Т. вер. 8 класс+

1
Элементы теории вероятностей. 8 класс
Из программы. Сочетания и размещения, их использование для определения
вероятностей событий. Объединение и пересечение событий. Противоположные события.
Условная вероятность. Формула полной вероятности.
Размещения, их использование для определения вероятности событий
Рассмотрим следующую несложную задачу.
В мешке находятся 4 неразличимые на ощупь шара с номерами 1, 2, 3, 4. Шары
вынимают наугад по одному. Какова вероятность того, что шары будут вынуты в порядке
их номеров: первый, второй и т.д.?
Решение. Количество вариантов последовательности, в которой вынимаются шары,
представляет собой число перестановок из 4 элементов, равное Р4 = 4! = 1  2  3  4 = 24. Все
эти
варианты (исходы) равновозможны. Из них только один исход (1; 2; 3; 4) –
благоприятный.
Следовательно,
согласно
классическому
вероятность интересующего нас события равна
определению
вероятности,
1
.
24
А теперь усложним задачу. Пусть в мешке находятся не 4, а 10 шаров (шары
пронумерованы от 1 до 10). А интересовать нас будет по-прежнему вероятность того, что
номера первых четырех вынутых шаров образуют последовательность (1; 2; 3; 4).
Рассмотрим два подхода к решению этой задачи.
1-й
подход.
Будем
считать
элементарным
событием
(исходом)
любую
последовательность номеров, в которой могут быть вынуты все 10 шаров. Число таких
исходов – это число перестановок из 10 элементов P10 = 10!. Из этих исходов
благоприятными будут все последовательности, начинающиеся с 1, 2, 3, 4. Они будут
отличаться друг от друга тем, в каком порядке будут располагаться номера остальных шести
шаров (с 5 по 10). Число вариантов их расположения – это число перестановок из 6
элементов Р6 = 6!. Это и есть число благоприятных исходов. Таким образом, искомая
вероятность равна
6!
1
1


.
10! 7  8  9  10 5040
2-й подход. Так как нас интересуют только номера первых четырех вынутых шаров,
элементарным событием (исходом) будем считать любую последовательность этих номеров.
Всего мы имеем 10! перестановок из 10 номеров. Но на каждую фиксированную
последовательность первых четырех номеров приходится (10 – 4)! = 6! различных
перестановок из оставшихся номеров. Значит, число возможных исходов в 6! раз меньше,
2
чем число всех перестановок из 10 номеров, т.е. равно
10!
 5040 . Из всех этих
6!
равновозможных исходов только один является благоприятным – когда первые четыре
номера образуют последовательность (1; 2; 3; 4). Значит, вероятность искомого события
равна
1
.
5040
Решая задачу вторым способом, мы находили число вариантов размещения любых
четырех элементов из 10 на заданных позициях. Каждый такой вариант, в соответствии с
терминологией, принятой в комбинаторике, так и называется – размещение 4 элементов из
10, а число таких вариантов – числом размещений из 10 по 4.
Для наглядности приведем пример нескольких размещений по 4 элемента из 10, если
сами элементы представляют собой числа от 1 до 10:
(1; 2; 3; 4), (3; 2; 4; 1), (7; 10; 1; 4), (5; 7; 8; 6) и т.д.
Всего, как было установлено выше, число таких размещений равно 5040.
Размещения (наряду с перестановками) – еще одно из важнейших понятий
комбинаторики.
Рассмотрим задачу нахождения числа размещений из n элементов по k в общем виде
(это число принято обозначать символом Ank ). Для этого воспользуемся принятой в
комбинаторике так называемой «урновой схемой».
Смысл ее такой. Имеется n шаров с номерами 1, ..., n и k ящиков (урн) c номерами 1,
..., k (k  n), причем в каждом ящике помещается ровно 1 шар. Тогда размещение – это
вариант заполнения ящиков шарами (при этом все ящики должны быть заполнены)1.
Очевидно, что при k = n размещения из n элементов по k превращаются в перестановки
из n элементов.
Выведем формулу для определения числа размещений.
Пусть у нас есть некоторое размещение из n по k. Дополняя его какой-либо
перестановкой из оставшихся n – k элементов, получим перестановку из n элементов.
Размещение из n по k
Перестановка из n – k
...
1
2
...
k
Перестановка из n
Иногда рассматривают и «зеркальную» модель: считают, что есть n ящиков и k шаров (по-прежнему k  n).
Все результаты, получаемые для такой модели, – те же самые. Ведь в данном случае, по существу, безразлично,
что называть «шаром», а что – «ящиком»; важно лишь, что те и другие объекты определенным образом
сопоставляются друг другу.
1
3
Комбинируя каждое размещение из n по k c каждой перестановкой из оставшихся n – k
элементов, получим все перестановки из n элементов. Значит, Pn  Ank  Pn  k . Отсюда
Ank 
Pn
n!

