Примеры решения задач по раздел

Примеры решения задач по разделу математики
«Теория вероятностей и математическая статистика»
Основные обозначения и сокращения
Ω – пространство элементарных событий
Ø – невозможное событие
Р(А) – вероятность события А
С nk – число сочетаний из n элементов по k
Ank – число размещений без повторений из n элементов по k

Ank – число размещений с повторениями из n элементов по k
Pn – число перестановок n элементов
Р(А|В) – вероятность события А при условии, что произошло событие В
Pn (k ) – вероятность того, что в n испытаниях некоторое событие наступает k раз
с.в. – случайная величина
F(x) – функция распределения с.в.
f(x) – плотность распределения непрерывной с.в.
M() – математическое ожидание с.в.
D() – дисперсия с.в.
() – среднее квадратическое отклонение
F‫(٭‬x) – эмпирическая функция распределения
xв – выборочная средняя
Dв – выборочная дисперсия
s2 – исправленная выборочная дисперсия
Задача 1
А1, А2, А3 – произвольные события. Выразить через А1, А2, А3 следующие события:
A − произошло только А1,
B − произошло только одно из данных событий,
C − произошли только два из данных событий,
D − произошли все три события,
E − произошло не менее двух из данных событий,
F – ни одно из данных событий не произошло,
G – произошло хотя бы одно из данных событий.
Указать (если есть) несовместные события, противоположные события. Найти пары событий,
среди которых одно влечёт наступление другого.
Решение:
Событие А заключается в том, что произошло только А1, а значит, не произошли события А2
и А3 (то есть произошли А2 и А3 ), следовательно,
А  А1  А2  А3 .
Событие В заключается в том, что произошло или только событие А1, или только событие А2, или
только событие А3, следовательно,
В  А1  А2  А3  А1  А2  А3  А1  А2  А3 = А  А1  А2  А3  А1  А2  А3.
Событие С заключается в том, что произошли два какие-то события, то есть или события А1 и А2 (а
А3 не произошло), или А1 и А3 (а А2 не произошло), или А2 и А3 (а А1 не произошло), следовательно,
С  А1  А2  А3  А1  А2  А3  А1  А2  А3.
Событие D заключается в том, что произошло событие А1, и событие А2, и событие А3, поэтому
D  А1  А2  А3 .
Событие Е заключается в том, что произошли два или три события, следовательно,
Е  C  D.
Есть иной способ представления события G: Рассмотрим событие G – противоположное G:
G – не произошло ни одного из событий А1, А2 и А3, следовательно,
G  F  A1  A2  A3 , тогда G    G    A1  A2  A3. 1
Несовместными являются события: А и С, А и D, А и E, А и F, B и С, B и D, B и E, B и F, C и D, C и
F, E и F, F и G.
Укажем пары событий, среди которых одно влечет наступление другого: А  В, А  G,
B  G, C  E , C  G , D  E , D  G, E  G.
1
Противоположными событиями являются события: “произошло хотя бы одно из данных событий” и “не произошло ни
одно из данных событий”. Многие учащиеся ошибочно считают, что противоположными событиями являются события
“произошли все данные события” и “не произошло ни одно из данных событий”, эти события не дают в сумме все
пространство элементарных событий Ω.
3
Задача 2
В коробке 12 деталей, причём 8 из них стандартные. Наудачу извлечены 3 детали. Найти
вероятность следующих событий: 1) А – все три стандартные, 2) В – только две стандартные, 3)
хотя бы одна стандартная.
Решение:
Рассмотрим множество всех деталей X, состоящее из 12 элементов:
Х  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11,12.
Пространство элементарных событий Ω состоит из всевозможных выборов из 12 деталей по 3:
  1, 2, 3, 1, 2, 4, ..., 10,11, 12.
Определим общее число n элементарных исходов и число исходов, благоприятных
указанным событиям.
Общее число элементарных исходов равно числу способов, которыми можно извлечь 3
детали из 12, то есть равно числу сочетаний из 12 по 3:
n  С123 .
Так как это число конечно и все исходы равновероятны, то имеет место классическая
схема определения вероятности ( Р( А) 
k
, где n – число элементарных исходов в пространстве
n
Ω, k – число элементарных исходов, благоприятных событию А).
1) Определим вероятность события А.
1 способ:
Число исходов, благоприятных событию А, равно числу способов, которыми можно три
детали извлечь из восьми стандартных, то есть равно числу сочетаний из 8 по 3 ( С 83 ),
следовательно,
8!
С
8! 3! 9! 8! 9!
5! 6  7  8  9!
6  7 8
14
3! (8  3)!
Р( А) 





