ТЕОРЕМЫ СЛОЖЕНИЯ И УМНОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

Как уже отмечалось, события подразделяют на два класса — про­стые (элементарные) и сложные. Такое разделение условно и целиком определяется условиями эксперимента. Например, при многократном бросании монеты сложным следует считать число выпадений гербов, а простым выпадение герба при одном бросании монеты. При опыте с несколькими монетами число выпадений герба на одной монете можно рассматривать как событие простое.

Сложные события различают двух видов: сумма и произведение событий.

Суммой двух или нескольких событий A_i ( i = 1, 2, ..., п) на­зывается сложное событие, которое заключается в появлении хотя бы одного из событий A_i. Другими словами, это означает В = или A₁, или A ₂, ... или A_n, или A ₁ и A ₂, или A ₁ и A ₃, ... или все A_i.

В этом выражении союз и, очевидно, имеет смысл, если собы­тия совместны. Пишут также условно В = A ₁ + A ₂ +... + A_n =

Произведением С двух или нескольких событий A _i ( i = 1, 2, ..., п) называется сложное событие, которое заключается в совместном появлении всех событий A_i. Пишут также С = .

Для двух событий понятие «сумма» и «произведение» событий лег­ко иллюстрировать геометрически (рис. 1).

На рис. 1 пунктиром обведен контур, заключающий событие В = или A ₁ или A ₂, или A ₁ и A ₂, а перекрывающийся контур — событие С = A ₁ и A ₂.

 

Рисунок 1

1.55. Пусть событие А₁ — появление карты бубновой масти, А₂ - появление туза из колоды карт. В чем заключается сумма и произведение этих событий?

1.56. Взятая наудачу деталь может ока­заться либо первого (событие А), либо второго (событие В), либо третьего (событие С) сорта. Что представляют собой следующие события: ; ; ; ?

Решение. — это событие, которое состоится при наступлении хотя бы одного из событий А и В. Следовательно, А + B  в на­шем случае — деталь первого или второго сорта. Так как,  А + С - деталь пер­вого или третьего сорта, то противоположное этому событие - деталь второго сорта.  - невозможное событие, поскольку деталь одновременно не может быть и первого и третьего сорта, как сумма невозможного события и события C равна C, т.e. - деталь третьего сорта.

1.57. Доказать, что = .          

Доказательство. Если произошло событие , то это означает, что ни одно из событий А и В не наступило, т. е. произошло событие . Отсюда = .           

Докажите   более общее соотношение:  = .

1.58. В урне 5 красных, 2 синих и 3 белых шара. Все они пронумерованы цифрами 1, 2, ..., 10. Из урны берется наудачу 1 шар. Событие - шар с четным номером - обозначим через А, с номером, кратным 3 - через В, шар красного цвета - через С, синего - через D и, наконец, белого - через Е. Что представ­ляют собой следующие события: , , , ?

1.59. Доказать равенства:

1) ;          3) ;

2) ;           4) .

1.60. При каких условиях справедливы следующие соотношения:

1) ; 2) ;    3) ?

Теоремы теории вероятностей позволяют определять вероятности сложных событий, зная вероятности простых событий.

Теорема сложения для несовместных событий

Вероятность суммы двух или нескольких несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий, т. е.

 

,                                       (1.4)

 

где .

 

1.61. Бросают игральную кость. Какова вероятность того, что выпадет
грань с четной цифрой?

Решение. Искомое событие наступает, когда выпадают грани с цифрами: или 2, или 4, или 6. Вероятность выпадения любой грани p(A_i) = 1/6. Искомая вероятность

р(В) =р (четная цифра) = 1/6+ 1/6+1/6= 1/2.

 

Следствия теоремы сложения

 

Следствие 1. Если события A_i  образуют полную группу, то

 

                                                (1.5)

 

Следствие 2. Сумма вероятностей двух противоположных со­бытий равна 1:

 

 и                      (1.6)

 

1.62. В группе 24 студента, из них отлично успевающих 4, хорошо - 12, удовлетворительно — 6 и слабо — 2 человека. Подсчитать вероятность того, что вызванный наугад студент окажется отлично, хорошо или удовлетворительно успевающим.

Решение. 1-й способ. Применяя теорему сложения вероятностей, находим

 

p  = 4/24 + 12/24 + 6/24 = 22/24 = 11/12 =92%.

 

2-й способ. Обозначим вероятность вызова одного из успевающих студентов через р, а вероятность противоположного события, т. е. вызова одного из слабых студентов, — через q. Тогда р = 1 — q = 1 — 2/24-22/24 = 92 %.