= (n – k +1)…n
Pnk (n  k )!
Проанализируем полученную формулу для двух крайних случаев: k = 1 (имеется 1
ящик) и k = n (число ящиков равно числу шаров).
В первом случае получаем: An1  n . Смысл этого результата вполне очевиден: если
имеется единственный ящик, в него можно положить любой из п шаров – число вариантов
равно п.
Во втором случае, если воспользоваться выражением из правой части выведенной
формулы, подставив в него k, равное n, получим Ann  n! Pn . Это также вполне естественный
результат: число вариантов раскладывания n шаров по п ящикам – это число перестановок из
п элементов. Но в выражениях, находящихся в средней части формулы, при n = k возникают
бессмысленные на первый взгляд символы Р0 (число перестановок из 0 элементов) и 0!.
Чтобы сохранить возможность использования полученных формул и в этом «экзотическом»
случае, математики доопределяют понятия числа перестановок и факториала следующим
образом1:
Р0 = 0! = 1.
Решите задачи.
1. Вычислите: 1) A74 ; 2) A122 .
2. Не вычисляя A82 и A93 по отдельности, выясните, какое из этих чисел больше, и во
сколько раз.
3. В мешке находятся 10 неразличимых на ощупь шара с номерами 1, 2,…, 10. Шары
вынимают наугад по одному. Какова вероятность того, что номера первых четырех вынутых
шаров будут следовать один за другим (1, 2, 3, 4 или 2, 3, 4, 5 или 3, 4, 5, 6 и т.д.)?
4. В соревнованиях по марафонскому бегу участвуют 25 спортсменов.
а) Сколько существует вариантов распределения трех призовых мест между этими
спортсменами? (Ситуация, когда два или более спортсменов занимают одно и то же призовое
место, невозможна.)
б) Какова вероятность того, что первое место займет участник с номером 10, второе –
участник с номером 4, третье – участник с номером 18? (Считается, что все участники забега
имеют равные шансы на победу.)
Вспомните: точно таким же образом с целью сохранения формул, выражающих свойства степени, по
определению принято, что нулевая степень любого не равного 0 числа равна 1.
1
4
в) Какова вероятность того, что первые 5 мест в забеге займут участники с номерами 1,
2, 3, 4, 5 соответственно?
г) Какова вероятность того, что места, занятые всеми участниками забега,
распределятся в соответствии с их номерами?
5. В восьмом классе изучают 11 предметов.
а) Сколькими способами можно составить расписание уроков на понедельник, если
должно быть 6 уроков, причем все уроки – разные?
б) Петя не знает расписания уроков на понедельник, но решил прогулять первый урок.
Какова вероятность того, что он прогуляет алгебру?
в) Петя знает, что в понедельник есть алгебра, но не знает, на каком уроке. Какова
вероятность, что он не пропустит свою любимую алгебру, если прогуляет первый урок?
6.
а) Сколько двузначных чисел, не кратных 11, можно образовать из цифр 1, 3, 4, 7, 8?
б) Сколько двузначных чисел можно образовать из цифр 0, 1, 3, 4, 7, 8?
в) На карточках выписаны все двузначные числа, составленные из цифр 0, 1, 3, 4, 7, 8
(включая числа, состоящие из одинаковых цифр). Наугад выбирают одну карточку. Какова
вероятность, что число, написанное на этой карточке: 1) кратно 11; 2) кратно 5?
Сочетания, их использование для определения вероятности событий
Выше была рассмотрена следующая задача.
В мешке находятся 10 неразличимых на ощупь шаров с номерами 1, 2, …, 10. Наугад
поочередно вынимают 4 шара. Какова вероятность того, что номера вынутых шаров будут
образовывать последовательность (1, 2, 3, 4)?
В этой задаче было принципиально, что вынутые шары не только должны иметь номера
с 1 по 4, но эти номера должны следовать в определенной очередности. Например, исходы, в
которых шары вынимались в последовательности (1, 2, 4, 3), в последовательности (4, 3, 2, 1)
и т.п. являлись неблагоприятными.
Видоизменим задачу.
Пусть теперь 4 шара вынимаются не поочередно, а сразу. Нас будет интересовать
вероятность того, что вынуты конкретные 4 шара – это шары с номерами (1, 2, 3, 4).
Ту же самую ситуацию можно интерпретировать несколько по-другому: 4 шара
вынимаются поочередно, но порядок, в котором они вынимаются, безразличен, важны
только их номера.
Чтобы найти интересующую нас вероятность, нужно определить число вариантов
выбора 4 шаров из 10, при условии, что все варианты отличаются друг от друга только
составом входящих шаров (любые два варианта отличаются хотя бы одним шаром).
5
Каждый такой вариант называется сочетанием 4 элементов из 10, а число всех возможных
вариантов – числом сочетаний из 10 по 4.
Найти число сочетаний из 10 по 4 несложно, поскольку мы уже знаем, чему равно
число размещений из 10 по 4. Действительно, из каждого сочетания, состоящего из 4
элементов, меняя порядок элементов, можно образовать 4! размещений. Следовательно,
число сочетаний по 4 шара в 4! раз меньше соответствующего числа размещений.
Число размещений из 10 по 4, как было найдено выше, равно 5040. Значит, число
сочетаний из 10 по 4 равно
5040 5040

 210 .
4!
24
С сочетаниями и подсчетом их числа приходится иметь дело в самых разных областях
математики и ее приложений.
Выведем общую формулу для числа сочетаний из n элементов по k. Это число
получило обозначение C nk (иногда в математической литературе используется обозначение
n
  ).
k
Будем рассуждать так же, как при решении последней задачи.
Из каждого сочетания, содержащего некоторые k элементов, переставляя эти элементы
местами, можно получить Рk перестановок, каждая из которых в то же время является одним
из размещений из n по k. Значит, Ank  Cnk  Pk . Отсюда
Cnk 
Ank
n!

Pk k!(n  k )!
Отметим важные частные случаи: (не забывайте, что 1! = 0! =1):
1
n! n
n!
= n; Cnn 
=
= 1.
Cn1 
1!(n  1)!
n!(n  n)! 0!
Оба результата вполне осмысленны. Один элемент из n можно выбрать n способами
(либо 1-й, либо 2-й,… либо n-й); n элементов из n можно выбрать одним способом (взяв все).
Но есть еще один интересный частный случай: формально подставляя в общую
формулу k = 0, получим: Cn0 
n!
n!