 .
12!
С
3! 5! 12! 5! 12! 5! 9! 10  11 12 10 11 12 55
3! (12  3)!
3
8
3
12
2 способ:
Введем события:
А1 – первый раз извлечена стандартная деталь,
А2 – второй раз извлечена стандартная деталь,
А3 – третий раз извлечена стандартная деталь.
Тогда, событие А произойдет, если произойдут все три события А1, А2 и А3, то есть
А  A1  A2  А3 .
По теореме умножения вероятностей
4
Р( А)  Р( A1  A2  А3 )  Р( А1 )  Р( А2 А1 )  Р( А3 А1 А2 ).
Так как всего 12 деталей и из них 8 стандартные, то
Р ( А1 ) 
8
.
12
После извлечения одной стандартной детали останется 11 деталей, из которых 7 деталей
стандартные, следовательно,
Р ( А2 А1 ) 
7
.
11
После извлечения стандартной детали во второй раз, останется 10 деталей, среди которых
6 стандартных, поэтому
Р ( А3 А1 А2 ) 
6
.
10
Таким образом, Р( А)  Р( А1 )  Р( А2 А1 )  Р( А3 А1 А2 ) 
8 7 6 14
   .
12 11 10 55
2) Определим вероятность события В.
Событие В заключается в том, что из трех извлеченных деталей две являются
стандартными, следовательно третья деталь должна быть нестандартной. Две детали можно
извлечь из восьми стандартных С 82 способами, а нестандартную третью можно извлечь из
четырёх нестандартных деталей С 41 способами. По правилу произведения, заключаем: число
элементарных исходов, благоприятных событию В, равно С 82  С 41 , поэтому
8!
4!

С С
8! 4! 3! 9!
6! 7  8  2! 3  4  9! 28
2!  (8  2)! 1! (4  1)!
Р( В) 



 .
3
12!
С12
2! 6! 1! 3! 12! 2! 6! 9! 10  11  12 55
3! (12  3)!
2
8
1
4
3) Определим вероятность события С.
1 способ:
Число исходов, благоприятных событию C, равно сумме числа способов, которыми можно из
12 деталей извлечь 3 так, чтобы среди них была 1 стандартная ( С81  С42 ), числа способов,
которыми можно из 12 деталей извлечь 3 так, чтобы среди них были 2 стандартные ( С82  С41 ) и
числа способов, которыми можно из 12 деталей извлечь 3 так, чтобы все 3 были стандартные
( С83 ). Следовательно,
Р(С ) 
С81  С42  С82  С41  С83
.
С123
Понятно, что при таком способе рассуждений сталкиваемся с весьма громоздкими
вычислениями, поэтому воспользуемся для нахождения вероятности события С другим способом.
5
2 способ:
Вероятность события С удобно находить так: Р(С )  1  Р(С ), где С – событие,
противоположное событию С. С заключается в том, что все три извлеченные детали являются
нестандартными.
Число исходов, благоприятных событию С, равно число способов, которыми можно три
детали извлечь из четырех нестандартных, то есть равно числу сочетаний из 4 по 3 ( С43 ),
следовательно,
4!
С
4! 9!
23 4
1
3!1! 4! 3! 9!
Р(С ) 




