CH-1

Глава 1. Случайные события.
1.1. Основные формулы комбинаторики.
Раздел математики, в котором изучаются вопросы выбора и размещения
некоторых элементов множества в соответствии с заданным правилом, называется
комбинаторикой. Методы комбинаторики используются в теории вероятностей,
статистике, теории случайных процессов и т.д.
Пусть
ai (i  1, n)
– элементы конечного множества. Сформулируем два
основных правила комбинаторики.
Правило суммы (правило сложения):
Если элемент a1 может быть выбран n1 способами, после каждого выбора a1
элемент a2 можно выбрать n2 способами и т.д., a k - nk способами, отличными от
a
a
a
первых (k-1), то выбор одного из элементов: или 1 , или 2 , … , или k может быть
осуществлён N  n1  n2  ...  nk способами (1.1.1).
Правило произведения (правило умножения):
Если элемент a1 может быть выбран n1 способами, после каждого такого выбора
элемент a2 может быть выбран n2 способами и т.д., после каждого (k-1) выбора
элемент a k может быть выбран nk способами, то выбор всех элементов a1 , a2 ,..., ak в
указанном порядке может быть осуществлён N  n1  n2  n3  ...  nk способами (1.1.2).
Пример 1.1.1.
В магазине электроники продаются 4 марки телевизоров и 3 вида компьютеров.
У покупателя есть возможность приобрести либо телевизор, либо компьютер.
Сколькими способами он может совершить одну покупку?
Решение: Один телевизор можно выбрать четырьмя способами, а компьютер –
другими тремя способами. Тогда телевизор или компьютер можно купить N = 4+3 = 7
способами.
Пример 1.1.2.
Используя условие примера 1.1.1, найдите, сколько различных комплектов,
содержащих телевизор и компьютер, можно приобрести в этом магазине.
Решение: Телевизор можно выбрать четырьмя способами. После каждого
выбора телевизора, компьютер можно выбрать тремя способами. Следовательно, по
правилу произведения, всего различных комплектов можно выбрать N  4  3  12
способами.
В комбинаторике рассматриваются две схемы выбора элементов из множества:
без возвращения (без повторения);
с возвращением (с повторением).
Пусть дано множество из n различных элементов. Из этого множества могут
быть образованы подмножества из k элементов. Эти подмножества называются
соединениями, комбинациями или выборками.
1
Рассмотрим 3 вида соединений (выборок).
Размещениями из n элементов по k называются такие соединения, каждое из
которых содержит k элементов, взятых из числа данных n элементов, и которые
отличаются друг от друга либо самими элементами (хотя бы одним), либо лишь
порядком их расположения.
Число размещений из n элементов по k в каждом обозначается символом Ank и
вычисляется по формуле
n!
Ank 
(1.1.3), где n!  1 2  3  ...  n , 1!=1, 0!=1,
(n  k )!
Ak  n(n  1)(n  2)...(n  k  1)
или n
, где 0  k  n .
Рассмотрим случай, когда размещение из n элементов по k элементов может
содержать любой элемент сколько угодно раз от 1 до k включительно, или не содержать
его совсем. Такое соединение называется размещением с повторениями и
вычисляется по формуле
Ank  n k (1.1.4)
Пример 1.1.3.
Сколькими способами можно составить трёхцветный полосатый флаг из шести
различных по цвету отрезков материи?
Решение: Порядок важен, поэтому выбираем формулу (1.1.3) размещений без
повторений. n=6, k=3.
A63  6  5  4  120
.
Пример 1.1.4.
В гостинице 10 комнат, каждая из которых может разместить четырёх человек.
Сколько существует вариантов для прибывших четырёх гостей?
Решение: Каждый следующий гость из 4 может быть помещён в любую из 10
комнат, поэтому общее число размещений с повторениями равно
N  A104  104  10000 .
Перестановками из n элементов называются такие соединения, каждое из
которых содержит все n элементов, и которые отличаются друг от друга лишь
порядком расположения элементов. Перестановки из n элементов обозначаются Pn и
вычисляются по формуле
Pn  n !
(1.1.5).
Если в перестановках из общего числа n элементов есть k различных элементов,
при этом первый элемент повторяется n1 раз, второй элемент - n2 раз, k-ый элемент -
nk раз, причём n1  n2  ...  nk  n , то такие перестановки называют перестановками с
повторениями из n элементов. Число перестановок с повторениями из n элементов
равно
n!
Pn ( n1 , n2 ,..., nk ) 
n1 ! n2 !...nk ! , n  n  n  ...  n (1.1.6).
1
2
k
2
Пример 1.1.5.
Порядок выступления шести участников конкурса определяется жребием.
Сколько различных вариантов жеребьёвки при этом возможно?
Решение: Каждый вариант жеребьёвки отличается только порядком участников
конкурса, т.е. является перестановкой из шести элементов.
Следовательно,
N  P6  6!  1  2  3  4  5  6  720 .
Пример 1.1.6.
Сколькими способами можно расставить девять различных книг на полке, чтобы
определённые четыре книги стояли рядом?
Решение: будем считать выделенные книги за одну книгу. Тогда для шести книг
существует P6  6!  720 перестановок. Однако четыре определённые книги можно
переставить между собой P4  4!  24 способами. По правилу умножения имеем
N  P6  P4  720  24  17280 .
Сочетаниями из n элементов по k называются такие соединения, каждое из
которых содержит k элементов, и которые отличаются друг от друга хотя бы одним
элементом не зависимо от порядка их расположения.
Число сочетаний из n элементов по k обозначается символом Cnk и вычисляется
по формуле
n!
k !(n  k )! (1.1.7).
Свойства сочетаний:
Cnk 
Cn0  Cnn  1
C n
1
n
.
.
Cnk  Cnn k - удобно применять при k 
n
(1.1.8).
2
Cnk  Cnk 1  Cnk11
; 0 k  n.
C  C  C  ...  Cnn  2n
.
0
n
1
n
2
n
Для произвольных чисел a и b и произвольного натурального числа n
справедлива формула
n
( a  b) n   Cnk a n k b k
k 0
(1.1.9)
Эта формула – формула бинома Ньютона. Числа Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn являются
коэффициентами в разложении бинома Ньютона.
Рассмотрим случай, когда сочетание из n элементов по k элементов может
содержать любой элемент сколько угодно раз от 1 до k включительно, или не содержать
его совсем. Такое соединение называется сочетанием с повторениями и вычисляется
по формуле
3
k
C n  Cnkk 1 
(n  k  1)!
k !(n  1)! (1.1.10)
Пример 1.1.7.
На тренировках занимаются 12 баскетболистов. Сколько может быть образовано
тренером разных стартовых пятёрок?
Решение: при составлении стартовой пятёрки тренера интересует только состав
пятёрки, поэтому применяем формулу (1.1.7):
12!
N  C125 
 792
5!7!
Пример 1.1.8.
В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует
вариантов распределения призов, если по каждой номинации установлены одинаковые
призы?
Решение: если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то
порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет и число вариантов
представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5,
определяемое по формуле (1.1.10):
5
N  C10  C105 51  C145  2002
Итоговая сводка формул приведена в следующей таблице.
Таблица 1.1.1.
Соединения
Без повторений
Размещения
Ank 
k
С повторениями
n!
(n  k )!
An  n k
Перестановки
Pn  n !
n!
n1 ! n2 !...nk !
n1  n2  ...  nk  n
Сочетания
Cnk 
n!
k !(n  k )!
Pn ( n1 , n2 ,..., nk ) 
k
C n  Cnk k 1
Непосредственное вычисление вероятностей.
Случайным событием (или просто событием) называется такой исход опыта
(испытания, эксперимента), который может произойти или не произойти в данных
условиях.
События обозначаются буквами A, B, C, …
Событие называется достоверным в данном опыте, если оно обязательно
произойдёт; достоверное событие обозначается через  . Например, если мы
подбросим вверх камень, то он обязательно упадёт на Землю в силу действия закона
всемирного притяжения, т.е. результат этого опыта заведомо известен.
Событие называется невозможным, если оно заведомо не произойдёт в
результате проведения опыта; невозможные события обозначаются через  .
Например, при одном бросании монета не может одновременно выпасть орлом и
решкой.
4
Достоверные и невозможные события, вообще говоря, не являются случайными.
Несколько событий называются несовместными в данном опыте, если
появление одного из них исключает появление других. Например, сдавая экзамен по
какой-то дисциплине, невозможно получить одновременно и отличную оценку – 5, и
удовлетворительную – 3.