 1 . Интерпретировать этот результат можно
0!(n  0)! 1 n!
следующим образом: не выбирать ни одного элемента из n можно одним способом. Но,
пожалуй, это не очень убедительно. Более естественно считать, что мы по определению
полагаем, что Cn0  1 число сочетаний по 0 элементов равно 1, распространяя тем самым все
полученные формулы и на этот экзотический случай.
6
Выполняя практические расчеты, нет необходимости вычислять все входящие в
формулу числа сочетаний факториалы. Проще сначала сократить дробь на k! или (n – k)! в
зависимости от того, какое из чисел, k или n – k, больше. Например:
12
C15

15!
13 14 15
11! 8  9  10  11

 330 .

 455 ; C114 
4!7! 1  2  3  4
12!  3!
1 2  3
Выполните задания:
10
7. Вычислите: 1) С82 ; 2) С12
.
40
60
8. Сравните: 1) C103 и C107 ; 2) C100
и C100
.
В задании 7 в обоих случаях должны получиться равенства. В том, что C103 = C107 ,
нетрудно убедиться, выполняя соответствующие вычисления. А как быть во втором случае?
Вычисления здесь окажутся слишком громоздкими. Проще обратиться к общей формуле для
числа сочетаний.
Можно заметить, что выражения k! и (n – k)! входят в формулу «симметрично»:
заменяя в правой части формулы k! на (n – k)!, а (n – k)! на k!, получим то же самое число.
Это означает, что
Cnk  Cnnk
Полученное равенство выражает одно из важных свойств сочетаний. Обосновать его
можно и менее формальным путем, с помощью следующего рассуждения. Если мы берем
некоторое сочетание из n по k, то оставшиеся элементы образуют сочетание из n по n – k,
причем разным сочетаниям первого типа соответствуют разные сочетания второго типа и
наоборот. Отсюда и следует, что число тех и других сочетаний одинаково.
Рассмотренное свойство подтверждает смысл принятого выше по определению условия
0
Cn  1 . Действительно, при k = n имеем: Cnn = 1. Чтобы полученное свойство
распространялось и на этот случай, нужно принять, что Cn0  1 .

Приведем еще одно важное свойство сочетаний, выражаемое следующей рекуррентной
формулой1:
Cnk  Cnk1  Cnk11
Эту формулу нетрудно получить с помощью общей формулы числа сочетаний (проделайте
это самостоятельно). А здесь приведем другое доказательство.
1
Напомним, что рекуррентными называются формулы, позволяющие находить значения некоторой величины,
пользуясь ранее найденными значениями.
7
Пусть имеется n элементов, обозначим их a1, a2, …, an-1, an, и нужно найти число всех
возможных сочетаний по k элементов, которые можно составить из имеющихся элементов.
Все эти сочетания можно разбить на две группы: 1) не содержащие элемент an – их число
равно Cnk1 ; 2) содержащие элемент an; все они могут быть получены добавлением an к
сочетаниям по k – 1 элементов, не содержащим an, число которых равно C nk11 . Отсюда и
получается требуемая формула.
С помощью данной формулы можно построить следующую схему определения числа
сочетаний с ростом значения n (в каждой строке выписаны все значения числа сочетаний при
данном n; стрелками показано, как осуществляется переход от любой строки к следующей).
Эта схема получила название «треугольник Паскаля1».
n=1
1
С 21
1
С
n=3
n=4
0
4
1
n=5
1
1
1
С 32
3
3
С 33
С41
С 42
С43
4
6
4
5
6
С 22
2
С 31
0
3
1
С
n=7
…
С11
1
С 20
n=2
n=6
С10
10
15
10
20
1
С 44
1
5
15
1
6
1
1
7
21
35
35
21
7
1
……………………………………………………………………………
Треугольник Паскаля имеет в большей степени теоретическое значение как образец
весьма изящной математической модели. Вряд ли, если потребуется вычислить, например,
5
C100
, у нас хватит терпения выписывать 100 строк треугольника Паскаля. В то же время,
пользуясь
формулой
числа
сочетаний,
нетрудно
получить:
100
!
96

97

98

99

100
5
C100


 75287520 .
5!  95!
1 2  3  4  5

Решите задачи.
9. Из класса, в котором 14 мальчиков, нужно выделить 5 мальчиков на уборку
школьного двора.
а) Сколькими способами можно это сделать?
б) Команду для уборки школьного двора решили выбрать с помощью жребия. Один из
учеников этого класса – Петя Иванов. Какова вероятность того, что Петя окажется в команде
Блез Паскаль (1623 – 1662) – французский философ, писатель, математик и физик. Паскаль нашел общий
алгоритм для нахождения признаков делимости целых чисел, сформулировал ряд основных положений
элементарной теории вероятностей, впервые точно определил и применил для доказательств метод
математической индукции, изложил в геометрической форме метод решения ряда задач, связанных с
вычислением площадей и объемов, установил основной закон гидростатики – так называемый закон Паскаля.
1
8
для уборки двора? А какова вероятность того, что не окажется? Как связаны между собой эти
вероятности?
10. Есть 15 гвоздик, среди которых 5 красных.
а) Для составления букета наугад выбирают 5 гвоздик. Какова вероятность того, что все
выбранные гвоздики будут красными?
б) Наугад выбирают 3 гвоздики. Какова вероятность того, что все выбранные гвоздики
будут красными?
11. В соревнованиях по волейболу участвуют 9 команд. Каждая команда должна
сыграть по одной игре со всеми остальными.
а) Сколько встреч необходимо провести?
б) Среди команд-участниц есть «Быстрые» и «Шустрые». Какова вероятность, что в
первой игре встретятся именно эти команды, если расписание игр будет составляться
жеребьевкой (случайным образом)?
в) Какова вероятность, что игра между «Быстрыми» и «Шустрыми» состоится в первой
половине соревнований?
Пересечение и объединение событий. Теорема сложения вероятностей
Вернемся к классической вероятностной модели – бросанию игральной кости.
Рассмотрим следующие два события:
А – в результате бросания выпадает четное число.
В – в результате бросания выпадает число, большее 2.
Найдем вероятности этих событий.
Общее число исходов n = 6, причем все эти исходы равновозможны.
Исходы, благоприятные для события А, – это выпадение чисел 2, 4, 6. Их количество
mA  3 . Вероятность события А Р( A) 
mA 3 1
  .
n
6 2
Исходы, благоприятные для события В, – это выпадение чисел 3, 4, 5, 6. Их количество
mB  4 . Вероятность события В Р ( B) 
mB 4 2
  .
n
6 3
А теперь рассмотрим еще два события, связанные с событиями А и В.
1) Пусть событие С – это событие, состоящее в том, что произошли сразу оба события
А и В, т.е. выпавшее при бросании кости число одновременно и четное, и больше 2. Событие
С называют пересечением событий А и В (обозначение С = АВ). Благоприятные для С
исходы – это выпадение чисел 4 и 6. Их количество mC  2 . Вероятность события С
Р(C )  Р( A  B) 
mC 2 1
  .
n
6 3
9
2) Пусть событие D – это событие, состоящее в том, что произошло хотя бы одно из
событий – А или В, т.е. выпавшее при бросании кости число – четное или1 больше двух.
Событие D называют объединением событий А и В (обозначение D = АВ). Благоприятные
для D исходы – это выпадение чисел 2, 3, 4, 5, 6. Количество благоприятных исходов mD  5 .
Вероятность события D p ( D)  Р ( A  B ) 
mD 5
 .
n
6
Точно так же, как в случае двух событий, можно говорить о пересечении и
объединении любого числа событий.
Примечание. В курсе алгебры рассматривались системы и совокупности уравнений и неравенств. Решая
систему уравнений (неравенств), мы ищем общие решения для всех уравнений (неравенств), входящих в эту
систему. Можно сказать, что решение системы – это пересечение множеств решений всех уравнений
(неравенств) системы. Решая совокупность уравнений (неравенств), мы ищем такие значения переменных,
которые удовлетворяют хотя бы одному из уравнений (неравенств), входящих в эту совокупность. Можно
сказать, что решение совокупности – это объединение множеств решений всех уравнений (неравенств) системы.
Таким образом, можно провести определенную аналогию между действиями, совершаемыми над решениями
уравнений (неравенств) в их системах и совокупностях в «обычной алгебре» и действиями, совершаемыми над
событиями в «алгебре событий».
Выполните задания.
12. В ящике находится 20 одинаковых на ощупь шаров, из которых 12 красного цвета и
8 зеленого. Красные шары имеют номера от 1 до 12, зеленые – от 13 до 20.
Наугад вынимают из ящика 1 шар. Событие R состоит в том, что вынутый шар
красный, событие T – в том, что номер вынутого шара n удовлетворяет условию 7 < n < 15.
Опишите, в чем состоят события RT и RT.
Впишите в таблицу номера шаров, соответствующие благоприятным исходам для этих
событий.
События
Номера шаров
RT
RT
Найдите вероятности событий R, T, RT, RT.
Союз «или» в математическом языке употребляется в не исключающем смысле: А и В могут произойти как по
отдельности, так и одновременно. Так, например, в нашем случае выпадение числа 4 (оно одновременно и
четное, и больше двух) является благоприятным исходом.
1
10
13. Монету подбрасывают 3 раза. Элементарным исходом считается любая
последовательность выпадений орла и решки, например, (р о о). Событие М состоит в том,
что количество выпадений орла больше, чем выпадений решки. Событие N – в том, что в
первом бросании выпадает орел. Перечислите все возможные исходы в данном
эксперименте; исходы, благоприятные для событий M, N, MN, MN. Найдите вероятности
Р(M), Р(N), Р(MN), Р(MN).
14. Приведите свои примеры объединения и пересечения случайных событий.
Рассмотрим, как в общем случае связаны между собой вероятности двух событий А и В,
их пересечения и объединения. Для этого воспользуемся математической моделью, которая
получила название «диаграмма Эйлера-Венна1».
Сначала обратимся к геометрическому определению вероятности (см. материал 7
класса). Пусть точка бросается случайным образом в прямоугольник таким образом, что
вероятность попадания ее в любую область (часть) этого прямоугольника зависит только от
площади этой области (не зависит от ее формы и расположения). Выделим в этом
прямоугольнике две области: область А (обозначим ее вертикальной штриховкой) и область
В (обозначим ее горизонтальной штриховкой). Мы используем одни и те же буквенные
обозначения для областей и случайных событий, состоящих в попадании точки в эти
области. Поскольку речь идет о модели, данные области могут рассматриваться как
изображения соответствующих событий.
В общем случае области А и В могут пересекаться, как это и показано на рисунке.
Пересечению областей А и В соответствует область с двойной штриховкой, обозначенная
АВ. Кроме того, нас будет интересовать область, граница которой обозначена жирной
линией. Эту область назовем объединением областей А и В и будем обозначать АВ.
Построенный чертеж и есть диаграмма Эйлера-Венна.
АВ
А
АВ
В
Леонард Эйлер (1707 – 1783) – крупнейший математик XVIII в. Родился в Швейцарии. Более 30 лет жил в
Петербурге. Член Петербургской, Берлинской, Парижской Академий наук, Лондонского королевского
общества. Автор более 800 работ по математическому анализу, геометрии, теории чисел, математической
физике, небесной механике, оптике, кораблестроению, теории музыки.
Джон Венн (1834 – 1923) – английский логик.
1
11
В соответствии с геометрическим определением вероятности мы можем выразить
вероятности попадания точки в выделенные на диаграмме области через площади этих
областей:
Р ( А) 
SA
;
S
Р( B) 
SB
;
S
Р( А  В) 
S AВ
;
S
Р( А  В) 
S AВ
,
S
где S – площадь прямоугольника, в который случайным образом бросается точка,
S A , SB , S AB , S AB – площади соответствующих областей.
Площадь области АВ выражается через площади областей А, В и АВ следующим
образом (докажите это самостоятельно):
S AB  S A  SB  S AB .
Отсюда
Р(АВ) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ)
При
выводе
этой
формулы
мы
пользовались
геометрическим
определением
вероятности. Тот же самый результат можно получить и для классического, и для
статистического определений, рассматривая вместо отношений площадей соответствующих
областей к общей площади S отношения числа благоприятных исходов для событий А, В,
АВ, АВ к общему числу исходов.
15. Проверьте, удовлетворяют ли полученной формуле вероятности событий,
рассмотренных в задании 13.
16*. Имеются 3 случайных события: А, В, С. Пользуясь диаграммой Эйлера-Венна,
докажите, что
Р( А  В  С )  Р( А)  Р( В)  Р(С )  Р( А  В)  Р( А  С )  Р( В  С )  Р( А  В  С ) .
Возможна ситуация, когда события А и В не могут произойти одновременно (например,
число, выпавшее при бросании игрального кубика не может быть одновременно четным и
нечетным, монета не может одновременно выпасть решкой и орлом). Такие события
называют несовместными. (Постройте диаграмму Эйлера-Венна для случая, когда события
А и В несовместны.) Для несовместных событий Р(АВ) = 0, и полученная выше формула
упрощается: Р(АВ) = Р(А) + Р(В) .
12
Теорема сложения вероятностей
Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих
событий.
Обратите
внимание.
Перед
применением
теоремы
сложения
вероятностей
необходимо убедиться в несовместности рассматриваемых событий.
Теорема сложения очевидным образом обобщается на произвольное число несовместных событий. В
этом случае под несовместностью следует понимать несовместность никаких двух из рассматриваемых
событий (говорят, что события должны быть попарно несовместны), а не только невозможность их всех
одновременно.
Рассмотрим, например, эксперимент со случайным выбором одного шара из ящика, в котором находятся
10 неразличимых на ощупь шаров с номерами 1, 2, …, 10. Пусть n – номер выбранного шара, события А, В, С
определяются следующим образом: А: n < 4, B: 2 < n < 8, C: n = 10.
Очевидно, события А, В, С несовместны, так как событие АВС невозможное: не существует числа n,
удовлетворяющего одновременно условиям
n  4