 .
12!
С
3!12! 9! 10 11 12 10  11  12 55
3! 9!
3
4
3
12
(Вероятность события С можно было найти по теореме умножения вероятностей, подобно тому, как вторым способом находилась вероятность события А).
Тогда вероятность события С равна:
Р(С )  1 
1 54
 .
55 55
6
Задача 3
Монета радиуса 2 см случайным образом брошена на дорогу, вымощенную прямоугольной
тротуарной плиткой размером 15 х 10 см. Найти вероятность события А, заключающегося в том,
что монета окажется лежащей внутри некоторого плитки.
Решение:
Положение монеты на плитки полностью определяется положением ее центра. Монета
окажется лежащей внутри некоторой плитки размером 15 х 10 см, если ее центр попадет в
прямоугольник внутри плитки размером 11 х 6 см (11  15  2  2 , 6  10  2  2 ).
S
2
S0
Пользуясь геометрическим подходом к определению вероятности, получаем:
Р( А) 
S 0 11  6 11

 .
S 15  10 25
Задача 4
Найти вероятность того, что сумма двух выбранных наудачу положительных чисел, каждое из
которых не больше 2, не превышает 3.
Решение:
Пусть х – первое число, у – второе число. Так как выбранные числа положительны и не больше 2, то

G  ( х; у)  R 2 0  x  2, 0  y  2.
Поскольку сумма чисел не должна превышать 3, то

g  ( х; у)  R 2 x  y  3.
Изобразим области G и g.
2
y  3 x
g
2
0
Р( А) 
Sg
SG

1
1
11 4 
2
2  7.

2
4
8
2
22 
7
Задача 5
Два баскетболиста делают независимо друг от друга по одному броску в корзину.
Вероятность попадания для 1го баскетболиста 0,8, для 2го баскетболиста 0,7. Найти вероятности
следующих событий:
А – 1ый попал, 2ой не попал,
В – только один попал,
С – ни один не попал,
D – хотя бы один попал.
Решение:
Введем события, вероятности которых известны по условию задачи:
А1 – 1ый баскетболист попал в корзину, А2 – 2ой баскетболист попал в корзину.
Р( А1 )  0,8, Р( А2 )  0,7, Р( А1 )  1  0,8  0,2, Р( А2 )  1  0,7  0,3.
Выразим событие А через А1 и А2:
А  А1  А2 .
События А1 и А2 (и события А1 и А2 ) являются независимыми, поэтому
Р( А)  Р( A1  А2 )  P( A1 )  P( А2 )  0,8  0,3  0,24.
Выразим событие В бытие В через А1 и А2. В заключается в том, что 1ый баскетболист попал
в корзину, а 2ой баскетболист не попал в корзину или 2ой баскетболист попал в корзину, а 1ый не
попал, поэтому
В  А1  А2  А1  А2 .
События 1ый баскетболист попал в корзину, а 2ой не попал и 2ой баскетболист попал в
корзину, а 1ый не попал являются несовместными, следовательно,
Р( В)  Р( А1  А2  А1  А2 )  Р( А1  А2 )  Р( А1  А2 ) 
 Р( А1 )  Р( А2 )  Р( А1 )  Р( А2 )  0,24  0,2  0,7  0,38.
Выразим событие С через А1 и А2:
С  А1  А2 .
В силу независимости событий А1 и А2 (следовательно, и событий А1 и А2 ),
заключаем:
Р(С )  Р( А1  А2 )  Р( А1 )  Р( А2 )  0,2  0,3  0,06.
Событие D представляет собой сумму событий А1 и А2.
D  A1  A2 .
По теореме сложения вероятностей, получаем:
P( D)  P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1 )  Р( A2 ) 
 0,8  0,7  0,8  0,7  0,94.
8
Вероятность события D можно было искать по-другому.
D  С  А1  А2 .
P( D)  02  0,3  0,06.
P( D)  1  P( D)  1  0,06  0,94.
Задача 6
В корзине 4 синих и 3 красных шара. Два раза подряд наудачу вытаскивается шар. Найти
вероятности следующих событий, если известно, что шары извлекаются без возвращения в
корзину:
1) второй раз вытащен синий шар, если первый раз вытащили красный шар;
2) второй раз вытащен синий шар, если первый раз вытащили синий шар;
3) второй раз вытащен красный шар, если первый раз вытащили синий шар;
4) второй раз вытащен красный шар, если первый раз вытащили красный шар.
Решение:
Введем события:
А1 – первый раз вытащили синий шар, тогда А1 – первый раз вытащили красный шар,
А2 – второй раз вытащили синий шар, тогда А2 – второй раз вытащили красный шар,
Таким образом, требуется найти вероятности событий: А2 А1 , А2 А1 , А2 А1 , А2 А1 .
1) Всего шаров 7: 4 синих и 3 красных. Если первый раз вытащили красный шар, то
осталось 6 шаров: 4 синих и 2 красных. Следовательно, вероятность того, что второй раз
вытащили синий шар
Р( А2 А1 ) 
4 2
 .
6 3
2) Если первый раз вытащили синий шар, то осталось 6 шаров: 3 синих и 3 красных.
Следовательно, вероятность того, что второй раз вытащили синий шар:
Р( А2 А1 ) 
3 1
 .
6 2
Аналогично рассуждая, получаем:
3) Р( А2 А1 ) 
3 1
 .
6 2
2
6
1
3
4) Р( А2 А1 )   .
9
Задача 7
Два работника изготавливают одинаковые детали. Более опытный изготавливает 0,6 всех
деталей, менее опытный изготавливает 0,4 всех деталей. Вероятность того, что деталь будет
исправна, если ее выполнил более опытный работник 0,95. Вероятность того, что деталь будет
исправна, если ее выполнил менее опытный работник 0,85. Найти вероятность того, что взятая
наудачу деталь оказалась исправной.
Решение:
Введем гипотезы:
H1 − деталь сделана более опытным работником;
H2 −деталь сделана менее опытным работником.
P(H1)=0,6,
P(H2)=0,4.
Введем событие А − извлеченная наудачу деталь исправна.
Вероятность того, что деталь исправна, если сделана более опытным работником, равна
P(A|H1)=0,95.
Вероятность того, что деталь исправна, если сделана менее опытным работником, равна
P(A|H2)=0,85.
Искомая вероятность P(A) по формуле полной вероятности равна:
P(A)= P(H1)∙P(A|H1)+P(H2)∙P(A|H2)=0,6∙0,95+0,4∙0,85=0,91
Задача 8
Два работника изготавливают одинаковые детали. Более опытный изготавливает 0,6 всех
деталей, менее опытный изготавливает 0,4 всех деталей. Вероятность того, что деталь будет
исправна, если ее выполнил более опытный работник, равна 0,95. Вероятность того, что деталь
будет исправна, если ее выполнил менее опытный работник, равна 0,85. Взятая наудачу деталь
оказалась исправной. Найти вероятность того, что деталь была сделана более опытным
работником.
Решение.
(См. предыдущий пример)
Требуется найти условную вероятность того, что деталь сделана более опытным рабочим
при условии, что она исправна, то есть требуется найти вероятность P(H1|A).
Воспользуемся формулой Байеса:
P( H 1 А) 
P( H 1 А) 
P( H 1 )  P( А H 1 )
P( A)
.
0,6  0,95 57

