ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА, (1269688), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Поэтому P ( D ) = 1 - P( A) =840= 1–» 1 - 0,35 = 0,65.2401840181Ответ. P ( A) =» 0,35, P ( B ) =» 0,003, P (C ) =» 0,038,24013432401P ( D) = 0,65.Задача 2.4. В лифт k-этажного дома сели m пассажиров. Каждыйпассажир независимо от других с равной вероятностью может выйти налюбом этаже, начиная со второго. Найти вероятности следующих событий:A –– все пассажиры вышли на разных этажах;B –– все вышли выше четвертого этажа;C –– никто не вышел на пятом этаже;D –– хотя бы два вышли на одном этаже.(См. пример 2.4 и исходные данные.)24№12345Исходные данные к задаче 2.4.k m № k m № k m8 3 6 9 4 11 10 58 4 7 9 5 12 10 68 5 8 9 6 13 6 48 6 9 10 3 14 7 49 3 10 10 4 15 7 3№ k m № k m № k m16 7 5 21 12 5 26 16 417 6 5 22 14 3 27 16 518 12 3 23 14 4 28 16 619 12 4 24 14 5 29 11 420 12 5 25 14 6 30 11 5Пример 2.5. 10 книг, из которых четыре имеют красный переплет,наугад ставят на полку.
В предположении, что все расстановки книг наполке равновозможны, найти вероятность того, что книги с краснымипереплетами окажутся стоящими подряд.Решение. 10 книг можно на полке расставить n = 10! способами. Дляподсчета благоприятствующих комбинаций представим сначала, чтокрасные книги связаны в одну пачку и переставляются как единая книга.Тогда переставить эту пачку и остальные шесть книг можно 7! способами.После того, как эта перестановка совершилась и красные книги оказалисьстоящими подряд, развяжем пачку и на заданных четырех местахпереставим красные книги между собой. Это можно сделать 4! способами.По комбинаторному принципу всего благоприятствующих способовm = 4!× 7!.
Поэтому искомая вероятность равна (4!× 7! ) / 10! = 1 / 30.Ответ. 1/30.Задача 2.5. Из n книг k1 имеют красные переплеты, а k2 –– синие.Книги наугад ставят на полку. Полагая равновозможными все расстановкикниг, найдите вероятность того, что все красные книги будут стоять подряди все синие тоже.
(См. пример 2.5 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.5.№ n k1 k2 № n k1 k2 № n k1 k2 № n k1 k2 № n k1 k21 8 3 2 7 10 4 3 13 8 4 2 19 11 4 2 25 11 4 52 8 2 2 8 10 3 2 14 10 5 3 20 11 2 2 26 11 5 33 9 3 2 9 10 4 2 15 9 2 5 21 11 3 2 27 12 3 34 9 3 3 10 10 2 5 16 10 6 2 22 11 3 3 28 12 3 45 9 4 2 11 7 2 2 17 10 4 4 23 11 4 3 29 12 5 26 10 3 3 12 6 2 2 18 6 3 2 24 11 5 2 30 12 3 5Замечание. Пусть n одинаковых предметов необходимо распределитьмежду k людьми. Это можно сделать Cnk+-k1-1 = Cnn+k -1 способами. К такомувыводу приводят следующие соображения. Добавим к этим n предметамk – 1 черный шар, поставим предметы и шары в один ряд, и будем ихпереставлять между собой.
Число различимых перестановок будет равно25Cnk+-k1-1 , так как именно таким числом способов можно из n + k – 1 меставыбрать k – 1 место и поставить на эти места черные шары, а на остальныеместа поставить предметы. Вместе с тем число Cnk+-k1-1 равно числу способовn одинаковых предметов распределить между k людьми: первомудостанутся предметы до первого черного шара, второму –– от первого довторого черного шара и т.д. Если (i – 1) -й и i-й шары стоят рядом, то i-мучеловеку не достанется ничего.Пример 2.6.
Случайным образом 12 одинаковых шаров размещаютсяв шести ящиках. Какова вероятность того, что ровно два ящика останутсяпустыми?Решение. Согласно предыдущему замечанию распределить 12 шаровпо шести ящикам можно C126-+16-1 = C175 = 6188 способами. Имеется C62 = 15вариантов выбрать два пустых ящика из шести. В остальных четырехящиках должно быть хотя бы по одному шару. Для этого размещаем вкаждый из них по одному шару, а остальные 12 - 4 = 8 шаровраскладываем произвольным образом в эти же четыре ящика.
Это можносделать C83+4-1 = C113 способами. Всего получается 15 × C113 15·165=2475=благоприятствующих способов. Вероятность того, что останутся двасвободных ящика, равна 2475 / 6188 » 0, 4.Ответ. 2475 / 6188 » 0, 4.Задача 2.6. Случайным образом n шаров размещаются в m ящиках.Какова вероятность того, что ровно r ящиков останутся пустыми? (См.пример 2.6 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.6.№ n m r № n m r № n m r № n m r № n m r1 5 4 2 7 7 3 1 13 8 5 1 19 9 5 3 25 10 5 22 5 4 1 8 7 5 2 14 8 5 3 20 9 6 1 26 10 5 33 6 4 2 9 8 4 1 15 9 4 2 21 9 6 2 27 10 6 14 6 4 1 10 8 4 2 16 9 4 1 22 9 6 3 28 10 6 25 7 4 2 11 8 4 1 17 9 5 1 23 9 6 4 29 10 6 36 7 4 1 12 8 5 2 18 9 5 2 24 10 5 1 30 10 6 42.2.
Геометрические вероятностиОбласть применения классического определения вероятности ––испытания с конечным числом равновозможных исходов. Существеннымявляется условие равновозможности. От конечности числа исходов опытаможно отказаться и определять вероятности не с помощью числа исходов,26а с помощью отношения длин, площадей и т.д., но при сохранении условияравновозможности.Геометрическое определение вероятности.
Пусть область gпринадлежит области G (рис. 2.2.1).Рис. 2.2.1Если равновозможно попадание точки в любую точку области G, товероятность попасть в область g равна отношению меры области g к мереобласти G:Мера области gР (попасть в область g ) =,Мера области Gгде «мера» –– означает: 1) длину, если область G часть прямой или кривойлинии; 2) площадь, если G часть плоскости; 3) объем, если G частьпространства, и т.д. в зависимости от характера области G.Пример 2.7. Две радиостанции течение часа независимо друг отдруга должны передать сообщения длительностью 10 мин.
и 20 мин.соответственно. Какова вероятность того, что сообщения не перекроютсяпо времени.Решение. Пусть х –– момент начала сообщения первой радиостанции,а у –– момент начала второго сообщения. Для того чтобы сообщенияуложились в отведенный час, должны выполняться условия: 0 £ х £ 50 ,0 £ y £ 40 . Сообщения не перекроются во времени, если выполнятсяусловия: у – х > 10 и у – х > 20 . Этим условиям удовлетворяют точкизаштрихованных областей, изображенных на рис. 2.2.2.27Рис. 2.2.2Так как все положения точки ( x, y ) в прямоугольнике 50´40равновозможны,тоискомаявероятностьравнаотношениюзаштрихованной площади, которая равна 30´30, к площадипрямоугольника.
Поэтому Р = (30 ´ 30) / (50 ´ 40) = 9 / 20.Ответ. 9/20.Задача 2.7.1. В течение суток к причалу должны независимо друг отдруга подойти и разгрузиться два сухогруза. Одному из них для разгрузкитребуется k1 часов, другому –– k2 часов. Какова вероятность того, что ниодному из сухогрузов не придется ожидать в очереди на разгрузку? (См.пример 2.7 и исходные данные)Исходные данные к задаче 2.7.1.№ k1 k2 № k1 k2 № k1 k2 № k1 k2 № k1 k2 № k1 k21 2 5 6 3 5 11 4 3 16 4 8 21 5 7 26 6 82 2 6 7 3 6 12 4 4 17 5 3 22 5 8 27 7 73 2 7 8 3 7 13 4 5 18 5 4 23 6 3 28 7 84 2 8 9 3 8 14 4 6 19 5 5 24 6 6 29 8 85 3 3 10 4 2 15 4 7 20 5 6 25 6 7 30 8 6Задача 2.7.2.
В отрезок [0;1] наугад брошены две точки, причем всеположения каждой точки в этом отрезке равновозможны. Пусть X ––расстояние от левого конца отрезка до ближайшей точки, а Y –– расстояниемежду точками. Найдите вероятность того, что nX £ Y , где n –– номерварианта. (См. пример 2.7).Пример 2.8. В треугольник с вершинами A(0;0), B(4;0) и C(0;2)наугад брошена точка, причем все положения точки в этом треугольникеравновозможны. Найдите вероятность того, что координаты точки X и Yбудут удовлетворять неравенству 3 X 2 £ 2 XY + Y 2 .Решение. Полагая в квадратном трехчлене 3 X 2 – 2 XY – Y 2 переменнойвеличиной X, а Y коэффициентом, найдем корни трехчлена X = Y и28X = –Y / 3 . Тогда неравенство 3 X 2 - 2 XY – Y 2 £ 0 можно записать в виде3( X – Y )( X + Y / 3) £ 0 , или ( X – Y )(3 X + Y ) £ 0.
Последнее неравенстворавносильно совокупности неравенств:é ì X - Y ³ 0,éì X ³ Y ,êíêíê î3 X + Y £ 0; Û ê îY £ -3 X ;ê ì X - Y £ 0,êì X £ Y ,êíêíêë î3 X + Y ³ 0; êë îY ³ -3 X .Точки плоскости, координаты которых удовлетворяют этойсовокупности систем неравенств, на рис. 2.2.3 выделены штриховкой.Часть из них содержится в треугольнике ABC.Так как по условию все положения точки ( XY ) в треугольнике ABCравновозможны, то по геометрическому определению вероятности искомаявероятность равна отношению площади заштрихованного треугольникаAEC к площади треугольника ABC.Рис. 2.2.3Площадь треугольника ABC равна половине произведения AB на AC,т.е. равна 4. Линия BC имеет уравнение х + 2у = 4 , а линия AEопределяется уравнением у = х.Их точка пересечения имеет координаты E(4/3;4/3). Абсцисса точки Eравна высоте треугольника AEC, опущенной на сторону AC.
Поэтомуплощадь треугольника AEC равна (1 / 2)(2 × 4 / 3) = 4 / 3. Поэтому искомаявероятность равна (4 / 3) : 4 = 1 / 3.Ответ. 1/3.Задача 2.8. В область D наугад брошена точка, причем всеположения точки в этой области равновозможны. Найдите вероятностьтого, что координаты точки X и Y будут удовлетворять неравенствуcXY £ aX 2 + bY 2 (в нечетных вариантах область D –– единичный квадрат29[0;1] ´ [0;1] , в четных вариантах область D –– треугольник с вершинамиA(0;0), B(1;0) и C(0;1)). (См. пример 2.8 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.8.№ a b c № a b c № a b c № a b c № a b c1 1 3 4 7 1 –15 2 13 9 –3 –6 19 –3 1 2 25 4 –3 42 1 –3 2 8 1 –24 2 14 3 1 4 20 –3 4 4 26 15 1 83 1 5 6 9 4 –3 4 15 5 1 6 21 –8 4 4 27 4 5 124 1 –8 2 10 4 –3/4 2 16 –8 1 2 22 –15 4 4 28 12 1 85 1 –5 4 11 1 –3/4 1 17 –7 1 6 23 –5 1 4 29 1 8 56 1 –7 6 12 4 –8 4 18 –5 1 4 24 9 –3 –6 30 5 4 12Пример 2.9.
Координаты случайной точки M (b, c) в треугольнике,ограниченном осямикоординат и прямойb+=c 3,служат2коэффициентами квадратного уравнения z + bz + c = 0. Полагая всеположения случайной точки в указанном треугольнике равновозможными,найти вероятность того, что уравнение имеет два действительных корня.Решение. Пусть А –– интересующее нас событие. Уравнение имеетдействительные корни, если его дискриминант D = b 2 - 4c ³ 0 . Этонеравенство будет выполнено, если случайная точка М попадет вb2треугольнике ниже кривой c £(на рис. 2.2.4 заштрихованная область).4b2имеет координаты (2;1).
ПоэтомуТочка пересечения линий b + c = 3 и c =41площадь заштрихованной фигуры на рис. 2.2.4 равна ò (3 - c - 2 c )dc = 7 / 6.0Рис. 2.2.4Так как площадь всего треугольника равнагеометрическому определению вероятности P ( A) = 7 / 27 .Ответ. 7/27.9/2,топоЗадача 2.9. Координаты случайной точки M (b, c) в прямоугольнике,ограниченном осями координат и прямыми x = m и y = n , служат коэффициентами квадратного уравнения z 2 + bz + c = 0. Полагая все положения30случайной точки в указанном прямоугольнике равновозможными, найдитевероятность того, что уравнение не имеет действительных корней.
(См.пример 2.9 и исходные данные).Исходные данные к задаче 2.9.№ m n № m n № m n № m n № m n № m n1 2 1 6 6 1 11 3 1 16 2 5 21 4 5 26 –5 12 1 2 7 7 1 12 3 2 17 3 3 22 –2 1 27 –6 13 1 3 8 8 1 13 4 1 18 3 4 23 –1 2 28 –7 14 1 4 9 2 2 14 2 4 19 4 3 24 –1 3 29 –8 15 5 1 10 2 3 15 5 3 20 4 4 25 –1 4 30 –2 2Пример 2.10. Плоскость разграфлена параллельными прямыми,отстоящими друг от друга на расстояние 2a. Острый угол ромба равен 60°,а наибольшая диагональ равна 2m ( m < a ). Ромб наугад бросают наплоскость. Какова вероятность того, что ромб пересечет одну из прямых?Решение.
Бросание ромба «наугад» подразумевает, что центр ромба сравными шансами может оказаться на любом расстоянии x (в пределах от 0до a) от ближайшей прямой, а значения угла j между наибольшейдиагональю и ближайшей прямой равновозможны в пределах от 0 до p/2,при этом x и j независимы. Заметим, что расстояние от центра ромба доего стороны равно m sin 30° = m / 2.Если x £ m / 2 , то ромб несомненно пересечет ближайшую прямую.Если же m / 2 < x < a , то для пересечения ближайшей прямой необходимо идостаточно, чтобы x < m sin j , т.е. проекция половины наибольшейдиагонали на перпендикуляр к прямой должна быть больше расстояния отцентра ромба до прямой (см. рис.
2.2.5).Рис. 2.2.5Названные условия выполняются в заштрихованной области на рис.2.2.6. Графики функций y = m / 2 и y = m sin j пересекаются в точках, вкоторых m / 2 = m sin j , т.е. при j= p / 6 и j =5p / 6 . Поэтомузаштрихованная площадь равна315 p /6m p2 × × + m ò sin j d j2 6p /6m(p + 6 3)mp.=+ m 3 =66Рис. 2.2.6Любое положение ромба относительно ближайшей прямой можноохарактеризовать точкой в прямоугольнике со сторонами a и p/2.Поскольку все положения ромба относительно ближайшей прямойравновозможны, то по геометрическому определению вероятности искомаяm(p + 6 3).вероятность равна P =6paОтвет.m(p + 6 3).6paЗадача 2.10.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
