Изучение нового материала

⇐ ПредыдущаяСтр 8 из 8

Пусть – случайная величина, наблюдаемая в эксперименте с множеством исходов . Возьмем любое конкретное действительное число х и рассмотрим исходы , для которых выполняется неравенство . Эти исходы образуют некоторое подмножество множества , т.е. неравенством определяется некоторое событие, наблюдаемое в данном эксперименте. Рассмотрим функцию, которая каждому действительному числу ставит в соответствие число, определяемое формулой . Эту функцию называют функцией распределения случайной величины [6].

Математическим ожиданием (средним значением) дискретной случайной величины , принимающей значения х₁, х₂, …, х _n с вероятностями

p ₁ , p ₂ , …, p_n, называется число, вычисляемое по формуле:

Математическое ожидание является средним значением случайной величины по распределению, поэтому его часто называют «центром распределения» [24].

Перечислим свойства математического ожидания.

1. Математическое ожидание постоянной величины равно самой постоянной: .

2. Постоянный множитель можно выносить за знак математического ожидания: (здесь a – постоянная неслучайная величина).

3. Математическое ожидание суммы двух случайных величин равно сумме их математических ожиданий: .

4. Математическое ожидание произведения двух независимых случайных величин равно произведению их математических ожиданий:
[26].

Дисперсией дискретной случайной величины , принимающей значения х₁, х₂, …, х _n с вероятностями p ₁ , p ₂ , …, p_n, называется число, вычисляемое по формуле:

[11].

Свойства дисперсии.

1. , если a – неслучайная величина.

2. , если a – неслучайная величина.

3. , если и независимы [26].

Рассмотреть задачу 2 (см. прил. 18).

Итог занятия

Итак, мы узнали, что такое математическое ожидание и дисперсия случайной величины, познакомились с их свойствами и научились вычислять данные характеристики.

Список литературы

1. Алгебра и начала математического анализа. 10 класс: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и профил. уровни / С.М. Никольский, М.К. Потапов, Н.Н. Решетников, А.В. Шевкин. – 8-е изд. – М.: Просвещение, 2009. – 430 с.

2. Алгебра и начала математического анализа. 10-11 классы: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый уровень / Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин, М.В. ткачева и др. –18-е изд. – М.: Просвещение, 2012. – 464 с.

3. Алгебра и начала математического анализа. 11 класс: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и профил. уровни / Ю.М. Колягин, М.В. Ткачева, Н.Е. Федорова, М.И. Шабунин; под ред. А.Б. Жижченко. – 2-е изд. – М.: Просвещение, 2010. – 336 с.

4. Болотов В.А. О введении элементов комбинаторики, статистики и теории вероятностей в содержание математического образования основной школы / В.А. Болотов // Математика. – 2004. – №44. – с.45-47.

5. Бочаров П.П., Печенкин А.В. Теория вероятностей. Математическая статистика. – 2-е изд. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. – 296 с.

6. Бродский И.Л., Мешавкина О.С. Вероятность и статистика. 10-11 классы. Планирование и практикум: Пособие для учителя. – М.: АРКТИ, 2009. – 104 с.

7. Бродский Я. Об изучении элементов комбинаторики, вероятности, статистики в школе / Я. Бродский // Математика. – 2004. – №31.

8. Бунимович Е.А. Теория и практика преподавания вероятности и статистики в российской школе / Е.А. Бунимович // Математика. – 2009. – № 14. – с. 54-61.

9. Бычкова Л.О., Селютин В.Д. Об изучении вероятностей и статистики в школе / Л.О. Бычкова, В.Д. Селютин // Математика в школе. –1991. – №6. – с. 9-12.

10. Виленкин Н.Я. Комбинаторика / Н.Я. Виленкин, А.Н. Виленкин, П.А. Виленкин. – М.: ФИМА, МЦНМО, 2006. – 400с.

11. Виленкин Н.Я., Потапов В.Г. Задачник-практикум по теории вероятностей с элементами комбинаторики и математической статистики: Учеб. пособие для студентов-заочников физико-математических факультетов педагогических институтов. - М.: Просвещение, 1989. – 108 с.

12. Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика:
Учебное пособие. – 12-е изд., перераб. – М.: Высшее образование, 2006.
– 479 с.

13. Гнеденко Б.В., Журбенко И. Г. Теория вероятностей и комбинаторика / Б.В. Гнеденко, И.Г. Журбенко //Математика в школе. – 2007. – №6. –
с. 67-70.

14. Горелов Г.В., Кацко И.А. Теория вероятностей и математическая статистика в примерах и задачах с применением Excel: Учебное пособие для вузов (Изд. 3-е, доп. и перераб.) / Серия «Высшее образование». – Ростов н/Д: Феникс, 2005. – 480 с.