1  n  9 .
n  10

Найдем вероятности событий А, В, С и АВС как отношение числа благоприятных исходов к общему
числу исходов, равному 10. Имеем: Р( A) 
3
7
1
, Р( B ) 
, Р(C ) 
,
10
10
10
Р(АВС) =
9
. А если бы мы
10
попытались применить в данном случае теорему сложения, то пришли бы к абсурдному результату:
Р(АВС) = Р(А) + Р(В) + Р(С) =
3
7
1 11



 1.
10 10 10 10
Дело в том, что в данном случае события А и В совместны, и теорема сложения вероятностей неприменима.
17*. Постройте диаграмму Эйлера-Венна для рассмотренных выше событий А, В, С.
18. Докажите, что для любых двух случайных событий А и В выполняется неравенство
Р(АВ)  Р(АВ). В каких случаях это неравенство превращается в равенство?
19. В классе 25 человек. Из них в хоровой и театральный кружки записались 20
человек, причем в хоровой кружок – 12 человек, а в театральный – 15 человек. Какова
вероятность того, что выбранный наугад ученик этого класса:
а) записался хотя бы в один из указанных кружков?
б) не записался ни в один из указанных кружков?
в) записался в оба кружка?
г) записался только в один из указанных кружков?
13
20. D – случайное событие. Найдите Р(DD) и Р(DD), если Р(D) = 0,4.
Противоположные события
Рассмотрим следующие два события при бросании игрального кубика: А – выпадает
четное число; В – выпадает нечетное число. Эти события обладают следующими свойствами:
1) одно из этих событий в результате опыта обязательно происходит;
2) если одно из этих событий происходит, то второе – не происходит.
Случайные события, обладающие такими свойствами, называют противоположными.
Событие, противоположное событию А, обозначают А . (В нашем случае можно написать: В = А ,
А = В ).
Из первого свойства следует, что Р(А А ) = 1, из второго свойства – что А и А
несовместны, т.е. Р(А А ) = 0. Отсюда, пользуясь теоремой сложения вероятностей,
получаем:
Р(А) + Р( А ) = 1.
Сумма вероятностей противоположных событий равна 1.
Выполните задания.
21. Приведите свои примеры противоположных событий.
22. На диаграмме Эйлера-Венна заштрихованная область соответствует случайному
событию Т. Покажите область, соответствующую событию Т .
Т
23. В математике многие утверждения строятся по следующей схеме: «Если
<Высказывание 1>, то <Высказывание 2>». Поменяв в этом утверждении местами
высказывания 1 и 2, получим новое утверждение, обратное исходному.
Выше было установлено: «Если случайные события противоположные, то они
несовместные». Верно ли обратное утверждение?
14
24. Событие S состоит в выпадении при бросании игрального кубика числа, меньшего
трех.
а) Найдите вероятность события S.
б) Сформулируйте, в чем состоит событие S .
в) Найдите вероятность события S двумя способами: 1) по формуле, связывающей
вероятности противоположных событий; 2) с помощью подсчета числа благоприятных
исходов.
25. Di : Выпадение i очков при бросании игрального кубика (i = 1, 2,…, 6).
Кубик бросают один раз. Найдите вероятности следующих событий:
1) D3 ;
3) D1  D4 ;
5) D1  D4 ;
7) D5  D5 ;
9) ( D1  D3 )  ( D2  D3  D5 ) ;
2) D3 ;
4) D1  D4 ;
6) D1  D4 ;
8) D5  D5 ;
10) ( D1  D3 )  ( D2  D3  D5 ) .
26*. В ящике находятся 12 неразличимых на ощупь шаров, среди которых ровно 3
красных. Наугад вынимают 5 шаров. Какова вероятность того, что среди вынутых шаров
хотя бы один – красный.
Подсказка. Сначала найдите вероятность того, что среди вынутых шаров нет ни одного
красного.
Условная вероятность
Рассмотрим эксперимент, состоящий в двукратном бросании монеты. Нас будет
интересовать событие А, состоящее в том что в обоих бросаниях выпадает орел. Эту
вероятность легко найти, перечислив все возможные исходы эксперимента: (о о), (о р), (р о),
(р р). Имеем 4 равновозможных исхода, среди которых 1 благоприятный для события А –
исход (о о). Следовательно, Р(А) =
1
. А теперь найдем вероятность того же события А, но
4
при условии, что первое бросание уже произведено, и в нем выпал орел (обозначим это
событие В). Теперь вероятность выпадения орла в двух бросаниях будет зависеть только от
результата второго бросания. Вероятность выпадения орла во втором бросании равна
1
.
2
Такой же будет и вероятность выпадения орла в двух бросаниях при условии, что в первом
бросании выпал орел. Эта вероятность называется условной вероятностью события А при
условии, что событие В уже произошло. Чтобы не путать условную вероятность события А с
15
его безусловной вероятностью Р(А), условную вероятность А при условии В обозначают так:
Р(А/В). В нашем случае Р(А) =
1
1
, Р(А/В) = .
4
2
Для рассмотренной выше ситуации сформулируйте, что представляет собой событие
В . Найдите вероятность Р(А/ В ).
Выполните задания.
27. Монету бросают 3 раза.
а) Найдите безусловные вероятности следующих событий:
1) Орел не выпадет ни разу; 3) Орел выпадет два раза;
2) Орел выпадет один раз;
4) Орел выпадет три раза.
б) Найдите вероятности тех же событий, что и в задании а), если:
1) при первом бросании выпал орел; 2) при первом бросании выпала решка; 3) при
первом бросании выпал орел, а при втором – решка.
28. Круговая мишень состоит из трех зон: I, II, III.
Вероятность попадания при одном выстреле в первую
зону 0,2, во вторую зону 0,3, в третью зону 0,4. При
I
II III
попадании в первую зону стрелок получает 10 очков, во
вторую зону 5 очков, в третью зону 2 очка, при промахе –
0 очков.
а) Найдите вероятность промаха.
б)
Стрелок
делает
один
выстрел.
Какова
вероятность, что он получит не меньше 3 очков?
в) Стрелок делает два выстрела и за первый
выстрел получает 5 очков. Какова вероятность, что в
сумме он получит не меньше 10 очков?
Теорема умножения вероятностей
Пусть имеются два произвольных случайных события А и В. Вероятности Р(А/В), Р(В),
Р(АВ) связаны следующей формулой:
Р(АВ) = Р(А/В)  Р(В)
16
Докажем эту формулу, используя диаграмму Эйлера-Венна.
А
АВ
В
Предположим, что случайная точка бросается в прямоугольник, имеющий площадь S. Тогда
Р(В) =
SB
S
, Р(АВ) = AB . Если событие В уже произошло, то можно утверждать, что
S
S
случайная точка попала в область В. При этом условии, чтобы произошло событие А, точка
S AB
S AB
Р( A  B)
должна оказаться в области АВ. Таким образом, Р( A / B) 
.
 S 
SB
SB
Р( B)
S
Отсюда следует приведенная выше формула, выражающая так называемую теорему
умножения вероятностей.
Возможна ситуация, когда условная (при условии, что произошло событие В)
вероятность события А совпадает с его безусловной вероятностью: Р(А/В) = Р(А). Например,
если монету бросают два раза, то вероятность выпадения орла во втором бросании равна
1
и
2
если в первом бросании выпал орел, и если в первом бросании выпала решка, В таком случае
говорят, что событие А не зависит от события В.
Можно доказать, что если А не зависит от В, то и В не зависит от А, если же А зависит
от В, то и В зависит от А.
Для этого запишем формулу, выражающую теорему умножения, в несколько другом виде:
Р(АВ) = Р(В/А)  р(А).
Сопоставляя обе формы записи теоремы умножения, получим:
Р(В/А)  Р(А) = Р(А/В)  Р(В).
Предположим дополнительно, что Р(А)  0 (случай, когда это условие не выполняется, не представляет
интереса). Тогда из последнего равенства можно записать:
Р( В / А) 
Р( А / В)  Р( В)
.
Р( А)
Если выполняется условие независимости А от В р(А/В) = р(А), то получаем р(В/А) = р(В), т.е. В не зависит от
А. Если же Р(А/В)  Р(А), то и Р(В/А)  Р(В) т.е. В зависит от А.
Иными словами, зависимость или независимость событий всегда взаимны. Поэтому
можно дать следующее определение независимых событий.
17
Два события называются независимыми, если появление одного из них не изменяет
вероятности появления другого.
Для независимых событий теорема умножения вероятностей принимает более простой
вид.
Если события А и В независимы, то вероятность их пересечения равна произведению их
вероятностей: Р(АВ) = Р(А)  Р(В).
Примечание. Ни в коем случае нельзя путать независимые и несовместные события.
Это разные понятия. Более того, если А и В – несовместные события, то, какова бы ни была
безусловная вероятность Р(А), условная вероятность Р(А/В) = 0, т.е. А и В – зависимые.
Если рассматривается больше двух событий, то в общем случае формула, выражающая
теорему умножения вероятностей, имеет довольно сложный вид. Но если эти события
независимы, то вероятность их объединения равна произведению их вероятностей:
Р(А1А2…Ап) = Р(А1)  Р(А2) …  Р(Ап),
где п – число событий.
Выполните задания.
29. Игральную кость бросают два раза. Найдите вероятность того, что при первом
бросании выпадет четное число, а при втором – нечетное.
Решите задачу двумя способами: 1) рассматривая все элементарные события (k; m),
которые возможны при двукратном бросании кости, где k – число, выпадающее при первом
бросании, m – число, выпадающее при втором бросании; 2) используя теорему умножения
вероятностей.
30. В ящике находятся 2 белых и 3 черных неразличимых на ощупь шара. По очереди
вынимают два шара. Найдите вероятность того, что оба раза будет вынут белый шар, если:
а) шар, вынутый первым, не возвращается в ящик;
б) шар, вынутый первым, возвращается в ящик.
31. Монету подбрасывают 4 раза. Найдите вероятности следующих событий:
1) Все 4 раза выпадет орел.
4) Орел выпадет ровно один раз.
2) Орел не выпадет ни разу.
5) Орел выпадет два раза.
3) Орел выпадет хотя бы один раз.
6) Орел выпадет три раза.
18
32. Цель (мишень) состоит из двух областей (см. рисунок).
Диаметр мишени равен 40 см, диаметр области I равен 20 см.
Вероятность промаха при однократном выстреле равна 0,2.
Если выстрел попадает в цель, то вероятность попадания в ту или
I
II
иную ее часть пропорциональна площади этой части.
По цели производится один выстрел. Найдите вероятности:
1) попадания в цель;
2) попадания в область I;
3) попадания в область II.
*33. Известны вероятности: Р(А) = 0,2; Р(В) = 0,3; Р(А/В) = 0,4. Найдите Р(В/А).
34. В ящике находятся 3 красных, 4 желтых и 5 зеленых неразличимых на ощупь
шаров.
а) Наугад вынимают один шар. Какова вероятность, что он окажется: 1) красным; 2)
желтым; 3) зеленым?
б) Наугад вынимают два шара. Какова вероятность, что эти шары будут одного цвета?

