На практических занятиях по первому разделу курса

«Теория вероятностей»

Глава 1. Случайные события.

Пример 1.1. Производится три независимых выстрела с вероятностью попадания 0,4 в каждом. Найти вероятность того, что будет хотя бы 2 попадания.

Решение. Искомая вероятность .

Воспользуемся формулой Бернулли:

Пример 1.2. Производится 4 независимых выстрела по одной цели с различных расстояний. Вероятности попаданий в этих выстрелах равны соответственно: . Найти вероятность того, что: не будет попаданий; будет ровно 3 попадания.

Решение. Составляем производящую функцию

Тогда искомые вероятности: 4, 4.

Пример 1.3. Вероятность попадания стрелком в цель равна 0,7. Сделано выстрелов. Определить наивероятнейшее число попаданий.

Решение. Здесь , , .

Следовательно:

Пример 1.4. Три предприятия могут обратиться за кредитами в три банка. Каждое предприятие выбирает себе банк случайным образом и независимо от других. Клиент, обратившийся в банк, получает кредит с вероятностью . Найти вероятность того, что ровно в двух банках из трех кредит будет выдан.

Решение. Пусть событие означает, что ровно в двух банках из трех выдан кредит. Имеем гипотезы:

– все три банка имели посетителей;

– все предприятия обратились в один банк;

– предприятия обратились к двум банкам, а третий остался не востребованным.

Тогда

По формуле полной вероятности получаем:

Пример 1.5. Устройство состоит из трех независимо работающих элементов. Отказ любого элемента приводит к отказу всего устройства. Надежность каждого элемента равна Р. Купили еще три аналогичных элемента. Что лучше: продублировать каждый элемент или всю схему устройства в целом?

Решение.Два варианта возможного дублирования представлены на рис.1.1.

1) 2)

Рис. 1.1. Варианты дублирования элементов устройства

Применяя формулы сложения и умножения вероятностей рассчитаем надежность этих схем.

Надежнее вторая схема.

Пример 1.6.Два стрелка поочередно стреляют по мишени до первого попадания. Вероятность попадания первого стрелка равна , а второго – . Найти вероятность того, что выиграет (попадет) первый стрелок.

Решение.Первый стрелок выигрывает соревнование (попадает) при первом выстреле с вероятностью , при втором выстреле – (то есть здесь по одному промаху у первого и второго стрелка), при третьем выстреле – с вероятностью (по два промаха у каждого), при n–м выстреле – с вероятностью .

Так как положительным исходом для первого игрока является любой из выше перечисленных исходов, то искомая вероятность будет равна сумме частных вероятностей

.

С использованием формулы суммы геометрической прогрессии получаем

Пример 1.7.Числа натурального ряда перемешаны и расположены в случайном порядке. Какова вероятность того, что хотя бы одно число окажется на своём месте (т.е. будет равно номеру своего места)? Найти предел этой вероятности при возрастании n.

Решение.Пусть – событие, состоящее в том, что –е число оказалось на своём месте.

Тогда с использованием формулы вероятности суммы событий получим

.

Из условия задачи можно заключить, что

Тогда

Окончательно получаем

.

Пример 1.8.Кусок проволоки длиной 20 см был согнут в точке, выбранной наугад (точка сгиба равномерно распределена). После этого, перегнув еще в двух местах, сделали прямоугольную рамку. Найти вероятность того, что площадь полученной рамки не превосходит 21 кв. см.

Решение.Пусть x – есть расстояние от точки первого сгиба до ближайшего конца, тогда площадь прямоугольника S = xЧ(10 – x).

Из условия xЧ(10 – x) Ј21 находим, что либо x О(0; 3), либо x О(7; 10). Поэтому нужная рамка получится, если точка сгиба попадает в один из промежутков (0; 3), (7; 13), (17; 20) по длине стержня.

Искомая вероятность определится отношением благоприятствующей событию длины проволоки (m = (3 – 0) + (13 – 7) + (20 – 17) = 12) к общей длине (n = 20):

P = m/n = 0.6.

Пример 1.9.Из последовательности чисел 1, 2, ..., N отобраны n чисел х₁ < х₂ <...< х_n . Найти вероятность того, что х_m = M.

Решение. способами можно взять числа х₁, x₂, ..., x_m–1 и способами – остальные x_i.

Поэтому искомая вероятность

р =

Пример 1.10. В первом ящике находится N₁ деталей первого сорта и N₂ деталей второго сорта, во втором ящике, соответственно, M₁ и M₂. Из первого ящика во второй переложено К деталей. Затем из второго ящика взяли одну деталь. Определить вероятность того, что она первого сорта.

Решение. Имеем две гипотезы:

H₁ – взятая деталь принадлежит к группе из К деталей, переложенных из первого ящика во второй;

H₂ – взятая деталь первоначально находилась во втором ящике.

Тогда

Р(H₁) = ; P(H₂) = .

Обозначим через А – событие, состоящее в том, что взятая деталь окажется первого сорта.

С учетом гипотез, вероятность этого события может быть определена по формуле полной вероятности:

.

Условные вероятности взятия детали первого сорта при соответствующих гипотезах будут равны:

.

Искомая вероятность

Пример 1.11.Вероятность того, что посетитель страховой компании заключит с ней какой–либо договор, равна 0,3. Сколько посетителей надо обслужить, чтобы с вероятностью не меньшей, чем 0,9, можно было утверждать, что будет заключен хотя бы один договор?

Решение.Обозначим событие A_i – i–й посетитель заключит договор с компанией. По условию задачи P(A _i) = 0,3. Тогда .

Вероятность того, что ни один из n посетителей не заключит договор равна P_0,n = = (0,7)ⁿ.

Вероятность того, что хотя бы один посетитель заключит договор

R_1,n = 1 – P_0,n = 1 – (0,7)ⁿ.

По условию задачи эта вероятность должна быть не менее 0,9. Получаем соотношение: 1 – (0,7)ⁿ і 0,9. Решая это неравенство, определяем n:

(0,7)ⁿ Ј 1 – 0,9 = 0,1; nln(0,7) Ј ln(0,1) Ю n і = 6,4.

Окончательно получаем, что n = 7.

Пример 1.12. На отрезке длины L наудачу выбираются 2 точки M₁ и M₂. Определить вероятность того, что из полученных отрезков можно построить треугольник.

Решение. Пусть длины образованных отрезков равны x, y, L – x – y.

Эти отрезки должны удовлетворять неравенствам треугольника, т.е. сумма двух сторон больше третьей:

Сводим задачу к геометрической вероятности (рис.1.2):

Рис. 1.2. Геометрическое представление задачи