1.63. В урну положено 10 белых шаров, 6 синих и 4 красных. Шары переме­шивают и наугад вынимают один. Вычислить: а) вероятности появления белого, синего, красного и цветного шаров; б) сумму первых трех вероятностей.

1.64. Для производственной практики на 30 студентов предоставлено 15 мест в Минске, 8 — в Гомеле и 7 — в Витебске. Какова вероятность того, что два определенных студента попадут на практику в один город?

От в е т: 0, 331.

1.65. Пассажир ждет трамвая маршрута № 2 или № 12 на остановке, через которую проходят трамваи № 2, 6, 12 и 18. Предполагая, что трамваи всех маршрутов появляются одинаково часто, найти вероятность того, что первый подошедший к остановке трамвай будет нужного пассажиру маршрута.

Ответ: 1/2.

1.66. На 100 лотерейных билетов приходится: 1 выигрыш в 500 руб., 2 - по 250 руб., 5 - по 100 руб., 10 - по 50 руб., и 20 - по 10 руб. Какова вероят­ность выиграть не менее 100 руб. на 1 билет?

Ответ: 0, 08.

1.67. По условиям задачи 1.66 вычислить вероятность выиграть не более 100 руб.

Ответ: 0, 35.

1.68. Найти вероятность того, что при одном бросании игральной кости вы­падет грань с двойкой или цифрой, кратной трем.

Ответ: 3/6.

1.69. Определить вероятность появление девятки или десятки при взятии наугад одной карты из колоды в 36 листов.

Ответ: 2/9.

1.70. Мастер обслуживает 5 станков. 20% рабочего времени он проводит у первого станка, 10% - у второго, 15% - у третьего, 25% - у четвертого и, наконец, 30% - у пятого. Найти вероятность того, что в наудачу выбранный момент времени он находится у первого или третьего станка.

Ответ: 0, 35.

1.71. В ящике находятся шары четырех цветов: белых - 50%, красных - 20%, зеленых - 20%, синих - 10%. Какова вероятность того, что взятый на­ удачу шар окажется зеленым или синим?

 

Теорема умножения для независимых событий

Вероятность произведения независимых событий равна произведению их вероятностей, т. е. если  то

 

             (1.7)

 

Вероятности независимых событий называют безусловными. 3ависимые события имеют так называемые условные вероят­ности, которые записываются в виде р(A ₂ / A ₁) - условная вероят­ность события A₂, вычисленная в предположении, что произошло со­бытие A₁; p ( A_i / A ₁, А₂, ... A_{i -1} ) - условная вероятность события A_i вычисленная в предположении, что произошли события А₁, A₂, A_{i -1}.

 

Теорема умножения для зависимых событий

 

Вероятность произведения зависимых событий

 

p(C)=p(A_l)p(A₂/A₁)...p(A_n/A₁, A₂, ... A_{n -1}).                (1.8)

 

Ясно, что теорема (1.7) является частным случаем теоремы (1.8), когда события независимы.

Условием независимости A_i событий является равенство

 

P(A_i) = p(A_i/A₁, A₂, ..., A_i-1).

 

1.72. Опыт состоит в бросании двух монет. Рассматриваются следующие события:

А — появление герба на первой монете;

В — появление цифры на первой монете;

С — появление герба на второй монете;

D — появление цифры на второй монете;

Е — появление хотя бы одного герба;

F — появление хотя бы одной цифры;

G — появление одного герба и одной цифры;

Н — непоявление ни одного герба;

К — появление двух гербов.

Определить, каким событиям этого списка равносильны следующие события; А + С, AC, EF, G + Е, GE, BD, Е + К.

О т в е т: А + С = Е, АС = К, EF = G, G + Е = Е, GE = G, BD = Н, Е+К = Е.

1.73. Зависимы или независимы:

1) несовместные события;

2) события, образующие полную группу;

3) равновозможные события?

Ответ: 1) Зависимы, так как появление любого из них обращает в нуль ве­роятности всех остальных; 2) зависимы, так как непоявление всех, кроме одно­го, обращает в единицу вероятность последнего; 3) могут быть, как зависимы, так и независимы.