 0,63 .
0,91
91
10
Задача 9
Найти вероятность того, что событие А, вероятность которого в каждом испытании равна
0,6, появится в пяти независимых испытаниях:
1) три раза,
2) не менее двух раз.
Решение:
Имеет место вероятностная схема Бернулли с параметрами (5; 0,6), так как проводится 5 независимых испытаний, в каждом из которых вероятность наступления события А постоянна и равна 0,6.
1) По формуле Бернулли вероятность того, что событие А появится 3 раза, равна
P5 (3)  C53  0,6 3  (1  0,6) 53 
5!
3!4  5
 0,216  (0,4) 2 
 0,216  0,16  0,3456.
3!2!
3!2!
2) Рассмотрим событие, противоположное событию: А появится не менее двух раз в пяти
независимых испытаниях. Это событие заключается в том, что А появится менее двух раз в пяти
независимых испытаниях, то есть А появится один раз или не появится вообще. Тогда
P5 (0)  Р5 (1)  С50  0,6 0  0,4 5  С51  0,61  0,4 51  0,01024  0,0768  0,08704.
Тогда вероятность искомого события равна:
1  0,08704  0,91296.
Задача 10
Вероятность некоторого события в каждом испытании постоянна и равна 0,75. Найти
вероятность того, что это событие в 192 испытаниях наступит 1) 150 раз, 2) 135 раз, 3) не менее
135 и не более 150 раз.
Решение:
По
условию
n  192 ,
p  0,75  q  0,25 .
Величина
npq  192  0,75  0,25  36  10.
Воспользуемся приближенными формулами Муавра-Лапласа.
1) Найдем х и по таблице  (х) для k  150 :
x
k  np

150  192  0,75
npq
1
6
Тогда P 192 (150 )    (1) 
36

6
 1,  (1)  0,242 .
6
0,242
 0,04. .
6
2) Найдем х и по таблице  (х) для k  135 :
x
k  np
npq

135  192  0,75
36

9
 1,5,  (1,5)   (1,5)  0,1295 .
6
1
6
Тогда P 192 (135 )    (1,5) 
0,1295
 0,021.
6
3) По таблице находим:
( x2 )  (1)  0,3413 , ( x1 )  (1,5)  (1,5)  0,4332 .
Pn (135  k  150 )  (1)  (1,5)  0,3413  0,4332  0,7745 .
11
Задача 11
Составить закон распределения (в виде таблицы и графически), функцию распределения
с.в. ξ − числа попаданий мяча в корзину при трех бросках, если вероятность попадания при одном
броске р = 0,4. Определить мат. ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение с.в. ξ.
Решение:
С.в. в. ξ − число попаданий мяча в корзину при трех бросках – дискретная с.в., так как
множество ее значений 0, 1, 2, 3 конечно.
Определим вероятность каждого значения с.в. Очевидно, имеет место вероятностная схема
Бернулли с параметрами (3; 0,4), так как проводится 3 независимых испытания (броски мяча в
корзину), в каждом из которых фиксируется попадание в корзину, вероятность которого р  0,4.
P3 (0)  C30  0,4 0  0,6 3  0,216.
P3 (1)  C31  0,41  0,6 2  3  0,4  0,36  0,432.
P3 (2)  C32  0,4 2  0,61  3  0,16  0,6  0,288.
P3 (3)  C33  0,4 3  0,6 0  0,064.
Заметим выполнимость условия нормировки:
n
p
i 1
i
 0,216  0,432  0,288  0,064  1 .
Представим закон распределения в виде таблицы.
xi
0
1
2
3
pi
0,216
0,432
0,288
0,064
Построим многоугольник распределения.
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
1
2
3
Найдем функцию распределения F(x) с.в. ξ.
Напомним, что F ( x)  P(  x).
Возможные значения с.в. ξ (то есть числа: 0, 1, 2, 3) разбивают числовую прямую
12
на 5 промежутков, определим значения F(x) внутри каждого промежутка.1
1) Если х  0 .
х
0
1
2
F ( x)  P(  x)  0, так как нет значений с.в. ξ, таких что   x , где х  0 .
2) Если 0  х  1 .
х
0
1
2
3
2
3
F ( x)  P(  x)  P(  0)  0,216.
3) Если 1  х  2 .
0
х
1
F ( x)  P(  x)  P(  0)  Р(  1)  0,216  0,432  0,648.
4) Если 2  х  3 .
0
1
х
2
3
F ( x)  P(  x)  P(  0)  Р(  1)  P(  2)  0,648  0,288  0,936
5) Если х  3 .
0
1
2
3
х
F ( x)  P(  x)  P(  0)  Р(  1)  P(  2)  Р(  3)  1.
Итак,
0, если х  0,
0,216, если 0  x  1,

