Математика для гуманитарных, экологических и экономико-юридических специальностей. Часть 1

7 1

та примет устойчивый характер и с ростом числа выстрелов будет меняться, стремясь в бесконечности к некоторому числу q, которое

èявляется истинной вероятностью попадания в мишень. Следовательно, строго говоря, статистическим путем мы в принципе не можем определить истинную вероятность ни одного события, так как никакой эксперимент мы не можем повторять бесконечное число раз. Однако для практических целей абсолютная точность и не требуется. На практике обычно ограничиваются некоторым числом испытаний

èполученную относительную частоту приближенно принимают за вероятность события.

Если пространство элементарных событий представляет собой бесконечное множество точек, то классический способ определения вероятности использовать невозможно. В таких случаях применяется геометрический подход. Проиллюстрируем его на следующем примере. Допустим, что в круг радиуса R вписан меньший круг радиуса r. В пределах площади большого круга наугад ставится точка,

которая может попасть или не попасть в малый круг. Если попадание в каждую точку большого круга является равновозможным, то вероятность события À, обозначающего «попадание в малый круг»,

определяется как отношение площади малого круга к площади большого круга:

Таким образом, вероятностные задачи делятся на два больших класса:

а) задачи, решаемые классическим путем. К ним относятся зада- чи с конечным числом точек Ω-пространства. Для их решения ис-

пользуются в основном методы комбинаторики; б) задачи, решаемые геометрическим путем. К ним относятся за-

дачи с бесконечным числом точек Ω-пространства. Классический под-

ход к задачам этого класса неприменим.

Статистический же подход, в сущности, является универсальным. Он применим к любым классам вероятностных задач.

3.8.Классический подход. Задачи с решениями

Âданном подразделе приведены образцы решения несложных задач с дискретными вероятностными пространствами.

1. Эксперимент состоит в шестикратном подбрасывании монеты. Найти вероятность того, что герб выпадет точно два раза.

Решение. Условимся обозначать единицей падение монеты гер-

бом вверх и нулем падение монеты гербом вниз. Тогда всякий исход

7 2

эксперимента представится шестизначным двоичным кодом и задачу можно переформулировать: найти вероятность того, что в этом коде будут точно две единицы.

Всего существует 64 двоичных числа: Ω = 64 . Это знаменатель

искомой вероятности. Чтобы найти числитель, выясним, сколько существует шестизначных двоичных кодов, в каждом из которых точно две единицы. По формуле числа сочетаний из 6 по 2 находим:

Таким образом, искомая вероятность ð = 15/64.

2. Монету подбрасывают 8 раз. Найти вероятность того, что монета 5 раз упадет гербом вверх и 3 раза цифрой вверх. При этом первый бросок и последний заканчиваются падением монеты гербом вверх.

Решение. Как и в предыдущей задаче, условимся обозначать еди-

ницей падение монеты гербом вверх и нулем падение монеты гербом вниз. Всего существует 256 восьмизначных двоичных кодов. Следовательно, Ω = 256 . Это знаменатель искомой вероятности. Перехо-

дим к числителю. Так как старший и младший разряды восьмизнач- ного двоичного числа заняты единицами и нули там стоять не могут, то задача сводится к отысканию количества шестизначных двоич- ных чисел, в каждом из которых содержится точно три единицы. По формуле числа сочетаний из 6 по 3 находим: всего существует 20 таких чисел. Тогда искомая вероятность ð = 20/256. Результат

необходимо представить в виде несократимой дроби, следовательно, окончательно получаем ð = 5/64.

3.Монету подбросили 100 раз, и все 100 раз монета упала гербом вверх. Найти вероятность того, что если монету подбросить еще один раз, то она также упадет гербом вверх.

Решение. Интуиция говорит нам, что длинные серии одинаковых

исходов маловероятны, и чем длиннее серия, тем вероятнее ее прерывание на следующем исходе эксперимента. На самом же деле вероятность того, что в очередной раз выпадет герб, не зависит от того, как падала монета в предыдущих экспериментах. Следовательно, искомая вероятность ð = 1/2.

4.В тире 5 мишеней. На огневой позиции три стрелка. Каждый стрелок выбирает мишень независимо от других и делает один выстрел без промаха. Найти вероятность событий:

а) все стрелки выберут разные мишени; б) все стрелки выберут одну и ту же мишень;

в) все стрелки выберут последнюю мишень; г) три мишени окажутся без пробивок.

7 3

Решение. Пронумеруем мишени в последовательности 0, 1, 2,

3, 4 и каждому стрелку поставим в соответствие определенный разряд трехзначного пятеричного числа. Тогда все исходы стрельбы окажутся закодированными. Например, код 000 говорит о том, что все стрелки выбрали мишень с нулевым номером; 322 — первый стрелок выбрал третью мишень, а второй и третий — вторую; 142 — первый стрелок выбрал первую мишень, второй — четвертую, третий — вторую и т.д. Общее число исходов эксперимента равно числу всех трехразрядных пятеричных чисел, которые могут начинаться с нуля. Согласно формуле числа размещений из 5 по 3 с повторениями существует 53 таких чисел, тогда Ω = 125 . Это знаменатель для всех че-

тырех пунктов данной задачи. Находим числители и соответствующие вероятности:

а) исходу, когда стрелки выбрали разные мишени, соответствует трехзначное пятеричное число, в котором нет повторяющихся цифр. Следовательно, задача сводится к тому, чтобы определить, сколько существует таких чисел, которые могут начинаться и с нуля. Их количество можно найти по формуле числа размещений из 5 по 3 без повторений:

Таким образом, вероятность того, что все стрелки выберут разные мишени, равна ð = 60/125 = 12/25;

б) вероятность того, что все пули попадут в одну мишень, равна 5/125, так как всего существует пять чисел, в которых все цифры одинаковые: 000, 111, 222, 333, 444. Сократив полученную дробь, получаем ð = 1/25;

в) вероятность того, что все пули попадут в последнюю мишень, равна 1/125, так как существует единственное число 444, обозначающее выбор четвертой мишени всеми стрелками;

г) если три мишени остались без пробивок, значит, поражены две мишени. Этим исходам соответствуют пятеричные трехразрядные числа, в каждом из которых одна цифра встречается точно два раза. Следовательно, в каждом числе содержатся две различные цифры. Две цифры из пяти можно выбрать 10 способами (по формуле числа сочетаний без повторений). Выберем одну их этих пар, например 0 и 1. Из них можно составить 6 трехзначных чисел, в каждом из которых две одинаковые цифры: 001, 010, 011, 100, 101, 110. Если взять другую пару, например 2 и 3, то получим еще 6 новых чисел: 223, 232, 233, 322, 323, 332. Так как всего имеется 10 пар, то общее количество искомых чисел равно 6 10 = 60. Следовательно, ð = 60/125 = 12/25.

7 4

5.В библиотеке имеется по одному экземпляру шести новых книг

îприключениях. Пронумеруем их 0, 1, 2, 3, 4, 5. Четверо посетителей независимо друг от друга сделали заявки каждый на одну из этих книг. Найти вероятность того, что никто не выберет последнюю книгу.

Решение. Так как книги пронумерованы, то каждый вариант их

выбора можно представить четырехразрядным шестеричным числом.

Всего существует 64 таких чисел. Следовательно, Ω = 1296 . Ýòî

знаменатель искомой вероятности. Переходим к числителю. Он равен 54. Столько существует четырехразрядных шестеричных чисел,

âкаждом из которых нет цифры 5 (поскольку пятую книгу никто не выбрал). Искомая вероятность ð = 625/1296.

6.Некто задумал двухразрядное пятеричное число, при этом числа могут начинаться с нуля: 00, 01, 02, 03, 04, 10, 12, …, 44. Найти вероятность того, что это число четное.

Решение. Всего существует 25 двухразрядных пятеричных чисел,

следовательно, знаменатель найден. Переходим к числителю. В любой системе счисления четные и нечетные числа чередуются. Если основание системы счисления четно, то нечетных n-разрядных чисел

столько же, сколько и четных. При нечетном же основании четных n-разрядных чисел на единицу больше. Следовательно, искомая вероятность ð = 13/25.

7.Игральную кость подбрасывают три раза и каждый раз записывают число выпавших очков. Например, 436 — это значит, что при первом броске выпало 4 очка, при втором — 3, при третьем — 6. Последовательность полученных чисел рассматривается как трехразрядное число. Найти вероятность того, что это число является симметричным, т.е. одинаково читается как слева направо, так и справа налево.

Решение. Всего цифр 6, следовательно, знаменатель искомой вероятности равен 63 = 216. Находим числитель. Число является сим-

метричным, если оно начинается и оканчивается одной и той же цифрой. В середине может стоять любая цифра. Следовательно, всего таких симметричных чисел существует 36. Искомая вероятность ð = 36/216 = 1/6.

8.Задумано пятизначное десятичное число, не начинающееся с нуля. Найти вероятность того, что цифры в числе идут в порядке убывания слева направо, например: 75321, 98640 и т.д.

Решение. Цифры убывают, следовательно, повторяющихся цифр

âчисле нет. Для нахождения количества таких чисел можно использовать формулу числа сочетаний из 10 по 5 без повторений. Получится 252. Это числитель искомой вероятности. Знаменатель равен

7 5

90000 — общее количество всех пятизначных десятичных чисел, на- чинающихся не с нуля. Тогда ð = 252/90000 = 7/2500.

9.Из коробки, в которой 8 конфет «Весна» и 5 конфет «Ромашка», наугад берут 6 конфет. Найти вероятность того, что среди выбранных окажется точно 3 конфеты «Весна».

Решение. Три конфеты «Весна» можно выбрать 56 способами (чис-

ло сочетаний из 8 по 3). Кроме того, среди выбранных должно быть 3 конфеты «Ромашка». Их можно выбрать 10 способами (число соче- таний из 5 по 3). Тогда 6 конфет, среди которых 3 конфеты «Весна»

è3 конфеты «Ромашка», можно выбрать 56 10 = 560 способами. Это

числитель искомой вероятности. Знаменатель ее равен числу способов выбрать 6 конфет из 13, т.е. из общего числа конфет. Оно равно 1716 (число сочетаний из 13 по 6). Тогда ð = 560/1716 = 140/429.

10.В урне 6 белых шаров и 4 черных. Наугад берут 3 шара. Найти вероятность того, что шары:

Решение. Находим число точек Ω-пространства: Ω = 120 (число

сочетаний из 10 по 3). Это знаменатель для каждого из четырех пунктов данной задачи. Находим для них числители и соответствующие вероятности:

а) три белых шара из 6 можно выбрать 20 способами, тогда ð = 20/120 = 1/6;

б) три черных шара из 6 можно выбрать 4 способами, тогда ð = 4/120 = 1/30;

в) один белый шар можно выбрать 6 способами, два черных шара из четырех можно выбрать 6 способами. Тогда один белый и два черных шара могут быть выбраны 6 6 = 36 способами. Искомая вероятность ð = 36/120 = 3/10;

г) один черный шар из 4 можно выбрать 4 способами, 2 белых из шести — 15 способами. Один черный и два белых шара могут быть выбраны 60 способами. Тогда ð = 60/120 = 1/2.

11. Из колоды, в которой 36 карт, наугад вынимают две карты. Найти вероятность того, что среди выбранных карт нет ни одного туза.

Решение. Две карты из 36 можно выбрать 630 способами (число

сочетаний из 36 по 2). Это знаменатель искомой вероятности. Находим числитель. Существует 496 пар карт, среди которых нет тузов (число сочетаний из 32 по 2). Искомая вероятность ð = 496/630 =

=248/315.

12.Некто задумал десятизначное двоичное число, которое может начинаться и с нуля. Найти вероятность того, что в нем точно три единицы, причем рядом стоящих единиц в числе нет?

7 6

Решение. В задуманном числе три единицы и 7 нулей. Запишем

в ряд 7 нулей. Единицы могут располагаться только между нулями, а также слева и справа от нулей. Поскольку нулей всего 7, то для размещения трех единиц имеется 8 мест. Три единицы по этим восьми местам могут быть расположены 56 способами (число сочетаний из 8 по 3). Всего десятизначных двоичных чисел существует 210 = 1024. Следовательно, искомая вероятность ð = 56/1024 = 7/128.

13.На полку в случайном порядке поставили 3 книги по физике

è6 книг по химии. Какова вероятность того, что слева и справа окажутся книги по химии?