1.74. Опыт состоит в последовательном бросании двух монет. Рассматрива­ются события:

А — выпадение герба на первой монете; D — выпадение хотя бы одного герба;

Е — выпадение хотя бы одной цифры; F — выпадение герба на второй монете. Определить, зависимы или независимы пары событий: А и Е, А и F, D и Е, D и F. Определить условные и безусловные вероятности событий в каждой паре. Ответ:

1) р(Е) = 3/4;  р(Е/А) = 1/2 - события зависимы;

2) р(А) = 1/2; p( A/ F) = 1/2 - события независимы;

3) p( D) = 3/4;  p( D/ E) = 2/3 - события зависимы;

4) p( D) = 3/4;  p( D/ F) = 1 - события зависимы.

1.75. По мишени производится три выстрела. Рассматриваются события А _i — попадание при i-м выстреле (i = 1, 2, 3).

Представить в виде сумм, произведений или сумм произведений событий A_i  и A_i  следующие события:

А — все три попадания;                   Е — не меньше двух попаданий;

В — все три промаха;                       F — не больше одного попадания;

С — хотя бы одно попадание;     G — попадание в мишень не раньше, чем при третьем выстреле.

D — хотя бы один промах;

0 т в е т: А = А₁ А₂ А₃; В = А₁ А₂ А₃; С=А₁+А₂+А₃; С = А₁ +  A₁ A₂ + А₁ А₂ А₃  и т. д.

1.76. В урне а белых и Ь черных шаров. Из урны вынимают (одновременно или последовательно) два шара. Найти вероятность того, что оба шара будут бе­лыми.

Ответ: по теореме умножения вероятностей:

 

 

1.77. В урне а белых и Ь черных шаров. Из урны вынимается один шар, отме­чается его цвет, и шар возвращается в урну. После этого из урны берется еще один
шар. Найти вероятность того, что оба вынутых шара будут белыми.

Ответ: (a/(a+b))².

1.78. В урне а белых и Ь черных шаров. Из урны вынимаются сразу два шара. Найти вероятность того, что эти шары будут разных цветов.

Решение. Событие может появиться в двух несовместных вариантах «б, ч» или «ч, б»; по теоремам сложения и умножения:

 

 

1.79. Решить, применяя теорему умножения, задачи 1.19 - 1.21, 1.24 - 1.33.

1.80. Из полной колоды карт вынимают сразу четыре карты. Найти вероят­ность того, что все они будут разных мастей.

Ответ: 1*39/51*26/50*13/49 = 0, 106.

1.81. Перемножаются два наугад взятых числа. Найти вероятность того, что они будут оканчиваться на цифру 1.

Ответ: 0, 04.

1.82. Найти вероятность того, что первая положительная ошибка появится в пятом измерении.

Ответ: p = 1/32.

1.83. Деталь испытывается на трех контрольных стендах. Вероятности об­наружения бракованной детали на каждом стенде соответственно равны: р₁ = 0, 5; р₂ = 0, 7; р₃ = 0, 9. Найти вероятность того, что бракованная деталь будет обнаружена.

Решение. Так как искомое событие есть сложное событие, заключаю­щееся в том, что бракованная деталь будет обнаружена или на первом стенде (событие А₁), или на втором стенде (событие А₂), или на третьем стенде (событие А₃), а события A_i несовместны, то искомая вероятность р(В) = р(А₁) + р(А₂) + + р(А₃), при этом p( A_i) = 0, 5.

Для того чтобы произошло событие А₂, необходимо, чтобы деталь прошла первый стенд и была задержана на втором, поэтому по теореме умножения p( A₂) = (1 — 0, 5)*0, 7 = 0, 35. Легко понять, что р(А₃) = (1 — 0, 5)(1 — 0, 7)0, 9 = 0, 135.

Поэтому,  р(В) = 0, 500 + 0, 350 + 0, 135 = 0, 985.

1.84. Найти вероятность того, что в июле первый дождливый день будет 10-числа, если вероятность дождливого дня в этом месяце равна 0, 3.

Ответ: (0, 7)⁹*0, 3.

 

 

Теорема сложения для совместных событий

Вероятность суммы совместных событий определяется формулой

 

                                     (1.9)

 

Формула (1.9) легко получается из следующих соображений.

Рассмотрим событие В = хотя бы одно A_i = ни одного А_i = все A_i. Тогда, применяя теорему умножения, получим

 

.

 

Но так как  р(В) + р(В) = 1, то отсюда сразу следует выражение (1.9).