Формула полной вероятности
Рассмотрим следующую задачу.
Имеется клетчатое поле размером 3х3 (см. рисунок) и набор
неразличимых на ощупь шаров с номерами 1, 2, 3. Эксперимент
состоит из двух этапов:
1) На клетчатое поле случайным образом бросается точка.
2) Если точка попала в одну из угловых (закрашенных)
клеток, то берутся шары с номерами 1 и 2 и из них случайным
образом (наугад) выбирается один шар.
Если точка попала в незакрашенную клетку, то наугад
выбирается один из трех шаров.
Какова вероятность, что в результате эксперимента будет выбран шар с номером 1?
Попробуем найти вероятность интересующего нас события – выбора шара с номером 1–
пользуясь теоремами сложения и умножения вероятностей.
Введем следующие обозначения:
19
В1: случайная точка попадает в закрашенную область;
В2: случайная точка попадает в незакрашенную область;
А: в результате эксперимента выбирается шар с номером 1.
Непосредственно из описания эксперимента нетрудно найти следующие вероятности:
Р(В1) =
4
5
1
1
; Р(В2) = ; Р(А/В1) = ; Р(А/В2) = .
9
9
2
3
Пользуясь теоремой умножения вероятностей, мы можем найти вероятность того, что
событие А произойдет совместно с событием В1 и вероятность того, что событие А
произойдет совместно с событием В2:
Р(АВ1) = Р(А/В1)  Р(В1) =
1 4 2
  ;
2 9 9
Р(АВ2) = Р(А/В2)  Р(В2) =
1 5 5
 
.
3 9 27
События В1 и В2, во-первых, несовместны (не могут произойти одновременно), вовторых, образуют полную группу (одно из них в результате эксперимента обязательно
происходит).
Так как события В1 и В2 образуют полную группу, событие А может произойти только в
комбинации с каким-нибудь одним из них, т.е. А = (АВ1)(АВ2). Так как В1 и В2
несовместны, то и комбинации АВ1 и АВ2 также несовместны. Этой ситуации
соответствует следующая диаграмма Эйлера-Венна:
А
В1 АВ1
АВ2 В2
Поскольку А = (АВ1)(АВ2), и события АВ1 и АВ2 несовместны, можно
применить теорему сложения вероятностей:
Р( А)  Р( А  В1 )  ( А  В2 )  Р(АВ1) + Р(АВ2).
Используя ранее полученные с помощью теоремы умножения формулы для Р(АВ1) и
Р(АВ2), получаем окончательно:
Р(А) = Р(А/В1)  Р(В1) + Р(А/В2)  Р(В2) =
1 4 1 5 11
   
.
2 9 3 9 27
Отвлекаясь от конкретного сюжета рассмотренной задачи, можно сформулировать
полученный при ее решении результат в общем виде.
20
Имеются несовместные случайные события В1 и В2, образующие полную группу, и
событие А, которое может произойти вместе с одним из этих событий. Тогда вероятность
события А определяется следующим образом:
Р(А) = Р(А/В1)  Р(В1) + Р(А/В2)  Р(В2).
Данная формула называется формулой полной вероятности.
Формула полной вероятности имеет место и в более общем случае, когда событие А
может происходить вместе с одним из n событий В1, В2, …, Вп, образующих полную группу
(п – произвольное число). В этом случае
Р(А) = Р(А/В1)  Р(В1) + Р(А/В2)  Р(В2) + … + Р(А/Вп)  Р(Вп).
34. Автоматическая космическая станция управляется компьютером. Вероятность
безотказной работы компьютера в течение заданного срока составляет 0,9. Вероятность
безотказной работы станции в течение этого срока при исправном компьютере составляет
0,95, а в случае поломки компьютера снижается до 0,4. Какова вероятность того, что станция
не откажет в течение заданного срока?
35. В школьной лотерее имеются билеты трех серий. Вероятность выигрыша по билету
первой серии 0,1, по билету второй серии 0,2, по билету третьей серии 0,3.
Петя наугад выбирает один билет из пачки, в которой перемешаны 10 билетов первой
серии, 20 билетов второй серии и 30 билетов третьей серии. Найдите вероятность того, что
Петин билет окажется выигрышным.
36. Цель (мишень) состоит из двух областей (см. рисунок).
Диаметр мишени равен 40 см, диаметр области I равен 20 см.
Вероятность промаха при однократном выстреле равна 0,2.
I
Если выстрел попадает в цель, то вероятность попадания в ту или
иную ее часть пропорциональна площади этой части.
Для поражения цели достаточно однократного попадания в
область I, либо двукратного попадания в область II.
Найдите вероятность поражения цели, если имеется возможность произвести:
1) один выстрел; 2) не более двух выстрелов; 3) не более трех выстрелов.
II
21
Схема Бернулли1
Рассмотрим следующую задачу.
Игральный кубик бросают 5 раз. Какова вероятность, что ровно 3 раза выпадет
единица?
Будем рассуждать следующим образом. Вероятность того, что в любом одном бросании
выпадет единица, равна
1
1 5
, а вероятность того, что единица не выпадет, равна 1   .
6
6 6
Зафиксируем какие-либо 3 бросания, например, 2-е, 3-е и 5-е. Вероятность того, что именно
в этих трех бросаниях выпадет единица, а в остальных двух бросаниях не выпадет, в
соответствии с теоремой умножения вероятностей для случая независимых событий равна
1
 
6
3
2
5
   . Но из 5 бросаний можно выбрать 3 бросания С53 способами, и для каждого их
6
этих способов вероятность выпадения единицы именно в этих бросаниях и не выпадения в
1
двух других равна  
6
3
2
5
   . Все эти варианты выпадения единицы ровно 3 раза
6
представляют собой несовместные события, и к ним можно применить теорему сложения
вероятностей. В результате получаем: вероятность того, что единица выпадет ровно 3 раза,
3
2
1 5
равна С       0,0054.
6 6
3
5
Рассмотренная задача представляет собой частный случай математической модели,
получившей название схемы Бернулли. В общем случае рассматривается следующая задача.
Производится серия из п одинаковых независимых опытов (испытаний), в каждом из
которых некоторое событие А может произойти с вероятностью р. Требуется определить
вероятность Рk того, что в рассматриваемой серии испытаний событие А произойдет
ровно k раз (0  k  n).
Рассуждая точно так же, как при решении задачи о выпадении единицы ровно 3 раза
при 5 бросаниях игрального кубика, получим:
Рk = Сnk p k (1  p) nk
Выполните задания.
37. Монету подбрасывают 4 раза. Найдите вероятности следующих событий:
1) Орел не выпадет ни разу;
2) Орел выпадет хотя бы один раз;
1
Я́ коб Берну́лли (1654 –1705) — швейцарский математик, один из основателей теории вероятностей.
22
3) Орел выпадет ровно один раз;
4) Орел выпадет ровно два раза;
5) Орел выпадет не менее двух раз.
38. Лотерейный билет оказывается выигрышным с вероятностью 0,1. Какое
наименьшее количество билетов нужно купить, чтобы вероятность того, что хотя бы один из
них выиграет, была не меньше 0,5?
Подсказка. Рассмотрите противоположное событие, состоящее в том, что ни один из
купленных билетов не окажется выигрышным.
39. Вероятность попадания выстрела в цель равна 0,7. Для поражения цели в нее
должны попасть не менее двух выстрелов.
а) Производится 3 выстрела. Какова вероятность, что цель будет поражена?
б) Сколько выстрелов нужно сделать, чтобы вероятность поражения цели была не
меньше 0,9?