F ( x)  0,648, если 1  x  2,
0,936, если 2  х  3,

1, если х  3.
Найдем числовые характеристики с.в. ξ.
Математическое ожидание:
1
Штриховкой отмечен промежуток, в котором может находиться с.в. , удовлетворяющая условию   x.
13
n
M ( )   xi pi  0  0,216  1  0,432  2  0,288  3  0,064 1,2.
i 1
Заметим, что мат. ожидание оказалось ближе к тому значению с.в. ξ, вероятность которого
самая большая.
Для нахождения дисперсии воспользуемся формулой:
D( ) = М ( 2 )  М 2 ( ).
Найдем закон распределения с.в.  2 и определим ее мат. ожидание.
x i2
0
1
4
9
pi
0,216
0,432
0,288
0,064
n
M ( 2 )   xi2 pi  0  0,216  1  0,432  4  0,288  9  0,064 2,16.
i 1
D( ) = М ( 2 )  М 2 ( )  2,16  (1,2) 2  2,16  1,44  0,72.
Найдем среднее квадратическое отклонение.
 ( ) = D( )  0,72  0,85.
14
Задача 12
При изучении некоторого признака из генеральной совокупности была извлечена выборка:
1, 3, 4, 2, 2, 1, 2, 2, 3, 1.
1)
Составить распределение частот и относительных частот и построить полигон частот;
2)
Найти эмпирическую функцию распределения;
3)
Найти несмещённую оценку генеральной средней признака;
4)
Найти смещённую и несмещённую оценки генеральной дисперсии признака.
Решение:
1) Варианты признака: 1, 2, 3, 4.
Определим частоту ni каждой варианты и составим статистическое распределение частот:
хi
1
2
3
4
ni
3
4
2
1
Построим полигон частот (то есть ломаную, составленную из отрезков, которые
последовательно соединяют точки (x1, n1), (x2, n2), (x3, n3), (x4, n4)).
Полигон частот
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
1
2
3
4
Объем выборки n=10. Определим относительную частоту каждой варианты wi 
Статистическое распределение относительных частот:
хi
1
2
3
4
wi
3/10
4/10
2/10
1/10
Заметим, что сумма всех относительных частот равна 1, то есть
w
i
ni
.
n
 1.
i
2) Найдем эмпирическую функцию распределения F‫(٭‬x).
F‫(٭‬x) – относительная частота события X  x . Если nx – число наблюдений, при которых имеет
место значение признака, меньшее х, то
следовательно, F * ( x) 
nx
n
– относительная частота события X  x ,
nx
. Для различных значений х получим:
n
15
при х  1,
0
3 / 10
при 1  х  2,

F  ( x)  3 / 10  4 / 10  7 / 10
при 2  x  3,
3 / 10  4 / 10  2 / 10  9 / 10 при 3  x  4,

3 / 10  4 / 10  2 / 10  1 / 10  1 при x  4.
3) Оценкой генеральной средней служит выборочная средняя. хв (эта оценка является
несмещенной).
k
xв 
 ni x i
i 1
n

1 3  2  4  3  2  4 1
 2,1.
10
 
2
4) Оценкой генеральной дисперсии служит выборочная дисперсия Dв  xв  xв .
2
 
2
Dв  xв  xв .
2
Найдем
2
xв . Для этого составим статистическое распределение х2.
xi2
1
4
9
16
ni
3
4
2
1
k
xв 
2
 ni xi
i 1
n
2

1  3  4  4  9  2  16  1
 5,3 .
10
 
Dв  xв  xв
2
2
 5,3  (2,1) 2  0,89 .
Найденная оценка не является несмещенной (она несколько занижена).
Несмещенную оценку дисперсии можно найти по формуле:
s2 
s2 
n
 Dв .
n 1
9
 0,89  0,99 .
10
16