42 (C42 )2 (C41 )2C41 C43 (C41 )3,P(A)=.266C16C16P(A) = P(A1 ) + P(A2 ) = 0.1279 + 0.4316 = 0.5595.Ответ: 0.5595.2.
Для решения этой задачи используем модель геометрических вероятностей. Множество элементарных исходов — это все точки кругарадиуса r. Благоприятные исходы для события A — длина выбранной хорды больше стороны правильного треугольника, вписанногов окружность, — это точки круга, вписанного в данный треуголиник. Поэтомуπr2 /41S(A)==.P(A) =S(Ω)πr24Ответ: 41 .243. Обозначим событие A — вынут выигрышный билет. Введем гипотезы:C21H1 — потеряны 2 выигрышных билета, P(H1 ) = 22 =;C15105H2 — потеряеы 1 выигрышный и 1 невыигрышный билеты, P(H2 ) =1C21 C1326=;2C151052C1378=.2C15105Условные вероятности события по каждой из гипотез равныH3 — потеряны 2 невыигрышных билета, P(H3 ) =P(A|H1 ) =234, P(A|H2 ) = , P(A|H3 ) = .151515Тогда по формуле полной вероятности получимP(A) =213 264 78·+·+·= 0.2489.15 105 15 105 15 105Ответ: 0.2489.4. Вычисления будут более простыми, если сначала найти вероятность события B = A1 A2 ∩ A3 ∩ A4 A5 , а именноP(B) = (1 − 0.09) · 0.7 · (1 − 0.09) = 0.57967.P(B) = 1 − P(B) = 0.42033.Ответ: 0.42033.5.
Вероятность успеха (появления трех гербов) в каждом из испытаний равна p = 1/8, неуспеха — q = 7/8. Тогда вероятность события A — в n испытаниях хотя бы раз произойдет успех, равнаP(A) = 1 − (7/8)n . Решив неравенствоµ ¶n71−≥ 0.9,8находим n ≥ 18.Ответ: n ≥ 18.256. Обозначим µn — число приехавших участников. Необходимо вычислить P{µn ≤ 65}. Применив интегральную теорему МуавраЛапласа с n = 100, p = 0.7, q = 0.3, получим−1.09ZP{µn ≤ 65} ≈ϕ(x)dx = 0.5 − Φ0 (1.09) = 0.5 − 0.3621 = 0.14.−∞Ответ: 0.14.Вариант 21.
В трех студенческих группах 66 человек (по 22 в каждой, причем вкаждой группе число девушек и юношей одинаково). Наудачу выбрали 5 человек. Какова вероятность того, что среди них окажутсядевушки из всех групп?2. Два теплохода должны подойти к причалу в течение фиксированных суток. Времена прихода теплоходов независимы. Найти вероятность того, что ни одному из них не придется ждать причала,если время стоянки одного из них составляет 1 час, а другого — 2часа.3. На отрезке [0; 1] случайно выбирают точки X и Y. Найти вероятность того, что X/Y ≤ 1/2, но X + Y ≥ 1.4. Каждый прибор состоит из 3 комплектующих, вероятность бракадля каждой из комплектующих равна p.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
