Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет «ОТЧЕТ ПО ИДЗ №1 ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ » Выполнил : Бровченко Э.Ю. гр. 7305 Преподаватель : Ингстер Ю.И. Санкт-Петербург 2009 Тема 1 Непосредственный подсчет вероятностей в рамках классической схемы. Теоремы сложения и умножения вероятностей Задача 2. Станция метрополитена оборудована тремя независимо работающими эскалаторами. Вероятность безотказной работы в течение дня для первого эскалатора равна 0,9, для второго – 0,95, для третьего – 0,85. Найти вероятность того, что в течение дня произойдет поломка не более одного эскалатора. Решение: Пусть A-поломка одного эскалатора, а Ai - вероятность поломки i-ого эскалатора. В силу независимости событий Ai , имеем : P(A)= A1 A2 A 3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A 3 =0.1*0.95*0.85+0.9*0.05*0.85+0.9*0.95*0.15= =0.96 Ответ. Вероятность поломки не боле одного эскалатора примерно равна 0.25. Задача 4. У распространителя имеется 20 билетов книжной лотереи, среди которых 7 выигрышных. Куплено 3 билета. Найти вероятность того, что хотя бы один из купленных билетов выигрышный. Решение: | A| По классической схеме имеем : P(A)= , где -множество всех элементарных событий, || А-элементарные события, благоприятствующие искомому событию, P(A)-вероятность искомого события . В данном случае будем искать с помощью противоположного события, то есть для начала найдем вероятность того , что среди вытянутых билетов не будет ни одного выигрышного: 20! 286 3 = C 20 0.25. = =1140 , A= C133 =286 => P( A )= 3!*17! 1140 => P(A)=1- P( A ) 0.75 Ответ . Вероятность одного выигрышного билета примерно равна 0.75. Задача 6. Имеются две урны. В первой находятся: один белый шар, 3 черных и 4 красных; во второй – 3 белых, 2 черных и 3 красных. Из каждой урны наугад извлекают по одному шару, после чего сравнивают их цвета. Найти вероятность того, что цвета извлеченных шаров совпадают. Решение: Пусть Ai , Bi , C i - извлечение из урн белых, черных и красных шаров соответственно: 1 3 3 P( A1 )= P( A2 )= , то P( A1 A2 )= ; 8 8 64 3 2 6 21 P( B1 )= P( B 2 )= , то P( B1 B 2 )= ; P(A)= P( A1 A2 )+P( B1 B 2 )+P( C1 C 2 )= 8 8 64 64 P(A) 0.33 4 3 12 P( C1 )= P( C 2 )= , то P( C1 C 2 )= ; 8 8 64 Ответ. Вероятность совпадения цвета 0.33 Задача 7. Среди 100 лотерейных билетов есть 5 выигрышных. Найти вероятность того, что два наудачу выбранных билета окажутся выигрышными. Решение: Получаем: 100! 10 1 2 = C100 0.002 = =4950, A= C 52 =10 => P(A)= = 2!*98! 4950 495 Ответ. Вероятность вытаскивания двух выигрышных билетов 0.002 Задача 18. В электрическую цепь включены параллельно два прибора. Вероятность отказа первого прибора равна 0,1, второго 0,2. Найти вероятность того, что откажет хотя бы один прибор этой цепи. Решение: Пусть A - отказ хотя бы одного прибора 1 Ai - отказ i-ого прибора. Тогда , в силу независимости событий Ai : 2 P(A)= A1 A2 + A1 A2 + A1 A2 =0.1*0.8+0.9*0.2+0.1*0.2=0.28 Ответ. Вероятность отказа хотя бы одного прибора равна 0.28. Тема 2 Формула полной вероятности и формула Байеса Задача 10. 