Если события A_i независимы, то

 

                             (1.10)

 

Для двух таких событий р(В) — p ( A_t ) + р(А₂)—p ( Ai ) p ( A ₂ ). Когда все p ( A_t ) равны между собой, то

 

p ( B ) = 1 – ( p ( A )) ⁿ                                   (1.11)

 

1.85. На испытательном стенде размещено 50 приборов. Вероятность отказа в работе одного прибора за время t равна р(А) = 0, 1. Найти вероятность того, что за время t откажет хотя бы один прибор, если приборы работают независимо друг от друга.

Решение. На основании формулы (1.11) имеем p( B) = 1 – ( p( A))⁵⁰ = 1 — 0, 9⁵⁰. Логарифмируя р(А) = 0, 9⁵⁰, получим

 

Lg (р (А)) = 50*1g0, 9 = 50 * (1, 954) = 50 • 0, 046= -2, 30;

Lg (р (А)) = 3, 70,

откуда р(А) = 0, 0051;  р(В) = 0, 995.

1.86. Два стрелка делают по одному выстрелу в мишень с вероятностью попа­дания, соответственно равной p_t = 0, 7 и р₂ — 0, 9. Найти вероятность хотя бы одного попадания.

Решение. Так как попадание в мишень обоими стрелками — события независимые, но совместные, то, применяя формулу (1.11), имеем р(В) = 1 - 0, 3 * 0, 1 = 0, 97.

1.87. Электрическая цепь составлена по схеме (рис. 2). Выход из строя за время t различных элементов цепи — независимые события, имеющие следующие вероятности:

Элемент        Кг           K ₁           Л₁               JI₂            Л₃

Вероятность 0, 10        0, 10         0, 05        0, 02         0, 04

 

 

 

Рисунок 2

 

Определить вероятность разрыва цепи за указанный промежуток времени.

Решение. Цепь выйдет из строя (событие В), когда откажут в работе следующие элементы: или K₁ (событие А₁), или все Лj (событие A₃), или К₂  (со­бытие A₂), или все K_i  и Л j вместе. Так как эти события совместны, то имеем на основании формулы (1.10)

 

р (В) = 1 – p( A₁)* р (A₂)*р (A₃)

 

Вероятности: p( A₁) = 0, 90, р( A₂) = 0, 90.

Событие A₃ заключается в том, что хотя бы один из элементов Л j не откажет. Поэтому p( A₃) находим также по теореме сложения для совместных событий

 

p(А₃) =1 - 0.05*0.02*0.04=1.

 

Поэтому р(В) = 1 — 0, 9 * 0, 9 * 1 = 0, 19.

1.88. Вычислительная машина состоит из п блоков. Надежность (вероятность безотказной работы) в течение времени Т первого блока равна р₁  второго - р₂ и т. д. Блоки отказывают независимо друг от друга. При отказе любого бло­ка отказывает машина. Найти вероятность того, что машина откажет за время Т.

 Ответ:

1.89. В аудитории находятся 100 студентов. Найти вероятность того, что хотя бы у одного из них данный день является днем рождения, если год не висо­косный.

Ответ: 0, 240.

1.90. Найти, какое число человек должно быть вместе, чтобы с вероятностью р = 0, 95 хотя бы у одного из них данный день был днем рождения.

Ответ: 1100.

1.91. Завод изготовляет определенного типа изделия; каждое изделие имеет дефект с вероятностью р. Изделие осматривается одним контролером; он обнару­живает имеющийся дефект с вероятностью p_i, а если дефект не обнаружен, про­пускает изделие в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать изделие, не имеющее дефекта; вероятность этого равна α. Найти вероятности следующих событий:

А — изделие будет забраковано; В — изделие будет забраковано, но оши­бочно; С — изделие будет пропущено в готовую продукцию с дефектом.

Ответ: р(А) = pp₁  + (1 — р)* α; р(В) = (1 - р) *α ; р(С) = р *(1 – р ₁).

1.92.     Происходит «дуэль» между участниками A и В. По условиям «дуэли» A начинает первым и поражает В с вероятностью р₁. Если В уцелеет, то он по­ражает A с вероятностью р₂. В свою очередь, A поражает B с вероятностью р₃. На этом «дуэль» прекращается. Найти вероятности: а) гибели А, б) гибели В,
а) гибели или A, или В.

Ответ: р _a  = (1 – р₁)*р₂ ; р_б = р₁ + (1 — р₁)*(1 — р₂)*р₃ ; р_в = p₁ + р₂.

1.93. Бросают две монеты. Рассматриваются события:

A - выпадение герба на первой монете; В - выпадение герба на второй мо­нете. Найти вероятность события С = А + В.

