I. Образцы решения типовых задач

Непосредственное вычисление вероятностей

Для непосредственного вычисления вероятности используются ее классическое определение, даваемое формулой (1) и формулами комбинаторики (§2 главы 1).

Пример 1. Автомат, изготавливающий однотипные детали, дает в среднем 6% брака. Из большой партии взята наудачу одна деталь для контроля. Найти вероятность того, что она бракованная.

Решение. Пусть событие А – деталь бракованная. В этом испытании числом всех равновозможных исходов является число всех деталей, изготовляемых автоматом, то есть 100%. Благоприятствовать интересующему нас событию А будут бракованные, то есть m = 6%. Следовательно,

.

Пример 2. В группе 20 студентов, среди которых 5 отличников. Произвольно выбрали 10 студентов. Найти вероятность следующего события А: среди выбранных студентов ровно 2 отличника.

Решение. Возможными исходами нашего испытания яв­ляются комбинации из 20 студентов по 10, отличающиеся лишь составом, то есть являются сочетаниями, и их число . Интересующему нас событию А будут благоприятствовать только те комбинации, в которых ровно 2 отличника. Поэтому . Откуда получаем

.

Пример 3. По условиям лотереи "Спортлото 6 из 45" участник лотереи, угадавший 4,5,6 видов спорта из отобранных при случайном розыгрыше 6 видов спорта из 45, получает денежный приз. Найдите вероятность того, что будут угаданы: а) все 6 цифр; б) 4 цифры.

Решение. а) Пусть событие А – угадывание всех 6 видов спорта из 45. Возможными исходами нашего испытания являются комбинации из 45 цифр по 6, отличающиеся составом, то есть являются сочетаниями и их число . Интересующему нас событию А благоприятствовать, очевидно, будет одна комбинация, то есть m = 1. Поэтому

.

б) Пусть событие В – угадывание 4 видов спорта из 6, выигравших из 45. Очевидно, число всевозможных исходов нашего эксперимента, как и в случае а) равно . Благоприятствовать событию В будут комбинации, в которых 4 цифры будут из 6 выигравших, а 2 цифры из не выигравших 45 – 6 = 39. Таких комбинаций будет . Итак

Действия над событиями. Теоремы сложения и

умножения вероятностей

Пример 4. Среди 15 лампочек 4 стандартных. Одновре­менно берут наудачу 2 лампочки. Найти вероятность того, что: а) обе лампочки нестандартные; б) хотя бы одна из них нестандартная.

решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что обе вынутые лампочки нестандартные. Обозначим через В₁ собы­тие, состоящее в том, что первая извлеченная лампа нестан­дартная, через В₂ – вторая извлеченная лампа нестандартная. Тогда,

.

б) Пусть событие С – хотя бы одна из взятых ламп нестандарт­ная. Тогда противоположное событие означает, что обе взятые лампы стандартные, следовательно,

, откуда получаем

Р (С) = 1 – Р ( ) = 1 – Р =

= 1 – Р( ) Р( ) = .

Пример 5. Диспетчер принимает вызовы с трех объектов, функционирующих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены придет вызов с первого объекта, равна 0,6; со второго – 0,5; с третьего – 0,2. Найти вероятность того, что в течение смены придет вызов: а) со всех объектов; б) хотя бы с одного объекта.

Решение. а) Пусть событие А – в течение смены придет вызов со всех объектов. Обозначим через В₁ – придет вызов с первого объекта, В₂ – со второго, В₃ – с третьего. Тогда, очевидно, имеем с учетом независимости событий В₁, В₂ и В₃:

Р (В₁ и В₂ и В₃) = Р (В₁ · В₂ · В₃) =

= Р (В₁) · Р(В₂) · Р(В₃) = 0,6 · 0,5 · 0,2 = 0,06.

б) Пусть событие С – хотя бы с одного объекта в течение смены придет вызов. Тогда противоположное событие означает, что в течение смены ни с одного объекта вызова не поступит, следовательно

,

причем , ,

.

Тогда, получим

Р (С) = 1 – Р ( ) = 1 – Р( ) =

= 1 – = 1 – = 1 – 0,16 = 0,84.

Пример 6. Пакеты акций, имеющихся на рынке ценных бумаг, могут дать доход владельцу с вероятностью 0,5 (для каждого пакета). Сколько пакетов акций различных фирм нужно приобрести, чтобы с вероятностью, не меньше 0,96875, можно было бы ожидать доход хотя бы по одному пакету акций?

Решение.Обозначим через n – количество пакетов акций различных фирм, которое рекомендуется приобрести, через событие A_i – получение дохода от i-ой фирмы (i = 1, 2, …, n). Тогда вероятность события В, состоящего в получении дохода хотя бы по одному пакету акций, может быть найдена следующим образом:

,

где р = р (А_i) = 0,5,

и, следовательно,

Р (В) = 1 – (1 – 0,5)ⁿ = 1 – 0,5ⁿ.

С другой стороны, согласно условию Р (В) ≥ 0,96875, откуда

1 – 0,5ⁿ ≥ 0,96875 или

1 – 0,96875 ≥ 0,5ⁿ

0,5ⁿ ≤ 0,03125.

Подбором находим, что минимальное целое число, удовлетворяющее этому неравенству равно 5, то есть n ≥ 5. Следовательно, нужно приобрести не менее 5 пакетов акций.

Формула полной вероятности. Формула Байеса

Пример 7. В торговую фирму поступили телевизоры от трех поставщиков в отношении 1:4:5. Практика показала, что телевизоры, поступившие от 1-го, 2-го и 3-го поставщиков, не потребуют ремонта в течение гарантийного срока соответственно в 98%, 88% и 92% случаев.

1. Найти вероятность того, что поступивший в торговую фирму телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.

2. Проданный телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. От какого поставщика вероятнее всего поступил этот телевизор?

Решение. 1. Обозначим: событие А – телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока. Введем три гипотезы: H_i – телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i = 1,2,3).

По условию

; ;

; ;

; .

Тогда по формуле полной вероятности (9) имеем

.

2. Известна дополнительная информация: наступило событие – телевизор потребовал ремонта в течение гарантийного срока. Требуется найти вероятности гипотез, причем по условию:

Р ( ) = 1 – Р (А) = 1 – 0,91 = 0,09.

;

;

.

Следовательно, по формуле Байесса (10) имеем

;

;

.

Таким образом, после наступления события вероятность ги­потезы Н₂ увеличивается с Р(Н₂) = 0,4 до максимальной , а гипотеза Н₃ – уменьшается от максималь­ной Р(Н₃) = 0,5 до ; если ранее (до наступле­ния события ) наиболее вероятной была гипотеза Н₃, то теперь, в свете новой информации, наиболее вероятна гипотеза Н₂ – поступления телевизора от 2-го поставщика.

Схема с повторением испытаний

Пример 8. В среднем каждый десятый договор страховой компании завершается выплатой по страховому случаю. Компания заключила 5 договоров. Найти вероятность того, что страховой случай наступит: а) один раз; б) хотя бы один раз.

Решение. Здесь успех – событие А: наступление страхового случая. Независимыми испытаниями являются заключение договоров, их n = 5. x – число успехов, тогда, очевидно,

, , n = 5.

а) По формуле Бернулли (11) имеем

б)

.

Пример 9. По результатам проверок налоговыми инспекциями установлено, что в среднем каждое второе малое предприятие региона имеет нарушение финансовой дисциплины. Найти вероятность того, что из 1000 зарегистрированных в регионе малых предприятий имеют нарушение финансовой дисциплины: а) не менее 480; б) от 480 до 520; в) 480 предприятий.

Решение.Здесь успех – нарушение финансовой дисцип­лины, x – число успехов. По условию р = 0,5. Так как n = 1000 достаточно велико, то применяем интегральную форму Муавра-Лапласа (13):

а)

б)

в) Применим локальную формулу Муавра-Лапласа ( )

При вычислении использованы таблицы I, II приложения.

Случайные величины

Пример 10. Из 10 телевизоров на выставке 4 оказались фирмы "Сони". Наудачу для осмотра выбраны 3. Составить закон распределения числа телевизоров фирмы "Сони" среди 3 отобранных.

Решение. Пусть случайная величина x – число телевизоров фирмы "Сони". Составим закон распределения этой случайной величины.

Для удобства введем следующие события: A_i – i-ый отобранный телевизор фирмы "Сони" (i = 1,2,3). Тогда

.

.

Окончательно имеем:

.

Проверим, что .

Пример 11. Имеются 4 ключа, из которых только один подходит к замку. составить закон распределения числа попыток открывания замка. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение (СКО) этой случайной величины.

решение. Обозначим через x случайную величину, равную числу попыток открывания замка. Найдем ее закон распределения.

Введем следующие события: А_i­ – замок открыт с i-ой попытки (i = 1,2,3,4).

Тогда имеем:

;

;

;

.

Окончательно, имеем

Математическое ожидание, дисперсию и СКО найдем согласно определению

.

.

Пример 12. Функция распределения непрерывной случайной величины x имеет вид:

Найти: а) плотность вероятности f (x); б) вероятности Р (x =1), Р (x < 1), Р (1 ≤ x < 2); в) математическое ожидание М [ x ], дисперсию D [ x ].

Решение.

а) Плотность вероятности

б) Р (x = 1) = 0 как вероятность отдельно взятого значения непрерывной случайной величины.

P (x < 1) можно найти по определению функции распределения F (x):

P (x < 1) = F (1) = = .

P (1≤ x≤ 2) можно найти как приращение функции распре­де­ления по свойству 4⁰ функции F (x):

P (1≤ x ≤ 2) = f (2) – F (1) = = .

в) Математическое ожидание находим по формуле

.

Дисперсию найдем, учитывая формулу

.

Вначале найдем

.

Теперь .

Пример 13. Дана функция

При каком значении параметра С эта функция является плотностью распределения некоторой непрерывной случайной величины x? Для нее найти: а) функцию распределения F (х); б) Р ( x | ≤ 2).

Решение.Данная функция может являться плотностью распределения некоторой случайной величины, если

.

Из этого условия найдем константу С. Имеем:

.

Отсюда .

Вычислим

.

Следовательно, С = 1.

а) функция распределения

.

при х ≤ 0:

.

При x > 0:

.

Следовательно,

89 90

б) P (| x | ≤ 2) = P (– 2≤ x≤ 2) = F (2) – F (–2 ) = 1 – e^{– 2}(2+1)– – 0 = .

Основные законы распределения

Пример 14. Торговый агент связывается с пятью потенциальными покупателями, предлагая им товар своей фирмы. Опыт показывает, что вероятность заключения сделки - 0,15. Составить закон распределения случайной величины – количество сделок, которые удается заключить этому агенту, найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.

Решение.Случайная величина x – число сделок, которые удается заключить агенту, имеет биноминальный закон распределения с параметрами n = 5, p = 0,15. Закон распределения x имеет вид:

x : .

Значения р_к = P (x = k), (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) вычислены по формуле Бернулли (11):

.

Найдем математическое ожидание и дисперсию величины x по формулам (15)

M [ x ] = np = 5 · 0,15 = 0,75,

D [ x ] = npq = 5· 0,15 · 0,85 = 0,6375.

Пример 15. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в одну минуту, равно двум. Найти вероятность того, что за пять минут поступит: а) два вызова; б) менее двух вызовов; в) не менее двух вызовов.

Решение. Случайная величина x – число вызовов, поступающих на АТС за пять минут, имеет пуассоновское распределение с параметром а = lt, где l – среднее число вызовов, поступающих на АТС за одну минуту, t = 5, следовательно, а = 2 · 5 = 10.

Тогда по формуле Пуассона

, k = 0, 1, 2, … , имеем:

а) ;

б)

в) .

При вычислении использована таблица III приложения.

Пример 16. Поезда метрополитена идут регулярно с интервалом 2 минуты. Пассажир выходит на платформу в случайный момент времени. Какова вероятность того, что ждать пассажиру придется не больше полминуты. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины x – времени ожидания поезда.

Решение. Случайная величина x – время ожидания поезда на временном (в минутах) отрезке [0,2] имеет равномерный закон распределения, плотность вероятности которой равна:

Поэтому вероятность того, что пассажиру придется ждать не более полминуты, равна:

.

По формулам (9) находим

M [ x ] мин., D [ x ] ,

мин.

Пример 17. Установлено, что время ремонта телевизоров есть случайная величина x, распределенная по показательному закону. Определить вероятность того, что на ремонт телевизора потребуется не менее 20 дней, если среднее время ремонта телевизоров составляет 15 дней. Найти плотность вероятности, функцию распределения и среднее квадратическое отклонение случайной величины x.

Решение. по условию математическое ожидание , откуда параметр l = . Следовательно, плотность вероятности

; (х ≥ 0).

Искомую вероятность найдем, используя функцию распределения:

.

Среднее квадратическое отклонение из (17) равно

дней.

Пример 18. Длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение F (t) = 1 – e ^–0,01t (t > 0). Найти вероятность того, что за время длительностью t = 50 ч.: а) элемент откажет; б) элемент не откажет.

Решение. Обозначим через Т непрерывную случайную величину – длительность времени безотказной работы элемента. Тогда функция распределения

F (t ) = P (T < t)

определяет вероятность отказа элемента за время t, тогда вероятность безотказной работы элемента за время t, то есть

P (T > t) = 1 – F (t).

Отсюда получаем:

а) P (T < 50) = F (50) = = = 1 – 0,606 = 0,394;

б) P (T > 50) = 1 – F (50) = = 0,606.

Пример 19. Длина изготавливаемой автоматом детали представляет собой случайную величину x, распределенную по нормальному закону с параметрами m_x = a = 15см., см.

