Теория вероятностей: 10 задач с подробными решениями

Принятые обозначения

В работе используются стандартные обозначения курса теории вероятностей. Все формулы записаны в текстовом виде.

P(A) — вероятность события A; Ā — событие, противоположное событию A;

C(n, k) = n! / (k! · (n − k)!) — число сочетаний из n элементов по k;

P(A | H) — условная вероятность события A при условии, что произошло событие H;

Pn(k) — вероятность ровно k успехов в n независимых испытаниях;

M(X), D(X), σ(X) — математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение случайной величины X;

F(x) = P(X < x) — функция распределения, f(x) — плотность распределения;

Ф(x) = (1/√(2π)) · ∫ от 0 до x exp(−t²/2) dt — функция Лапласа (нечетная: Ф(−x) = −Ф(x)); значения взяты из таблицы функции Лапласа с точностью до 0,0001.

Численные ответы округлены до четырех знаков после запятой. Все результаты дополнительно проверены расчетом на компьютере (Python, библиотека SciPy): прямым вычислением вероятностей биномиального, гипергеометрического, пуассоновского и нормального законов, а также численным интегрированием плотности.

Задача 1. Классическое определение вероятности

Условие. В урне 6 белых и 4 черных шара. Наудачу без возвращения извлекают 3 шара. Найти вероятность того, что среди извлеченных шаров: а) ровно 2 белых; б) все шары одного цвета.

Решение.

1) Испытание — извлечение 3 шаров из 10. Порядок извлечения не важен, поэтому элементарный исход — сочетание из 10 по 3. Все исходы равновозможны, и можно применять классическое определение вероятности P(A) = m/n, где n — число всех исходов, m — число исходов, благоприятствующих событию A.

n = C(10, 3) = 10! / (3! · 7!) = (10 · 9 · 8) / (1 · 2 · 3) = 120.

2) Событие A — «ровно 2 белых шара (и, следовательно, 1 черный)». Два белых шара из шести можно выбрать C(6, 2) способами, один черный из четырех — C(4, 1) способами. По правилу произведения:

m = C(6, 2) · C(4, 1) = 15 · 4 = 60; P(A) = 60/120 = 0,5.

3) Событие B — «все шары одного цвета» — есть сумма несовместных событий B1 «все 3 белые» и B2 «все 3 черные». Число благоприятствующих исходов:

m = C(6, 3) + C(4, 3) = 20 + 4 = 24; P(B) = 24/120 = 0,2.

Ответ: а) P(A) = 0,5; б) P(B) = 0,2.

Задача 2. Противоположное событие. Гипергеометрическая схема

Условие. В партии из 30 деталей 5 бракованных. Для контроля наудачу отбирают 4 детали. Найти вероятность того, что среди отобранных: а) ровно одна бракованная деталь; б) хотя бы одна бракованная деталь.

Решение.

1) Число всех способов отобрать 4 детали из 30:

n = C(30, 4) = (30 · 29 · 28 · 27) / 24 = 27405.

2) Событие A — «ровно одна бракованная». Одну бракованную выбираем из 5, три стандартные — из 25:

C(25, 3) = (25 · 24 · 23) / 6 = 2300; m = C(5, 1) · C(25, 3) = 5 · 2300 = 11500;

P(A) = 11500 / 27405 ≈ 0,4196.

3) Событие B — «хотя бы одна бракованная». Удобно перейти к противоположному событию B̄ — «все 4 детали стандартные», так как P(B) = 1 − P(B̄).

C(25, 4) = (25 · 24 · 23 · 22) / 24 = 12650; P(B̄) = 12650 / 27405 ≈ 0,4616;

P(B) = 1 − 12650/27405 = 14755/27405 ≈ 0,5384.

Ответ: а) P(A) ≈ 0,4196; б) P(B) ≈ 0,5384.

Задача 3. Теоремы сложения и умножения вероятностей

Условие. Три стрелка независимо друг от друга делают по одному выстрелу в мишень. Вероятности попадания для них равны p1 = 0,7, p2 = 0,8, p3 = 0,9. Найти вероятность того, что: а) в мишени будет ровно два попадания; б) будет хотя бы одно попадание; в) попадет только первый стрелок.

Решение.

1) Обозначим Ai — «попал i-й стрелок», i = 1, 2, 3. События A1, A2, A3 независимы. Вероятности промахов: q1 = 1 − 0,7 = 0,3; q2 = 1 − 0,8 = 0,2; q3 = 1 − 0,9 = 0,1.

2) Событие «ровно два попадания» представим как сумму трех несовместных произведений:

A = A1·A2·Ā3 + A1·Ā2·A3 + Ā1·A2·A3.

По теореме сложения для несовместных событий и теореме умножения для независимых событий: