А.В. Лебедев - Задачи по теории вероятностей с решениями (1115314), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Чему равна вероятность встречи лиц А и В, если приход каждого из нихможет произойти наудачу в течении указанного часа и моменты прихода независимы?Решение. Обозначим момент прихода лица А через х и лица В – через у. Для того, чтобывстреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы х-у20. Изобразим х и у каккоординаты на плоскости, в качестве единицы масштаба выберем минуту. Всевозможныеисходы представляются точками квадрата со стороной 60, а благоприятствующие встречерасполагаются в заштрихованной области.

Искомая вероятность равна отношениюплощади заштрихованной фигуры (рис. 2.1) к площади всего квадрата: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.следовательно, искомая вероятность равна Р(А)=Рис. 2.1.3. Основные формулы теории вероятностейЗадача 1. В ящике 10 красных и 5 синих пуговиц. Вынимаются наудачу две пуговицы.Какова вероятность, что пуговицы будут одноцветными?Решение. Событие A={вынуты пуговицы одного цвета} можно представить в виде суммыA  A1  A2 , где события A1 и A2 означают выбор пуговиц красного и синего цветасоответственно.

Вероятность вытащить две красные пуговицы равна P( A1 ) C102, аC1524C52. Так как события A1 и A2 не могутC152произойти одновременно, то в силу теоремы сложения10! 5!22C10  C52!8!2!3!  0,524.P( A) 215!C152!13!Задача 2. Среди сотрудников фирмы 28% знают английский язык, 30% – немецкий, 42%– французский; английский и немецкий – 8%, английский и французский – 10%, немецкийи французский – 5%, все три языка – 3%. Найти вероятность того, что случайновыбранный сотрудник фирмы: а) знает английский или немецкий; б) знает английский,немецкий или французский; в) не знает ни один из перечисленных языков.Решение. Обозначим через A, B и С события, заключающиеся в том, что случайновыбранный сотрудник фирмы владеет английским, немецким или французскимсоответственно. Очевидно, доли сотрудников фирмы, владеющих теми или инымиязыками, определяют вероятности этих событий.

Получаем:а) P(AB)=P(A)+P(B) P(AB)=0,28+0,30,08=0,5;б) P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)(P(AB)+P(AC)+P(BC))+P(ABC)=0,28+0,3+0,42(0,08+0,1+0,05)+0,03=0,8;в) 1P(ABC)=0,2.Задача 3. В семье – двое детей. Какова вероятность, что старший ребенок – мальчик, еслиизвестно, что в семье есть дети обоего пола?Решение. Пусть А={старший ребенок – мальчик}, B={в семье есть дети обоего пола}.Будем считать, что рождение мальчика и рождение девочки – равновероятные события.Если рождение мальчика обозначить буквой М, а рождение девочки – Д, то пространствовсех элементарных исходов состоит из четырех пар:   ММ , МД , ДМ , ДД . В этомпространстве лишь два исхода (МД и ДМ) отвечают событию B.

Событие AB означает,что в семье есть дети обоего пола. Старший ребенок – мальчик, следовательно, второй(младший) ребенок – девочка. Этому событию AB отвечает один исход – МД. Такимобразом, |AB|=1, |B|=2 и| AB | 1P( A | B)   0,5.|B| 2Задача 4. Мастер, имея 10 деталей, из которых 3 – нестандартных, проверяет детали однуза другой, пока ему не попадется стандартная. Какова вероятность, что он проверит ровнодве детали?Решение. Событие А={мастер проверил ровно две детали} означает, что при такойпроверке первая деталь оказалась нестандартной, а вторая – стандартная. Значит,A  A1 A2 , где A1 ={ первая деталь оказалась нестандартной } и A2 ={вторая деталь –стандартная}. Очевидно, что вероятность события А1 равна P( A1 )  3 / 10, кроме того,P( A2 | A1 )  7 / 9 , так как перед взятием второй детали у мастера осталось 9 деталей, изкоторых только 2 нестандартные и 7 стандартных.

По теореме умножения3 7P( A)  P( A1 A2 )  P( A1 ) P( A2 | A1 )    7 / 30.10 9Задача 5. В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом ящике – 6 белых и 4 черныхшара. Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будет вынут белый шар, еслииз каждого ящика вынуто по одному шару.Решение. Событие A={хотя бы из одного ящика вынут белый шар} можно представить ввиде суммы A  A1  A2 , где события A1 и A2 означают появление белого шара из первогои второго ящика соответственно. Вероятность вытащить белый шар из первого ящикавероятность вытащить две синие пуговицы P( A2 ) 5равна P( A1 )  3 / 8 , а вероятность вытащить белый шар из второго ящика P( A2 )  6 / 10 .3 69Кроме того, в силу независимости A1 и A2 имеем: P( A1 A2 )  P( A1 ) P( A2 )   .

По8 10 40теоремесложенияполучаем:P( A)  P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1 A2 )  3 / 8  6 / 10  9 / 40  3 / 4 .Задача 6. Три экзаменатора принимают экзамен по некоторому предмету у группы в 30человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй — 3 студентов, а третий — 21студента (выбор студентов производится случайным образом из списка). Отношение трехэкзаменаторов к слабо подготовившимся различное: шансы таких студентов сдать экзамену первого преподавателя равны 40%, у второго — только 10%, у третьего — 70%. Найтивероятность того, что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен.Решение.

Обозначим через H1 , H 2 , H 3 гипотезы, состоящие в том, что слабоподготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменаторусоответственно. По условию задачиP( H1 )  6 / 30  0,2 , P( H 2 )  3 / 30  0,1 , P( H 3 )  21 / 30  0,7 .Пусть событие A={слабо подготовившийся студент сдал экзамен}. Тогда снова всилу условия задачиP( A | H1 )  0,4 ,P( A | H 2 )  0,1 ,P( A | H 3 )  0,7 .По формуле полной вероятности получаем:P( A)  0,4  0,2  0,1  0,1  0,7  0,7  0,58 .Задача 7.

Фирма имеет три источника поставки комплектующих – фирмы А, B, С. Надолю фирмы А приходится 50% общего объема поставок, В – 30% и С – 20%. Из практикиизвестно, что среди поставляемых фирмой А деталей 10% бракованных, фирмой В – 5% ифирмой С – 6%. Какова вероятность, что взятая наугад деталь окажется годной?Решение.

Пусть событие G – появление годной детали. Вероятности гипотез о том, чтодеталь поставлена фирмами А, B, С, равны сответственно Р(А)=0,5, Р(В)=0,3, Р(С)=0,2.Условные вероятности появления при этом годной детали равны Р(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95,P(G|C)=0,94 (как вероятности противоположных событий к появлению бракованной). Поформуле полной вероятности получаем:P(G)=0,50,9+0,30,95+0,20,94=0,923.Задача 8 (см. задачу 6).

Пусть известно, что студент не сдал экзамен, т.е. получил оценку«неудовлетворительно». Кому из трех преподавателей вероятнее всего он отвечал?Решение. Вероятность получить «неуд» равна P ( A)  1  P ( A)  1  0,58  0,42 . Требуетсявычислить условные вероятности. По формулам Байеса получаем:P( H1 )  P( A | H1 ) 0,2  0,6P( H1 | A)  0,285 , и аналогично,0,42P( A)0,1  0,90,7  0,3P( H 2 | A)  0,214 , P( H 3 | A)  0,5 .0,420,42Отсюда следует, что, вероятнее всего, слабо подготовившийся студент сдавал экзаментретьему экзаменатору.4.

Повторные независимые испытания. Теорема БернуллиЗадача 1. Игральная кость брошена 6 раз. Найти вероятность того, что ровно 3 разавыпадет «шестерка».6Решение. Шестикратное бросание кости можно рассматривать как последовательностьнезависимых испытаний с вероятностью успеха («шестерки»), равной 1/6, и вероятностью331 5неудачи — 5/6.

Искомую вероятность вычисляем по формуле P6 (3)  C 63      0,053 .6 6Задача 2. Монета бросается 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет не более,чем 2 раза.Решение. Искомая вероятность равна сумме вероятностей трех событий, состоящих в том,что герб не выпадет ни разу, либо один раз, либо два раза:0615241 11 11 1Р(А) = Р6(0) + Р6(1) + Р6(2) = C 60      C 61      C 62      0,344 .2  2 2 22  2Задача 3. Аудитор обнаруживает финансовые нарушения у проверяемой фирмы свероятностью 0,9. Найти вероятность того, что среди 4 фирм-нарушителей будетвыявлено больше половины.Решение.

Событие состоит в том, что из 4 фирм-нарушителей будет выявлено три иличетыре, т.е.P( A)  P4 (3)  P4 (4)  C43 0,93  0,1  C44 0,94  0,93 (0,4  0,9)  0,9477 .Задача 4. Монета подбрасывается 3 раза. Найти наиболее вероятное число успехов(выпадений герба).Решение. Возможными значениями для числа успехов в трех рассматриваемыхиспытаниях являются m = 0, 1, 2 или 3. Пусть Am - событие, состоящее в том, что при трехподбрасываниях монеты герб появляется m раз. По формуле Бернулли легко найтивероятности событий Am (см.

таблицу):m0123Pn(m)1/83/83/81/8Из этой таблицы видно, что наиболее вероятными значениями являются числа 1 и 2 (ихвероятности равны 3/8). Этот же результат можно получить и из теоремы 2.Действительно, n=3, p=1/2, q=1/2. Тогда1 11 13    m *  3   , т.е. 1  m *  2 .2 22 2Задача 5. В результате каждого визита страхового агента договор заключается свероятностью 0,1.

Найти наивероятнейшее число заключенных договоров после 25визитов.Решение. Имеем n=10, p=0,1, q=0,9. Неравенство для наиболее вероятного числа успеховпринимает вид: 250,1–0,9m*250,1+0,1 или 1,6m*2,6. У этого неравенства толькоодно целое решение, а именно, m*=2.Задача 6. Известно, что процент брака для некоторой детали равен 0,5%. Контролерпроверяет 1000 деталей.

Характеристики

Список файлов книги