Несколько событий называются совместными, если в результате опыта
наступление одного из них не исключает появления других. Например, при бросании
трёх монет выпадение цифры на одной не исключает появления цифр на других
монетах.
Несколько событий в данном опыте называются равновозможными, если ни
одно из них не является объективно более возможным, чем другие (т.е. все события
имеют равные «шансы»). Например, при бросании игральной кости появление каждой
из её граней – события равновозможные.
Два события называются противоположными, если появление одного из них
равносильно непоявлению другого. Например, попадание и промах при одном
выстреле. Событие, противоположное событию A, обозначается A .
События A1 , A2 ,..., An образуют полную группу, если они попарно-несовместны и
в результате каждого опыта появление одного и только одного из них является
достоверным событием. Например, при покупке двух лотерейных билетов события:
A0
– ни одного выигрышного;
A1 – один билет выигрышный;
A2
– два билета выигрышных
образуют полную группу событий.
Вероятность события численно характеризует степень возможности его
появления в рассматриваемом опыте.
Вероятностью случайного события A называется отношение числа m
благоприятствующих появлению этого события исходов опыта к общему числу n
равновозможных исходов опыта, т.е.
m
P ( A)  , где P(A) – вероятность события A (1.2.1).
n
Это определение вероятности называют классическим. Из классического
определения следуют свойства вероятности.
P( A) – положительное число, заключённое между 0 и 1, 0  P ( A)  1 .
Если m=0, то P( A) =0 и событие невозможное.
Если m=n, то P( A) =1 и событие достоверное.
Пример 1.2.1.
В партии 10 деталей, из которых 7 стандартных. Наугад берётся 6 деталей.
Найти вероятность того, что из них 4 окажутся стандартными.
Решение: По правилу произведения количество способов выбора 6 деталей есть
4
2
C7  C3 – это количество благоприятствующих исходов m. Количество всех возможных
исходов N  C106 .
5
По формуле (1.2.1) получим
7!
3!

C74  C32 4! 3! 2! 1!
7! 3! 6! 4!
720
1
P( A) 




6
10!
C10
10! 4! 3! 2! 1! 2  720 2
6! 4!
.
Пример 1.2.2.
Брошены две игральные кости. Найти вероятность того, что сумма выпавших
очков не превосходит 3.
Решение: Исходами, благоприятствующими наступлению данного события,
являются (1;1), (1;2), (2;1), т.е. m=3; общее число исходов n  6  6  36 . Тогда
3
1
P( A) 
 .
36 12
Пример 1.2.3.
В коробке 6 синих, 4 красных и 5 зелёных карандашей. Наудачу вынимают 3
карандаша. Найти вероятность того, что все карандаши одного цвета.
Решение: Событие А – три карандаша, вынутых из коробки, одного цвета.
15!
 455 способами. Выбрать 3 синих
Выбрать 3 карандаша из 15 можно n  C153 
3!12!
карандаша из 6 можно m1  C63  20 способами, 3 красных из 4 - m2  C43  4 способами,
3 зелёных из 5 - m3  C53  10 способами. По правилу суммы (1.1.1) общее число m
случаев, благоприятствующих событию А, равно m  m1  m2  m3  20  4  10  34 .
m 34

 0,075 .
n 455
Обобщением понятия «классической вероятности» на случай опытов с
бесконечным числом исходов является понятие «геометрической вероятности».
Геометрическая вероятность – вероятность попадания точки в область
(отрезок, часть плоскости, часть тела и т.д.).
Отсюда P( A) 
y
g
x
x
Рис . (1.2.1)
G
Геометрической вероятностью события А называется отношение меры
области, благоприятствующей появлению события А, к мере всей области, т.е.
mesg
P( A) 
mesG (1.2.2)
Событие А – попадание брошенной точки в область g.
6
Пример 1.2.4.
В круг радиуса R вписан правильный треугольник. В круг наудачу брошена
точка. Найти вероятность того, что эта точка окажется внутри треугольника.
R
Рис. 1.2.3.
Решение: Искомая вероятность равна отношению площади треугольника S q к
площади круга SG .
Sq 
3 3R 2
4 , SG   R 2 .
Следовательно,
P
3 3R 2 3 3

 0, 4135
4 R 2
4
.
Рассмотрим статистическое определение вероятности.
Относительной частотой события А называется отношение числа испытаний
m, при которых это событие появилось, к общему числу проведённых опытов n.
m
W ( A) 
n , 0  m  n (1.2.3).
При достаточно большом числе испытаний относительная частота обладает
свойствами статистической устойчивости: значения частоты появления события А,
полученные в результате многократных испытаний, колеблются около некоторого
постоянного числа, которое и является вероятностью этого события.
Статистической вероятностью события А называется относительная частота
этого события, вычисленная по результатам большого числа испытаний.
m
P* ( A)  lim W ( A)  lim
n 
n  n
(1.2.4)
Статистическая вероятность приближённо равна классической вероятности, т.е.
P ( A)  P( A) (1.2.5).
*
Отличие статистического определения вероятности от классического
заключается в том, что по классическому определению вероятность вычисляется до
проведения испытания (априорно), а согласно статистическому определению – по
результатам испытания (апостериорно).
7
Пример 1.2.5.
Из 5000 взятых наугад деталей 32 оказались бракованными. Найти
относительную частоту бракованных изделий в данной партии.
Решение: Событие А – появление бракованной детали. Произведено n=5000
испытаний, причём событие А наступило m=32 раза. Поэтому искомая частота
32
W ( A) 
 0,0064 .
5000
Пример 1.2.6.
При испытании партии приборов относительная частота годных приборов
оказалась равной 0,8. Найти число годных приборов, если всего было проверено 600
приборов.
Решение:
По условию 𝑊 = 0,8; 𝑛 = 600.
m
W
n , m  W  n  0,8  600  480 приборов.
Теоремы сложения и умножения вероятностей.
Суммой двух событий А и В называется событие С=А+В, состоящее в
появлении хотя бы одного из событий А или В.
Произведением двух событий А и В называется событие С=АВ, состоящее в
совместном появлении события А и события В.
Теорема сложения вероятностей:
Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих
событий:
P( A  B )  P( A)  P( B ) (1.3.1).
Теорема сложения вероятностей справедлива и для конечного числа n попарно
несовместных событий, т.е.
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An )
или
n
n
i 1
i 1
P  ( Ai )   P ( Ai )
(1.3.2).
Если события A1 , A2 ,..., An несовместны и образуют полную группу, то сумма их
вероятностей равна 1:
n
 P( A )  1
i 1
i
(1.3.3).
Если А и A - противоположные события, то
P ( A)  1  P ( A) (1.3.4).
8
События А и В называются независимыми, если вероятность каждого из них не
зависит от того, произошло или нет другое событие.
События А и В называются зависимыми, если вероятность одного из событий
зависит от появления или непоявления другого.
Вероятность события В при условии, что произошло событие А, называется
условной вероятностью события В и обозначается P ( B ) или PA ( B ) .
A
Теорема умножения вероятностей:
Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности
одного из них на условную вероятность другого при условии, что первое событие
произошло
P( AB)  P( A)  P( B )
P( AB)  P( B)  P( A )
A или
B (1.3.5).
Эта теорема обобщается на случай произвольного конечного числа событий
A
A
A
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( 2 )  P( 3
)  ...  P( n
)
A1
A1  A2
A1  A2  ...  An 1 (1.3.6).
Для независимых событий А и В
P( AB )  P( A)  P( B ) (1.3.7).
Если события A1 , A2 ,..., An независимы, то
P( A1  A2  ...  An )  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An )
(1.3.8).
Теорема сложения вероятностей совместных событий:
Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих
событий без вероятности их совместного появления
P( A  B )  P( A)  P( B )  P( AB ) (1.3.9).
Если события 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 независимы в совокупности и в результате опыта
могут наступить все события, либо часть из них, либо ни одно из них, тогда
вероятность появления хотя бы одного события из n можно вычислить по формуле
P( A)  1  P( A1 )  P( A2 )  ...  P( An ) (1.3.10).
Пример 1.3.1.
В фирме 500 сотрудников, 300 из них имеют высшее образование, 400 – среднее
специальное образование, а у 250 сотрудников – и высшее, и среднее специальное
образование. Найти вероятность того, что случайно выбранный работник имеет или
высшее образование, или среднее специальное, или то и другое.
Решение: Обозначим события
А – случайно выбранный сотрудник имеет высшее образование;
В – случайно выбранный сотрудник имеет среднее образование.
Применив формулу (1.2.1), найдём
9
P( A) 
300
400
250
 0,6 P( B ) 
 0,8 P( AB ) 
 0,5
500
500
500
;
;
.
Учитывая, что А и В – совместные события, по формуле (1.3.9) получим
P( A  B )  P( A)  P( B )  P( AB )  0,6  0,8  0,5  0,9 .
Пример 1.3.2.
В лотерее 2000 билетов; из них на 4 билета падают выигрыши по 250 рублей, на
10 билетов – по 100 рублей, на 20 билетов – по 50 рублей, на 50 билетов – по 10 рублей.
Остальные билеты без выигрыша. Найти вероятность выиграть не менее 50 рублей,
если куплен 1 билет.
Решение: Событие А состоит в том, что купивший билет, выиграл не менее 50
рублей. Обозначим события
A1 - он выиграл 50 рублей,
A2
- выиграл 100 рублей,
A3 - выиграл 250 рублей.
Тогда A  A1  A2  A3 и по формуле (1.3.2) получим
P( A)  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 ) 
4
1
1


 0,017
2000 200 100
.
Пример 1.3.3.
Два стрелка сделали по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания
первого 0,8, а второго – 0,6. Найти вероятность следующих событий:
1) Событие А – оба попали;
2) Событие В – попал один;
3) Событие С – попал хотя бы один.
Решение: Рассмотрим события:
A1 - первый стрелок попал в цель;
A2 - второй стрелок попал в цель.
P( A1 )  0,8 P( A2 )  0,6
По условию
,
.
1) Событие А – оба стрелка попали в цель, поэтому A  A1  A2 . Отсюда в силу
независимости событий A1 и A2 , по формуле (1.3.7) имеем
P( A)  P( A1 )  P( A2 )  0,8  0,6  0,48
.
2) Событие В – попал один стрелок, т.е. B  A1  A2  A1  A2 , где событие A1 первый стрелок промахнулся, событие A2 - второй стрелок промахнулся.
P( A1 )  1  P( A1 )  1  0,8  0,2 ; P( A2 )  1  P( A2 )  1  0,6  0,4
P( B)  P( A1  A2 )  P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1 )  P( A2 )  0,8  0,4  0,2  0,6  0,32  0,12  0,44
3) Событие С – хотя бы один стрелок попал. Применим формулу (1.3.10).
P(C )  1  P( A1 )  P( A2 )  1  0,2  0,4  1  0,08  0,92 .
10
Пример 1.3.4.
Фирма претендует на два заказа от двух предприятий. Вероятность получения
работы в первом предприятии 0,45. Эксперты полагают, что если фирма получит заказ
от первого предприятия, то вероятность того, что второе предприятие предоставит им
заказ, равна 0,9. Найти вероятность того, что фирма получит оба заказа.
Решение: Рассмотрим события:
А – получение заказа от первого предприятия
В – получение заказа от второго предприятия
Из условия следует, что события А и В – зависимые. Применяя формулу (1.3.5),
получим P( AB)  P( A)  P( B )  0,45  0,9  0,405 .
A
Пример 1.3.5.
При подготовке к экзамену студент выучил 40 из 50 вопросов программы.
Экзаменационный билет содержит три разных вопроса. Найти вероятность того, что
студент ответит на все три вопроса.
Решение: Обозначим события
A – студент знает ответы на все три вопроса;
A1 - студент знает ответ на первый вопрос;
A2 - студент знает ответ на второй вопрос;
A3 - студент знает ответ на третий вопрос.
События A1 , A2 , A3 зависимы, поэтому
P( A)  P( A1 )  P(
A2
A1
) P(
A3
A2  A1
)
40
39
38
A
A
P( 2 ) 
P( 3
)
A
A

A
1
2
1
50 ;
49 ;
48 .
40 39 38
P ( A) 
   0,504
50 49 48
.
P ( A1 ) 
Пример 1.3.6.
Прибор состоит из 6 блоков: A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , изображённых на схеме
A1
A2
A5
a
a
A3
b
cb
d
A6
A4
Схема 1.3.1.
Вероятности
отказов
каждого
блока
P1  0,1, P2  0,2, P3  0,2, P4  0,1, P5  0,2, P6  0,3 .
соответственно
равны
11
Рассчитать вероятность безотказной работы прибора в целом, если отказы
блоков являются независимыми событиями.
Решение: Если в схеме блоки соединены последовательно, то это означает, что
выход из строя любого из них вызывает выход из строя прибора в целом.
Дублирующие друг друга блоки изображаются на схеме соединёнными параллельно.
При выходе из строя одного из них происходит моментальное переключение на другой
блок. Разобьём схему на два последовательных участка [a,b] и [c,d] и введём
следующие события:
Ai - безотказная работа блока 𝐴𝑖 ;
Ai – отказ блока Ai ;
B – безотказная работа прибора;
B1 – безотказная работа участка [a,b];
B2 – безотказная работа участка [c,d];
C – безотказная работа блоков A1 и A2 .
P( Ai )  Pi , i  1,6 .
По
условию
заданы
вероятности
Следовательно
P( Ai )  qi  1  pi . Тогда q1  0,9, q2  0,8, q3  0,8, q4  0,9, q5  0,8, q6  0,7 .
По теореме умножения для независимых событий имеем
P( B)  P( B1 )  P( B2 )  (1  P( B1 ))  (1  P( B2 )) , где B1  C  A3  A4 и B2  A5  A6 .
Тогда
P( B1 )  P(C )  P( A3 )  P( A4 )  (1  P(C ))  p3  p4  (1  P( A1 ) P( A2 ))  p3  p4  (1  q1  q2 )  p3  p4  0,0056
P( B2 )  P( A5 )  P( A6 )  0,06 и P( B )  0,9944  0,94  0,935 .
1.4. Формула полной вероятности и формула Байеса.
Пусть с некоторым опытом связано n событий H1 , H 2 , … , H n образующих
полную группу попарно несовместных событий и называемых гипотезами. Если
событие А может произойти только с одной из этих гипотез, то его можно представить
в виде
A  AH1  AH 2  ...  AH n
(1.4.1)
и вероятность события А вычисляется по формуле полной вероятности:
P( A)  P( H1 )  P( A )  P( H 2 )  P( A )  ...  P( H n )  P( A ) 
H1
H2
Hn
n
 P( H )  P( A H )
i 1
i
(1.4.2).
i
Если до опыта вероятности гипотез были P( H1 ) , P( H 2 ) , … , P( H n ) , то после
проведения опыта, в результате которого произошло событие А, вероятности гипотез
можно переоценить по формуле Байеса
P( H i )  P( A )
Hi
Hi
P(
)
A
P( A)
, i  1, n (1.4.3)
12
или с учётом (1.4.2)
P(
Hi
A
)
P( H i )  P( A
Hi
)
n
 P( H ) P( A H )
i
, i  1, n (1.4.4).
Формула Байеса позволяет проверять и корректировать выдвинутые до
испытаний гипотезы.
i 1
i
Пример 1.4.1.
Имеется три урны с шарами. В первой урне 5 белых и 3 чёрных, во второй 2
белых и 6 чёрных, в третьей 4 чёрных шара. Некто выбирает наугад одну из урн и
вынимает из неё шар. Найти вероятность того, что: а) этот шар окажется чёрным; б)
чёрный шар вынут из третьей урны.
Решение: а) Пусть А – событие, означающее, что извлечён чёрный шар.
Рассмотрим три гипотезы:
H1
- выбрана первая урна;
H 2 - выбрана вторая урна;
H 3 - выбрана третья урна.
Так как урна, из которой извлекают шар, выбирается наугад, то
1
P( H1 )  P( H 2 )  P( H 3 ) 
3.
Условные вероятности события А соответственно равны:
3
P( A ) 
H1 8 (вероятность извлечения чёрного шара из первой урны);
6
P ( A )  (вероятность извлечения чёрного шара из второй урны);
H2
8
P( A )  1 (вероятность извлечения чёрного шара из третьей урны).
H3
По формуле (1.4.2) получим
1 3 1 6 1 17
P( A)      
3 8 3 8 3 24 .
б) Для вычисления вероятности того, что чёрный шар извлечён из третьей урны,
воспользуемся формулой Байеса:
1
P( H 3 )  P( A )
1
8
H3
H3
P(
)
3 
A
17 17
P( A)
24
.
13
Пример 1.4.2.
Турист выходит из пункта О и на разветвлении дорог выбирает наугад один из
возможных путей. Схема дорог изображена на рис.1.4.1. Какова вероятность того, что
турист попадёт в пункт В?
1
O
2
B
3
Рис. 1.4.1.
Решение: Пусть А – событие, означающее, что турист попадёт в пункт В.
Рассмотрим гипотезы:
H1 - турист выбрал первую дорогу из пункта О;
H 2 - турист выбрал вторую дорогу из пункта О;
H 3 - турист выбрал третью дорогу из пункта О.
1
Так как дорога выбирается наугад, то P ( H1 )  P ( H 2 )  P ( H 3 )  .
3
Если турист выберет первую дорогу, то из четырёх разветвлений этой дороги
1
только одно приводит в пункт В. Следовательно, P( A H )  . Аналогично рассуждая,
1
4
1
1
1  1 1 1  11
получим P ( A H )  , P( A H )  и P( A)       
.
2
3
3
3
3  4 3 3  36
Пример 1.4.3.
Два стрелка независимо друг от друга стреляют по мишени, делая каждый по
одному выстрелу. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,7; для второго –
0,6. После стрельбы в мишени обнаружена одна пробоина. Какова вероятность того,
что она принадлежит второму стрелку?
Решение: Пусть А – событие «в мишени одна пробоина».
Построим систему гипотез, связанных с этим испытанием:
H1
- оба стрелка попали;
H2
- оба стрелка не попали;
H 3 - первый попал, второй нет;
H 4 - второй попал, первый нет
14
и вычислим вероятность этих гипотез:
P( H1 )  0,7  0,6  0,42 ; P( H 2 )  0,3  0,4  0,12 ;
P( H 3 )  0,7  0,4  0,28 ; P( H 4 )  0,6  0,3  0,18 .
Сумма этих вероятностей должна равняться 1. Это условие выполнено.
Найдём условные вероятности события А:
P( A )  0 (так как имеет место только одно попадание)
H1
P( A
P( A
H2
H3
P( A
)  0 (так как имеет место попадание)
)  1 (имеет место одно попадание)
H4
)  1 (имеет место одно попадание).
Условную вероятность P
 H A
4
- попал только второй стрелок – вычислим по
формуле Байеса:
P( H 4 )  P( A
 A  P( A) , где P( A)  0, 42  0  0,12  0  0, 28 1  0,18 1  0, 46 .
0,18 9
H
P


A  0,46 23
Тогда
.
P
H4
H4
)
4
Пример 1.4.4.
В первой урне 7 белых и 8 чёрных шаров, во второй – 6 белых и 3 чёрных шара.
Из второй урны в первую переложили один шар, а затем из первой урны вынули наугад
один шар. Определить вероятность того, что вынутый шар – чёрный.
Решение: Пусть А – вынутый шар чёрный. После того, как в первую урну
переложили один шар, её содержимое можно разбить на две совокупности: 1) 7 белых и
8 чёрных шаров, первоначально находившихся в этой урне; 2) один шар из второй
урны. Введём гипотезы: H1 - произвольно вынутый шар из первой урны принадлежит
15
; H 2 - произвольно вынутый шар принадлежит
16
1
второй совокупности и P ( H 2 )  . Вероятность появления чёрного шара из первой
16
8
3 1
совокупности P ( A H )  , а из второй – P( A H )   . Тогда по формуле полной
1
2
15
9 3
15 8 1 1 25
вероятности P( A)     
.
16 15 16 3 48
Пример 1.4.5.
В ящике имеется 5 изделий, среди которых могут быть и бракованные. Вынутое
наугад изделие оказалось качественным. Определить вероятность того, что в ящике
только одно бракованное изделие.
первой совокупности и P ( H 1 ) 
15
Решение: Построим систему гипотез о возможном качестве изделий до опыта:
H 0 - все изделия качественные, H1 - одно изделие бракованное, H 2 - два изделия
бракованные, … H 5 , - все изделия бракованные. Пусть до опыта все гипотезы
равновозможны:
P( H 0 )  P ( H1 )  ...  P( H 5 ) 
1
6.
Обозначим событие А – вынуто качественное изделие и вычислим P (
H1
)
A –
вероятность того, что в ящике только одно бракованное изделие, используя формулу
Байеса. Для этого найдём условные вероятности события А и полную вероятность этого
события:
4
3
2
1
P( A ) 
P( A ) 
P( A ) 
P( A )  1 P( A ) 
P( A )  0
H1 5
H2
H
H
H0
H5
3
4
5
5
5
,
,
,
,
,
.
P( A) 
1 
4 3 2 1 1
 1      
6 
5 5 5 5 2 .
Тогда
P(
H1
A
)
P ( H1 )  P ( A
P( A)
H1
)
1 4

6
5 4

1
15
2
.
1.5. Задачи для самостоятельного решения.
1.5.1. Сколькими различными способами можно выбрать три лица на три
различные должности из 10 кандидатов?
1.5.2. Для доступа в компьютерную сеть оператору необходимо набрать пароль
из четырёх цифр. Оператор забыл или не знал необходимого кода. Сколько
всевозможных комбинаций он может составить для набора пароля, если цифры в коде
повторяются?
1.5.3. Сколько экзаменационных комиссий, состоящих из 7 членов, можно
образовать из 14 преподавателей?
1.5.4. Предприниматель хочет отправить рекламные объявления в три из семи
городских газет. Сколькими способами можно выбрать эти три газеты?
1.5.5. На первом курсе изучается 14 предметов. Сколькими способами можно
составить расписание занятий на пятницу, если в этот день недели должно быть 4
различных занятия?
1.5.6. В школьной лотерее на 50 билетов разыгрывается 8 выигрышей. Первый
подошедший к урне ученик выбирает из урны 5 билетов. Сколькими способами он
может их вынуть, чтобы: а) среди них оказалось ровно 2 выигрышных; б) по крайней
мере 2 из них оказались выигрышными?
1.5.7. Брошены две игральные кости. Найти вероятность того, что сумма
выпавших очков равна 6.
1.5.8. В группе 12 студентов, среди которых 8 отличников. По списку отбирают
9 студентов. Найти вероятность того, что отберут 5 отличников.
16
1.5.9. 10 человек случайным образом рассаживаются на десятиместную
скамейку. Найти вероятность того, что 2 определённых лица окажутся рядом.
1.5.10. В лотерее из 100 билетов 20 выигрышных. Студент приобрёл 5 билетов.
Найти вероятность того, что все 5 билетов выигрышные.
1.5.11. В круг радиуса R вписан квадрат. В круг наудачу брошена точка. Найти
вероятность того, что эта точка окажется внутри квадрата.
1.5.12. Мастер обслуживает 5 станков. 20% рабочего времени он проводит у
первого станка, 10% - у второго, 15% - у третьего, 25% - у четвёртого. Найти
вероятность того, что в наудачу выбранный момент времени мастер находится у
второго или четвёртого станка.
1.5.13. Один студент выучил 20 из 25 вопросов программы, а второй только 15.
Каждому из них задают по одному вопросу. Найти вероятность того, что правильно
ответят: 1) оба студента; 2) только один из них; 3) хотя бы один из студентов.
1.5.14. В урне 5 белых и 3 чёрных шара. Найти вероятность того, что 3 наугад
вынутых шара окажутся белыми.
1.5.15. Надёжность (т.е. вероятность безотказной работы) прибора равна 0,7. Для
повышения надёжности данного прибора он дублируется n-1 другими такими же
приборами. Сколько приборов нужно взять, чтобы повысить его надёжность до 0,95?
1.5.16. Прибор может работать в двух режимах: нормальном и аварийном.
Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора, аварийный – в
20%. Вероятность выхода прибора из строя за время Т в нормальном режиме равна
0,05, в аварийном – 0,5. Найдите вероятность выхода прибора из строя за время Т.
1.5.17. В ящике имеется 6 изделий, среди которых могут быть и бракованные.
Вынутое наугад изделие оказалось бракованным. Определить вероятность того, что в
ящике первоначально было только 2 бракованных изделия.
Ответы:
1.5.1. 720.
1.5.2. 10000.
1.5.3. 3432.
1.5.4. 35.
1.5.5. 24024.
1.5.6. а) 321440, б)372652.
1.5.7. 0,1389.
1.5.8. 0,2545.
1.5.9. 0,2000.
1.5.10. 0,0002.
1.5.11. 0,6369.
1.5.12. 0,350.
1.5.13. 1) 0,48, 2) 0,44, 3) 0,92.
1.5.14. 0,250.
1.5.15. n  3 .
1.5.16. 0,14.
2
1.5.17. 21 .
17