Решение. Так как слева и справа находятся книги по химии,

то между ними в произвольном порядке могут быть расположены 3 книги по физике и 4 — по химии. Всего существует 35 вариантов их расположения (число сочетаний из 7 по 4). Это числитель искомой вероятности. Общее число всех возможных вариантов размещения девяти книг равно 84 (по формуле числа перестановок с повторениями). Следовательно, искомая вероятность ð = 35/84 = 5/12.

14.Два раза подбрасывают игральную кость. В результате первого броска выпадает число 0 < à < 7, в результате второго — число 0 < b < 7. Найти вероятность событий:

а) число à − b будет положительным, не равным нулю; б) число à + b будет не больше 7;

в) число a − b будет не равным нулю и не равным единице. Решение. Всего существует 36 исходов эксперимента. Это знаме-

натель искомой вероятности для всех трех случаев. Находим числители:

а) существует 6 исходов, когда à = b. Из оставшихся 30 исходов половина соответствует случаю, когда à > b, то есть число à − b будет

положительным. Следовательно, числитель равен 15. Тогда искомая вероятность ð = 15/36 = 5/12;

б) перебором легко установить, что существует 15 случаев, когда

Следовательно, число исходов, когда à + b не больше 7, равно 21. Это искомый числитель. Тогда ð = 21/36 = 7/12;

в) существует 15 исходов эксперимента, когда à > b è à − b ÿâëÿ-

ется не равным нулю положительным числом. Удалим из них 5 слу- чаев, для которых сумма равна единице: 2 − 1 = 3 − 2 = 4 − 3 = 5 − 4 = = 6 − 5 = 1. Останется 10 исходов. Прибавим к ним еще 10, которым соответствует неравенство à < b. Получим 20 исходов для случая, когда число a − b не равно нулю и не равно единице. Следовательно, числитель искомой вероятности равен 20 и ð = 20/36 = 5/9.

7 8

3.10. Теорема умножения для зависимых событий

Теорему поясним на примере. В урне 3 черных шара и 5 белых. Наугад вынимают один шар, затем — второй. Найти вероятность того, что оба они белые.

Рассмотрим два случая, полагая, что событие À — первый шар белый, Â — второй шар белый:

а) перед тем как вынуть второй шар, первый возвращается в урну. В этом случае события À è Â независимы, и вероятность вынуть два

белых шара определяется по теореме умножения для независимых событий: p(À) = 5/8; p(Â) = 5/8; p(ÀÂ) = 25/64;

б) первый шар не возвращается в урну. В этом случае события À è Â являются зависимыми, так как после события À условия для события Â изменились: теперь в урне осталось 7 шаров, среди кото-

рых 4 белых. Искомая вероятность определяется по формуле, представляющей собой теорему умножения для зависимых событий: p(ÀÂ) = p(À) p(Â/À) = p(Â) p(À/Â), ãäå p(Â/À) — условная вероятность события Â, вычисленная при условии, что событие À состоялось; p(À/Â) — условная вероятность события À, вычисленная при условии, что событие Â состоялось. Находим p(ÀÂ): p(À) = 5/8;

p(Â/À) = 4/7; p(AB) = 58 74 = 145 .

Упражнения

1.В урне 10 шаров: 5 белых и 5 черных. Из урны наугад вынули один шар (без возврата) — оказался белый. Вынули второй (также без возврата) — снова белый. Найдите вероятность того, что если последовательно без возврата вынуть еще два шара, то оба они будут:

а) (ЧТЗ) белыми; б) (345) черными.

2.Из букв разрезной азбуки составлено слово МАТЕМАТИКА. Это слово рассыпали. Затем по одной наугад выбрали 4 карточки

èсложили их в один ряд. Найти вероятность того, что получится слово: а) (898) КАМА; б) (АЙС) КЕТА; в) (МИК) ТЕМА.

3.11. Теорема сложения вероятностей

Если события À è Â, относящиеся к одному и тому же Ω-множе-

ству, несовместны, то вероятность суммы событий равна сумме их вероятностей:

p(À + Â) = p(À) + p(Â).

7 9

П р и м е р 1. Игральная кость подброшена один раз. События: À — выпало число 3; Â — выпало число 4. Найти вероятность того,

что выпадет 3 или 4.

скольку в данном случае события À è Â несовместны и p(À) = 1/6; p(Â) = 1/6.

Если события À è Â совместны, то вероятность их суммы опреде-

ляется с использованием другой теоремы:

p(À + Â) = p(À) + p(Â) − p(ÀÂ).

П р и м е р 2. Игральную кость подбрасывают один раз. Найти вероятность того, что выпавшее число будет четным (событие À) или превышающим 3 (событие Â).

Решение. По условию À = {2, 4, 6}; Â = {4, 5, 6}; ÀÂ = {4, 6}. Находим их вероятности: p(À) = 1/2; p(Â) = 1/2; p(ÀÂ) = 1/3. Искомая веро-

ятность p(A + B) = 21 + 21 − 31 = 32 .

Обе теоремы распространяются и на большее число событий. Например, в случае трех событий À, Â è Ñ теорема для несовместных

событий имеет вид

p(À + Â + Ñ) = p(À) + p(Â) + p(Ñ).

В случае трех совместных событий À, Â è Ñ получается более

сложное выражение:

p(À + Â + Ñ) = p(À) + p(Â) + p(Ñ) − p(ÀÂ) − p(ÀÑ) − p(ÂÑ) + p(ÀÂÑ).

3.12. Формула полной вероятности

Рассмотрим задачу. Допустим, что известно: если спортсмен поедет на соревнования в Новосибирск, то он победит там с вероятностью 0,3, а если поедет в Омск, то победит с вероятностью 0,6. Какова вероятность победы?

В такой постановке задача не имеет решения, поскольку чтобы где-либо победить, туда надо поехать, а вероятности поездок ни в Омск, ни в Новосибирск в условии не указаны. Дополним задачу этими сведениями. Пусть Í1 обозначает событие: поездка в Новосибирск, Í2 — поездка в Омск. Предположим, что p(Í1) = 0,6,

p(Í2) = 0,4.

Тогда вероятность победы в Новосибирске равна: p(H1) p (AH1 ) = 0,6 0,3 = 0,18,

8 0

ãäå p (AH1 ) — вероятность победы при условии поездки в Новоси-

бирск.

Аналогично находим:

p(H2 ) p (AH2 ) = 0, 4 0,6 = 0,24,

ãäå p (AH2 ) — вероятность победы при условии поездки в Омск. События Í1 è Í2 несовместны (так как спортсмен не может по-

ехать одновременно и в Новосибирск, и в Омск), следовательно, искомая вероятность победы равна:

p (AH1 + H2 ) = p(H1) p (AH1 ) + p(H2 ) p (AH2 ) =

= 0,18 + 0,24 = 0, 42.

Особенность рассмотренного примера в том, что событие À может состояться только с одним из несовместных событий Í1 è Í2, образу-

ющих полную группу событий. Как сказано выше, такие события называются гипотезами.

В общем случае если событие À может произойти только с одним из n несовместных событий (гипотез) Í1, Í2, …, Ín, то вероятность события À определяется по формуле

p(A) = p (H1 ) p (AH1 ) + p(H2 ) p (AH2 ) + ... + p(Hn ) p (AHn ) .

В математической литературе ее обычно называют формулой полной вероятности.

П р и м е р 1. В ящике три типа диодов: 25 диодов первого типа, 35 — второго и 40 — третьего. Вероятность того, что 10000 часов проработает диод первого типа, равна 0,1; для диода второго типа эта вероятность равна 0,2; для диода третьего типа — 0,3. Наугад вынимают один диод. Найти вероятность того, что он проработает 10000 часов.

Решение. Обозначим буквой À событие: диод проработал 10000 часов. Введем гипотезы: Í1 — извлечен диод первого типа; Í2 — извлечен диод второго типа; Í3 — извлечен диод третьего типа.

Согласно условию их вероятности равны:

p(Í1) = 0,25; p(Í2) = 0,35; p(Í3) = 0,4.

Условные вероятности также заданы в условии примера:

p (AH1 ) = 0,1; p (AH2 ) = 0,2; p (AH3 ) = 0,3.

По формуле полной вероятности получаем ответ: p(À) = 0,25 0,1 + 0,35 0,2 + 0,4 0,3 = 0,215.

П р и м е р 2. В урне 5 белых шаров и 3 черных. Наугад вынимают один шар и, не глядя, удаляют его. После этого вторично вынимают один шар. Какова вероятность того, что этот вторично извлеченный шар — белый?