30% телевизоров поступает в магазин с первой фабрики, 20% со второй и остальные с третьей. Брак на этих фабриках составляет 5%, 3% и 4% соответственно. Купленный телевизор оказался бракованным. Какова вероятность того, что он поступил с третьей фабрики? Решение : У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают достоверное событие. Пусть H i -поступление телевизоров с i-ой фабрики , а Aпоступление бракованного телевизора, тогда получим: P( H 1 )=0.3, P( H 2 )=0.2 и P( H 3 )=0.5. P(A| H 1 )=0.05 , P(A| H 2 )=0.03 , P(A| H 3 )=0.04 По формуле Байеса получим: P(H 3 ) * P(A | H 3 ) 20 0.49 P( H 3 |A)= = P(H 3 ) * P(A | H 3 ) P(H1 ) * P(A | H1 ) P(H 2 ) * P(A | H 2 ) 41 Ответ. Вероятность поступления бракованного телевизора с 3-ей фабрики 0.49 Задача 13. В трёх одинаковых урнах находятся шары: в первой с номерами от 1 до 9 , во второй от 10 до 20 и в третьей от 21 до 30 включительно. Из случайно взятой урны берётся шар и оказывается, что его номер делится на 5. Какова вероятность, что этот шар взят из первой урны? Решение: У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают достоверное событие. Пусть H i -взятие шара с i-ой урны , а A-номер взятого шара кратен 5, тогда получим: 1 1 P( H 1 )=P( H 2 )=P( H 3 )= . P(A| H 1 )= (подходит шар под номером 5 из 9 штук), 3 9 3 2 P(A| H 2 )= (подходят 3 шара из 11 : 10, 15, 20), P(A| H 3 )= (подходят 2 шара из 10 : 25 11 10 и 30). По формуле Байеса имеем : P(H1 ) * P(A | H1 ) 495 0.19 P( H 1 |A)= = P(H1 ) * P(A | H1 ) P(H 2 ) * P(A | H 2 ) P(H 3 ) * P(A | H 3 ) 9 * 289 Ответ. Вероятность , что шар из первой урны 0.19 Задача 16. На трёх дочерей Аню, Катю и Анфису в семье возложена обязанность по мытью тарелок. Аня, как старшая, выполняет 40% всей работы, остальную работу Катя и Анфиса делят пополам. Вероятность того, что Аня разобьёт хотя бы одну тарелку равна 0,02, для Кати и Анфисы эта вероятность равна 0,03 и 0,02 соответственно. Родители слышали звон разбитой посуды. Какова вероятность, что тарелки мыла Аня? Решение: Будет удобно пронумеровать дочерей соответственно 1, 2 и 3. У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают достоверное событие. Пусть H i -к работе приступает i-ая дочь , а A-звон битой посуды, тогда получим: P( H 1 )=0.4, P( H 2 )=0.3 и P( H 3 )=0.3. P(A| H 1 )=0.02 , P(A| H 2 )=0.03 , P(A| H 3 )=0.02 По формуле Байеса получаем : P(H1 ) * P(A | H1 ) 0.008 0.35 P( H 1 |A)= = P(H1 ) * P(A | H1 ) P(H 2 ) * P(A | H 2 ) P(H 3 ) * P(A | H 3 ) 0.023 Ответ. Вероятность , что тарелки мыла Аня 0.35. Задача 27. Половина всех арбузов поступает в магазин с 1 базы, 1/3 - со 2 базы, остальные - с 3 базы. Арбузы с повышенным содержанием нитратов составляют на 1 базе 15%, на 2 базе - 10%, на 3 - 20%. Какова вероятность купить недоброкачественный арбуз? Решение : У нас полная система событий, так как события попарно несовместны и в сумме дают достоверное событие. Пусть H i -поступление арбузов с i-ой базы , а A-покупка недоброкачественного арбуза, тогда получим: P( H 1 )=1/2, P( H 2 )=1/3 и P( H 3 )=1/6. P(A| H 1 )=0.15 , P(A| H 2 )=0.1 , P(A| H 3 )=0.2 , тогда по формуле полной вероятности : P(A)= P( H 1 )P(A| H 1 )+ P( H 2 )P(A| H 2 )+P( H 3 )P(A| H 3 )= =(1/2)*0.15+(1/3)*0.1+(1/6)*0.2=0.142 Ответ. Вероятность купить недоброкачественный арбуз 0.142 Задача 30. Из 4-х игральных костей одна фальшивая. На ней 6 очков выпадает с вероятностью 1/3. При бросании случайно выбранной кости выпала шестёрка. Какова вероятность того, что была выбрана фальшивая кость? Решение : Пронумеруем кости : 1, 2, 3 , 4. Пусть кость под номером 4 будет фальшивой. H i -выбор i-ой кости , а A- выпадение шестёрки, тогда получим: P( H i )=1/4 – так как выбор кости произволен. P(A| H 1 )=P(A| H 2 )=P(A| H 3 )=1/6 , P(A| H 4 )=1/3 , по формуле Байеса получаем : P( H 4 |A)= P(H 4 ) * P(A | H 4 ) = P(H 4 ) * P(A | H 4 ) P(H1 ) * P(A | H1 ) P(H 2 ) * P(A | H 2 ) P(H 3 ) * P(A | H 3 ) =2/5=0.4 Ответ. Вероятность выбора фальшивой кости равна 0.4 Тема 3 Повторение опытов (схема Бернулли). Задача 2. Производиться 4 выстрела по мишени, вероятность попадания при каждом выстреле 2/3. Найти вероятность того, что в мишень попадут не менее 2 раз. Решение: У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются независимыми в совокупности ”на лицо” схема Бернулли. Используем всем известную формулу : Pn (k ) C nk p k q n k , где n-число испытаний, p-вероятность некоторого события, а q=1-p. В данном случае n=4, p=2/3 , q=1/3. Получим: 0 4 1 3 2 1 2 1 72 0.89 P4 (2,4) 1 P4 (0) P4 (1) = 1 C C 41 = 3 3 3 3 81 Ответ. Вероятность попадания не менее 2-х раз 0.89 0 4 Задача 6. Имеется 7 партий деталей, каждая из которых содержит 10% бракованных. Из каждой партии извлекают по 1 детали. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей не менее двух бракованных. Решение : У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли : n=7, p=1/10 , q=9/10. Получим: 0 7 1 6 1 9 1 9 P7 (2,7) 1 P7 (0) P7 (1) = 1 C C 71 = 10 10 10 10 4782969 3720087 8503056 0,15 =1=110000000 10000000 10000000 Ответ. Вероятность не менее двух бракованных 0.15 0 7 Задача 11. Вероятность поражения самолета средствами ПВО объекта 0,6 Найти вероятность того, что из 8 атакующих объект самолетов к нему прорвется не более шести. Решение: У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли : n=8, q=6/10 , p=4/10. Получим: 1 7 0 8 6 4 6 4 P8 (0,6) 1 P8 (7) P8 (8) = 1 C C88 = 10 10 10 10 34992 6561 349072 0.89 =1= 390625 390625 390625 Ответ. Вероятность прорыва не более 6 самолетов 0.89 7 8 Задача 17. Караван из 4 судов пересекает минное поле, вероятность подрыва для каждого из судов считается равной 0,1. Найти вероятность того, что не менее половины судов уцелеет. Решение : У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли : n=4, q=1/10 , p=9/10. Получим: 4 0 3 1 1 9 1 9 P4 (0,2) 1 P4 (0) P4 (1) = 1 C C 41 = 10 10 10 10 6561 2916 0.05 =110000 10000 Ответ. Вероятность сохранности не менее половины судов 0.05 0 4 Задача 26. Контроллер ОТК проверяет 4 изделия на стандартность. Вероятность того, что изделие стандартно, равна 0,8 для каждого изделия. Найти вероятность того, что более половины проверенных изделий стандартно. Решение: У нас проводятся независимые эксперименты, при которых события являются независимыми в совокупности. Считаем по формуле Бернулли : n=4, p=8/10 , q=2/10. Получим: 3 1 4 0 8192 8 2 8 2 0,82 P4 (2,4) P4 (3) P4 (4) = C C 44 = 10 10 10 10 10000 Ответ. Вероятность стандартности более половины изделий 0,82. 3 4