А.В. Лебедев - Задачи по теории вероятностей с решениями (1115314)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Механико-математический факультет МГУ имени М.В.Ломоносова,кафедра теории вероятностейЗадачи по теории вероятностей с решениямиСоставитель – доцент А.В.Лебедев, 20101. КомбинаторикаЗадача 1. В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты ипрофорга. Сколько существует способов это сделать?Решение.

Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем - любой изоставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т.е. n1=30, n2=29, n3=28.По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя ипрофорга равно N=n1n2n3=302928=24360.Задача 2. Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам.

Сколькимиспособами они могут распределить работу?Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первыйпочтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т.д., т.е.n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способовраспределений писем между двумя почтальонами равноN  n1 n2 ...n10  22  ... 2  210  1024 .10 ðàçЗадача 3. В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?Решение.

Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения однойдетали 1-го или 2-го сорта.Задача 5. Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколькоразличных вариантов жеребьевки при этом возможно?Решение.

Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса,т.е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равноP7  7!  1  2  3  4  5  6  7  5040.Задача 6. В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существуетвариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различныепремии?Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком.Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по несколькимноминациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число такихкомбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:N  À105  10 5  100000.Задача 7. В шахматном турнире участвуют 16 человек.

Сколько партий должно бытьсыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна однапартия?Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других толькосоставом пар участников, т.е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их16! 15  16число равно C162  120.14!2!1 2Задача 8. В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределенияпризов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?1Решение.

Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядокфильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собойчисло сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле510  11  12  13  14C 10  C105 51  C145  2002.1 2  3 4  5Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькимиспособами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одногодерева в день?Решение.

Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может приниматьразличные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться впервый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, чтодеревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе вкакой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов C52  10 .Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля),сумма цифр которых равна 5?Решение.

Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных нагруппы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа).Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всехединиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколькоперегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая суммаравна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества.

Таким образом, надовыбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел3876C 6  C83  56.1 2  3Задача 11. Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на триподгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10. Согласно формуле, число таких разбиений25!равно N 25 (6,9,10) .6!9!10!Задача 12. Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которыхцифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза?Решение. Каждое семизначное число отличается от другого порядком следования цифр,при этом фактически все семь мест в этом числе делятся на три группы: на одни местаставится цифра «4», на другие места – цифра «5», а на третьи места – цифра «6».

Такимобразом, множество состоит из 7 элементов (n=7), причем n1=3, n2=2, n3=2, и,следовательно, количество таких чисел равно7!N 7 (3;2;2)  210.3!2!2!2. Классическая вероятностная модель. Геометрическая вероятностьЗадача 1. В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Каковавероятность, что все три фрукта – апельсины?Решение. Элементарными исходами здесь являются наборы, включающие 3 фрукта.Поскольку порядок фруктов безразличен, будем считать их выбор неупорядоченным (ибесповторным). Общее число элементарных исходов n   равно числу способоввыбрать 3 фрукта из 9, т.е. числу сочетаний C93 .

Число благоприятствующих исходов2m  A равно числу способов выбора 3 апельсинов из имеющихся 5, т.е. С 53 . Тогдаискомая вероятность5!CP( A)  2!3!  0,12 .9!C3!6!Задача 2. Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданныхравновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманные числа совпадут.Решение. Вначале подсчитаем общее количество исходов. Первый из студентов выбираетодно из 10 чисел и имеет n1=10 возможностей, второй тоже имеет n2=10 возможностей,наконец, третий также имеет n3=10 возможностей.

В силу правила умножения общеечисло способов равно: n= n1n2n3=103 = 1000, т.е. все пространство содержит 1000элементарных исходов. Для вычисления вероятности события A удобно перейти кпротивоположному событию, т.е. подсчитать количество тех случаев, когда все тристудента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет m1=10 способоввыбора числа. Второй студент имеет теперь лишь m2=9 возможностей, поскольку емуприходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первогостудента. Третий студент еще более ограничен в выборе — у него всего m3=8возможностей. Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нетсовпадений, равно m=1098=720.

Случаев, в которых есть совпадения, остается 280.Следовательно, искомая вероятность равна Р=280/1000= 0,28.Задача 3. Найти вероятность того, что в 8-значном числе ровно 4 цифры совпадают, аостальные различны.Решение. Событие А={восьмизначное число содержит 4 одинаковые цифры}. Из условиязадачи следует, что в числе пять различных цифр, одна из них повторяется.

Числоспособов её выбора равно числу способов выбора одной цифры из 10 цифр. Эта цифразанимает любые 4 места в числе, что возможно сделать С 84 способами, так как порядокздесь не важен. Оставшиеся 4 места занимают различные цифры из неиспользованныхдевяти, и так как число зависит от порядка расположения цифр, то число способов выборачетырех цифр равно числу размещений А94 .

Тогда число благоприятствующих исходов3539| A | 10С 84 А94 . Всего же способов составления 8-значных чисел равно ||=108. Искомаявероятность равна| A | 10C84 A948! 9! 1P  0,021168 .8||104!4! 5! 107Задача 4. Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятностьтого, что хотя бы в одну фирму никто не обратится.Решение. Рассмотрим противоположное событие A , состоящее в том, что в каждую из 5фирм обратился клиент, тогда в какую-то из них обратились 2 клиента, а в остальные 45  6!фирмы – по одному клиенту.

Таких возможностей | A | 5  N 6 (2,1,1,1,1) . Общее1!1!1!1!2!количествоспособов распределить 6 клиентов по 5 фирмам |  | 56 . Отсюда5  6! 1P( A)  0,1152 . Следовательно, P ( A)  1  Р ( A)  0,8848 .1!1!1!1!2! 5 6Задача 5. Пусть в урне имеется N шаров, из них М белых и N–M черных.

Из урныизвлекается n шаров. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно m белыхшаров.3Решение. Так как порядок элементов здесь несущественен, то число всех возможныхнаборов объема n из N элементов равно числу сочетаний С Nn . Число испытаний, которыеблагоприятcтвуют событию А – "m белых шаров, n–mчерных", равно C Mm C Nn mM , и,С Mm C Nn mM.C NnЗадача 6.

Точку наудачу бросили на отрезок [0; 2]. Какова вероятность ее попадания вотрезок [0,5; 1,4]?Решение. Здесь пространство элементарных исходов весь отрезок   [0; 2] , а множествоблагоприятствующих исходов A  [0,5; 1,4] , при этом длины этих отрезков равны l ()  2и l ( A)  0,9 соответственно. Поэтомуl ( A) 0,9P( A)  0,45 .l ( )2Задача 7 (задача о встрече). Два лица А и В условились встретиться в определенномместе между 12 и 13 часами. Пришедший первым ждет другого в течении 20 минут, послечего уходит.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов книги