а) найти вероятность брака, если допускаемые размеры детали должны быть 15 ± 0,3 (см).

б) какую точность длины можно гарантировать с вероятностью 0,97?

Решение. Так как , то

Тогда вероятность брака

б) Имеем , а = 15, e – ?

с другой стороны,

.

Следовательно,

.

По таблице II приложения находим

; e = 2, 17 · = 2, 17 · 0,2 = 0,434 (см).

Следовательно, с вероятностью 0,97 можно гарантировать размеры 15 ± 0,434 (см).

Совместный закон распределения двух случайных величин

Пример 20. В двух урнах содержатся шары, по 6 шаров в каждой. В первой урне один шар с №1, два шара с №2, три шара с №3; во второй урне два шара с №1, три шара с №2 и один шар с номером №3. Рассматриваются случайные величины:

x₁ – номер шара, извлеченного из первой урны,

x₂ – номер шара, извлеченного из второй урны.

Из каждой урны извлекли по шару. Найти закон распределения случайной точки (x₁, x₂) и ее числовые характеристики.

решение.Закон распределения случайной точки (x₁, x₂) имеет вид:

x2 x1					Вероятности pij вычисля­ются следующим образом: p11 = P (x1 =1 и x2 = 1) = = Р(x1 =1) · Р(x2 = 1) = = = . p22 = P (x1 =2 и x2 = 2) = = Р(x1 =2) · Р(x2 = 2) = = = .

По закону распределения случайной точки (x₁, x₂) можно составить законы распределения случайных величин x₁ и x₂.

x₁ : , x₂ : .

;

.

Имеем:

x₁ : , x₂ : .

;

;

;

;

.

; .

Коэффициент корреляции найдем по формуле

.

Имеем

.

Тогда .

Этот результат можно предвидеть, так как x₁ и x₂ независимы из условия.

Пример 21. Ниже приведены данные о заработной плате работников определенной отрасли. Было обследовано 100 человек.

Зарплата в долларах	190-192	192-194	194-196	196-198	198-200	200-202	202-204	204-206	206-208
Число человек (ni)

Пусть случайная величина ξ – зарплата наугад взятого работника. Требуется для случайной величины ξ:

1. Составить выборочное распределение.

2. Построить гистограмму и график выборочной функции распределения.

3. Найти состоятельные и несмещенные оценки математического ожидания и дисперсии.

4. Построить доверительные интервалы для математического ожидания и дисперсии с уровнем доверия р=0,95.

5. На основании анализа формы полученной гистограммы выдвинуть гипотезу о законе распределения и проверить справедливость гипотезы по критерию Пирсона с уровнем значимости α=0,05.

Решение:

1. Составим таблицу 1 (см.§2 главы 6). Учитывая, что объем выборки n=100, получим

190-192	192-194	194-196	196-198	198-200	200-202	202-204	204-206	206-208

2. Построим гистограмму (см. рис.28)

Для построения графика выборочной функции распределения (см. рис.29) составим таблицу 2 (см. §3 главы 6).

191								207

3. Найдем оценки математического ожидания а^* и дисперсии D^*.

Если в качестве элементов выборки (40) взять середины интервалов β_i, i=1,2,…,m, то формулы (42), (43) примут вид

где n_i – частоты попадания в интервал (даны в условии).

Тогда получим:

4. Построим доверительные интервалы для математического ожидания и дисперсии.

В силу формул (44), (45) с р=0,95 имеют место интервальные оценки:

По таблице квантилей (IV,V) найдем:

t_0,975(99)=1,99;

Подставляя эти значения, получим:

с вероятностью 0,95 верны неравенства

5. Построенная гистограмма по форме напоминает график плотности вероятности нормального распределения. Поэтому естественно выдвинуть гипотезу о нормальном распределении случайной величины ξ. Проверим справедливость выдвинутой гипотезы по критерию Пирсона с уровнем значимости α=0,05. Тогда гипотетическая функция распределения случайной величины ξ имеет вид:

.

Далее используем правило проверки гипотезы.

1. Вычисляем квантиль

Имеем р=1-α=0,95, m=9, l=2.

По таблице IV приложения находим

2. По формуле (48) вычисляем Z_выб. Для этого удобно результаты вычислений вносить в следующую таблицу

Рк	0,002	0,0512	0,1158	0,2099	0,2548	0,2058	0,1106	0,0395	0,0094

Вероятности попадания р_i в интервалы будем вычислять по формуле

Было получено а^*=198,96, σ^*=3,07.

3. Окончательно имеем

Z_выб=4,151<12,6=

что означает: гипотезу о нормальном распределении случайной величины ξ принимаем.

II. Задачи для самостоятельного решения