Р е ш е н и е.  р{С) = р(А) + р(В) — р(АВ) = 1/2 + 1/2 -1/4 =3/4 или (через противоположное событие) р(С) =1 – 1/4 = 3/4.

1.94. При одном цикле обзора радиолокационной станции, следящей за кос­мическим объектом, объект обнаруживается с вероятностью р. Обнаружение объекта в каждом цикле происходит независимо от других. Найти вероятность того, что при n циклах объект будет обнаружен.

1.95. Найти вероятность того, что наудачу взятое двузначное число окажет­ся кратным либо 2, либо 5, либо тому и другому одновременно.

Решение. Пусть A₁ - событие, которое состоится, если наудачу взятое двузначное число кратно 2, а A₂ - событие, которое состоится, если это число кратно 5. Надо найти р(А₁ + A₂). Так как А₁ и A₂ - события совместимые, то р(A₁ + А₂) = p( A₁) + р(А₂) – р( A_1*А₂).

Двузначные числа — это 10, 11.. 98, 99. Всех их 90. Очевидно, 45 из них кратны 2 (благоприятствуют наступлению A₁), 18 кратны 5 (благоприятствуют наступлению A₂) и, наконец, 9 кратны и 2 и 5 одновременно (благоприятствуют наступлению А ₁А ₂). Поэтому

 

p (A₁) = 45/90 = 0.5;           p (A₂) = 18/90 = 0.2;       p (A₁ *A₂) = 9/90 = 0.1

 

и, следовательно,  р(А₁ + A₂) = 0, 5 + 0, 2 - 0, 1 = 0, 6.

1.96.     Рабочий обслуживает 3 станка. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0, 9, для вто­рого - 0, 8 и для третьего - 0, 85. Найти вероятность того, что: 1) в течение не­которого часа ни один из станков не потребует внимания рабочего; 2) все станки потребуют внимания рабочего.

Ответ: 1) 0, 997;  2) 0, 003.

1.97. Чему равна вероятность того, что при п подбрасываниях игральной кости выпадет хотя бы один раз единица?

Ответ: 1 – (1/6)ⁿ

1.98. Вероятность того, что неопытный наблюдатель измерение превышений на станции выполнит с соблюдением всех допусков инструкции, равна 0, 4. Сколь­ко раз он должен повторить измерения, чтобы с вероятностью, не меньшей 0, 9, он получил хотя бы один правильный результат.

Решение. Применим формулу (1.11) или р(В) = 1 — qⁿ. По условию задачи 1 — 0, 6" ≥ 0, 9, откуда 0, 6" ≤ 0, 1.

 

N ≤ lg0, 1/ lg0, 6 = -1/-0.2218 = 4.5.

 

Ответ: 5 раз.

1.99. Вероятность того, что событие А появится хотя бы один раз при двух независимых испытаниях, равна 0, 75. Найти вероятность появления события в одном испытании, если вероятность появления события в каждом испытании одинакова.

Ответ: 0, 5.

1.100.   Вероятности появления положительной и отрицательной ошибок равны между собой. Определить, сколько нужно произвести измерений, чтобы с вероятностью р = 0, 98 появилась хотя бы одна положительная ошибка.

Ответ: п = 6.

1.101. Определить вероятность того, что при двух измерениях появится хотя бы одна положительная ошибка; две положительные ошибки.

Ответ: 0, 75; 0 25.

1.102. Вероятность поражения цели одним стрелком р = 0, 004. Определить количество стрелков, необходимое для поражения цели хотя бы одним выстре­лом с вероятностью 0, 98.

Ответ: п = 976.

1.103. При печатании карт на офсетных машинах вероятность появления брака за несовмещение красок р₁ = 0, 20 и за деформацию бумаги p₂ = 0, 015. Какова вероятность получить бракованный оттиск и по совмещению, и по дефор­мации бумаги?

Ответ: 0, 0003.

1.104. При печатании карт на офсетных машинах вероятность выхода ти­ражных оттисков первой категории р_х = 0, 85, а второй —р₂ = 0, 10. Какова вероятность выпуска карт по качеству не ниже второй категории?

Ответ: 0, 95.

1.105. Вероятность получить аэрофотоснимок бракованным из-за покрытия облаком р₁ = 0, 020; из-за неприжатия пленки р₂ = 0, 009. Какова вероятность получения снимка бракованным?

Ответ: 0, 0288.

⇐ Предыдущая12345678910Следующая ⇒

Поделиться: