Конечное вероятностное пространство. Классическая модель

Урок 4
Конечное вероятностное пространство. Классическая
модель
Напомним, что задачи, приводящие к вероятностной модели, в которой
вероятностное пространство Ω конечно, и все элементарные исходы –
равновероятные события, называются задачами на непосредственный
подсчет вероятностей. В этом случае вероятность события А равна:
P ( A) 
m
,
n
где m – количество благоприятных исходов, а n – количество всех
элементарных исходов.
Подсчет числа благоприятных исходов и всех элементарных исходов
облегчается использованием комбинаторных формул.
Задача 1. Дано шесть карточек с буквами И, Л, М, Н, О, Я. Найти
вероятность того, что а) получится слово ЛОМ, если наугад одна за другой
выбираются три карточки и располагаются в ряд в порядке появления; b)
получится слово МОЛНИЯ, если одна за другой выбираются пять карточек и
располагаются в ряд в порядке появления.
Решение.
а) Из шести данных букв можно составить A63  120 трехбуквенных
«слов» (НИЛ, ОЛЯ, ОНИ, ЛЯМ, МИЛ и т.д.). Слово ЛОМ при этом появится
лишь один раз. Поэтому вероятность появления слова ЛОМ равна 1/120;
b) Из шести данных букв можно составить 6! шестибуквенных «слов»,
при этом слово МОЛНИЯ появится лишь один раз. Поэтому вероятность
появления слова МОЛНИЯ равна 1/6!.
Ответ. а) 1/120; b) 1/6!.
Задача 2. В урне находятся 8 белых и 10 черных шаров. Найти вероятность
того, что среди наугад вынутых пяти шаров два будут белыми и три –
черными?
Решение.
5
Выбрать 5 шаров из 18 можно C18
различными способами (все такие
выборки – неупорядоченные подмножества, состоящие из 5 элементов), то
5
есть количество всех элементарных исходов п равно C18
.
Определим число случаев, благоприятных событию A = {среди 5
вынутых шаров 2 белых и 3 черных}. Число способов выбрать 2 белых шара из
3
8, находящихся в урне, равно C82 . Каждому такому выбору соответствует C10
способов выбора 3-х черных шаров из 10 черных в урне. Следовательно,
3
и
m  C82  C10
P ( A) 
3
C82  C10
5
C18

20
.
51
Ответ. 20/51.
Задача 3. В коробке 5 синих, 4 красных и 3 зеленых карандаша.
Наудачу вынимают 3 карандаша. Какова вероятность того, что: а) все они
одного цвета; b) все они разных цветов?
Решение.
Заметим, что всех элементарных исходов, то есть число способов
3
выбрать 3 карандаша из 12 имеющихся в наличии, равно C12
.
а) Выбрать 3 синих карандаша из 5 можно C 53 способами; 3 красных из
имеющихся 4 можно выбрать C 43 способами; 3 зеленых из трех зеленых – C 33
способами. Таким образом, общее число случаев, благоприятствующих
событию А = {три карандаша, вынутых из коробки, одного цвета}, равно
C53  C43  C33 . Отсюда
P ( A) 
C53  C 43  C33
3
C12

3
.
44
b) Число способов выбрать один синий карандаш из имеющихся пяти
равно C51 . Каждому такому выбору соответствует C 41 способов выбора одного
красного карандаша из четырех в коробке, то есть всего C51  C41 способов
выбора одного синего и одного красного карандашей. Каждому такому выбору
соответствует C31 способов выбора зеленого карандаша из трех. Следовательно,
число исходов, благоприятствующих наступлению события В={три вынутых
карандаша разных цветов}, равно C51  C41  C31 , а
P( B) 
C51  C 41  C31
3
C12

3
.
11
Ответ. а) 3/44; b)3/11.
Задача 4. В почтовом отделении имеются открытки шести видов.
Какова вероятность того, что среди четырех проданных открыток все
открытки: а) одинаковы, b) различны?
Решение.
Выбрать 4 открытки шести видов можно C6441  C94  126 способами
(число сочетаний с повторениями из 6 по 4).
a) Число исходов, благоприятствующих наступлению события А = {продано
4 одинаковые открытки}, равно числу видов открыток, то есть 6. Поэтому
P(A) = 6/126 = 1/21.
b) Пусть событие В = {проданы 4 различные открытки}. Выбрать 4 открытки
из 6 можно C 64 = 15 способами. Следовательно, P(B) = 15/126 = 5/42.
Ответ. а) 1/21; b) 5/42.
Задача 5. Наудачу из телефонной книги выбирают номер телефона.
Считая, что телефонные номера состоят из семи цифр, причем все
комбинации цифр равновероятны, найти вероятность события A = {номер
содержит три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2}.
Решение.
Так как в телефонном номере важен порядок набора цифр, цифры
могут повторяться, и на каждой позиции стоит цифра множества {0, 1, ..., 9},
телефонный номер – размещение с повторениями из 10 элементов по 7.
Следовательно, число всех исходов равно 107.
Число номеров, содержащих три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2,
совпадает с числом перестановок с повторением из семи элементов: 5, 5, 5, 1,
~
1, 2, 2, и равно P7 (3,2,2) 
7!
 210 . Значит, P(A) = 210/107 = 2,1·10-5.
3!2!2!
Ответ. 2,1·10-5.
Задача 6. По n лункам случайным образом разбрасывают m
одинаковых шариков. Найти вероятность того, что в первую лунку попадут
k1 шариков, во вторую – k2 и т.д., в n–ю лунку попадут kn шариков: k1 + k2 + ...
+ kn = m.
Решение.
Общее число элементарных исходов равно nm. Число способов выбрать
k1 шарик для первой лунки равно Cmk , тогда для второй лунки число способов
1
выбрать k2 шарика равно Cmk k и т.д.. Перемножая все эти числа, получим
2
1
m!/(k1!k2!...kn!). Таким образом, вероятность


m!


k1!k 2 !...  k n ! 
m!

P
 m
m
n
n  k1!k 2 !...  k n !
Задача 7. В лифт шестиэтажного дома на первом этаже вошли 3
человека. Каждый из них с одинаковой вероятностью выходит на любом
этаже, начиная со второго. Найти вероятности следующих событий: А = {на
втором этаже сойдут два пассажира и на шестом – 1}; В = {на каком-то
одном этаже сойдут 2 пассажира и на каком-то другом этаже выйдет 1
пассажир}.
Решение.
Общее число элементарных исходов равно 53. Эта задача сводится к
предыдущей: этажи, начиная со второго, – это лунки (их 5), пассажиры – это
шарики (их 3), Событие А состоит в распределении по этажам (лункам)
следующим образом: k1 = 2, k2 = k3 = k4 = 0, k5 = 1. Вероятность события А
будет равна 3!/(532!0!0!0!1!), т.е. P(A) = 3/125. Вероятность события В будет в
20 раз больше, чем вероятность события А, так как 2 пассажира могут выйти
на одном из пяти этажей, а 1 пассажир может выйти на одном из четырех
оставшихся, следовательно, P(C) = 3∙20/53 = 12/25.
Геометрическая модель
Еще один важный класс задач – задачи, приводящие к так называемым
геометрическим вероятностям. Эти задачи связаны с вероятностной
моделью, в которой множество элементарных исходов – точки некоторой
плоской фигуры D (отрезка, области, тела и т.д.), события – части фигуры D
(отрезка, области, тела и т.д.); таким образом, каждое событие А
представляет собой множество точек Q  D ; вероятность равна
P( A) 
 (Q)
,
 ( D)
где μ(Q) и μ(D) – меры (длины, площади, объемы и т.д.) Q и D
соответственно.
Задача 8. В круг радиуса R вписан правильный треугольник. Найти
вероятность того, что точка, брошенная в этот круг, попадет в данный
треугольник.
Решение.
Площадь круга равна πR2, а площадь правильного треугольника,
вписанного в круг – 3 3R 2 / 4 . Следовательно, искомая вероятность равна
3 3R 2 3 3

 0,41.
4
4R 2
Ответ. 0,41
Задача 10. На пульт управления в течение минуты в случайные
моменты времени должны поступить 2 сигнала, причем они регистрируются
только в том случае, если между моментами их поступления проходит не
менее
5
секунд.
зарегистрированы.
Решение.
Найти
вероятность
того,
что
сигналы
будут
Пусть х – момент поступления одного сигнала, а у – другого, тогда по
условию: 0  x  60, 0  y  60, то есть множество элементарных исходов 
представляет собой квадрат D плоскости Oxy со стороной 60.
y
60
5
0
5
60
x
Нашему событию А соответствует фигура Q, состоящая из тех точек
этого квадрата, для которых x  y  5 . Тогда
P( A) 
Ответ. 0,16.
S (Q) 60 2  60  52

 0,16.
S ( D)
60 2