15. Земсков В.Н. Лекции по теории вероятностей и математической статистике. – М.: МИЭТ, 2002. – 152 с.

16. Золотаревская Д.И. Теория вероятностей: Задачи с решениями: Учебное пособие. – Изд. 2-е, перераб. и доп. – М.: Едиториал УРСС, 2003. – 168 с.

17. Методические указания и дидактические материалы по теории вероятностей: Учебное пособие / С.С. Петрова, Т.Я. Ошорова, Е.С. Батомункуева; Восточно-сибирский гос. техн. ун-т. – Улан-Удэ, 2001. – 33 с.

18. Мордкович А.Г. Алгебра и начала математического анализа. 10-11 классы. В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразоват. учреждений (базовый уровень) / А.Г. Мордкович. – 10-е изд., стер. – М.: Мнемозина, 2009. – 399 с.

19. Морозова В.Л. Элементы комбинаторики: Учебное пособие / В.Л. Морозова, И.Н. Власова; Перм. гос. пед. ун-т. – Пермь, 2004. – 38 с.

20. Письменный Д.Т. Конспект лекций по теории вероятностей и математической статистике. – М.: Айрис-пресс, 2004. – 256 с.

21. Спирина М.С. Дискретная математика: Учебник для студ. учреждений сред. проф. образования / М.С. Спирина, П.А. Спирин. – М.: Издательский центр «Академия», 2004. – 368 с.

22. Студенецкая В.Н., Фадеева О.М. Статистика и теория вероятностей на пороге основной школы / В.Н. Студенецкая, О.М. Фадеева // Математика в школе. – 2005. – №6. – с. 64-70.

23. Теория вероятностей и математическая статистика в задачах: Учеб. Пособие для вызов / В.А. Ватутин, Г.И. Ивченко, Ю.И. Медведев и др. – 2-е изд., испр. – М.: Дрофа, 2003. – 328 с.

24. Шабунин М.И. Математика. Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень: методическое пособие для 11 класса / М.И. Шабунин, А.А. Прокофьев, Т.А. Олейник, Т.В. Соколова. – М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2010. – 360 с.

25. Шабунин М.И. Математика. Алгебра. Начала математического анализа. Профильный уровень: учебник для 11 класса / М.И. Шабунин, А.А. Прокофьев. – М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2008. – 384 с.

26. Щербатых С.В. Методическая система обучения стохастике в профильных классах общеобразовательной школы. – М.: МГУ им. М.В. Ломоносова, 2012. – 41 с.

27. http://www.actualresearch.ru/nn/2009_3/Article/pedagogy/nahman2.htm

28. http://combinatoric.ru.gg

29. http://mat.1september.ru/view_article.php?ID=201000409

30. http://www.school.edu.ru/dok_edu.asp

ПРИЛОЖЕНИЕ 1
Задачи, решаемые с помощью правила суммы
и формулы включений и исключений

Задача 1. На тарелке лежат 5 яблок и 4 апельсина. Сколькими способами можно выбрать один плод?

Решение. По условию задачи яблоко можно выбрать пятью способами, апельсин – четырьмя. Так как в задаче речь идет о выборе «либо яблоко, либо апельсин», то его, согласно правилу суммы, можно осуществить 5+4=9 способами.

Задача 2. На одной полке книжного магазина стоит 20 различных книг, а на другой – 40 различных книг (не таких, как на первой полке). Сколькими способами можно выбрать одну книгу?

Решение. Выбрать одну книгу из стоящих на этих полках можно по правилу суммы 20 + 30 = 50 способами.

Задача 3. Сколькими способами можно выбрать один цветок из корзины, в которой имеется 12 гвоздик, 15 роз и 7 хризантем?

Решение. Перед нами встает выбор «либо гвоздика, либо роза, либо хризантема», его можно осуществить 12 + 15 + 7 = 34 способами.

Задача 4. В меню школьной столовой имеется 3 первых блюда, 2 вторых и 3 третьих. Сколькими способами можно выбрать только одно блюдо?

Решение. По правилу суммы получаем 3 + 2 + 3 = 8 способов.

Задача 5. Из 36 учеников английский язык изучают 27 человек, немецкий – 22 человека. Сколько учеников изучают оба языка?

Решение. По формуле включений и исключений имеем:
36 = 27 + 22 – k, где k – количество учеников, изучающих оба языка. Отсюда находим, что k = 27 + 22 – 36 = 13.

Задача 6. На загородную прогулку поехали 92 человека. Бутерброды с колбасой взяли 47 человек, с сыром – 38 человек, с ветчиной – 42 человека. Бутерброды с сыром и колбасой были у 28 человек, с колбасой и ветчиной – у 31 человека, с сыром и ветчиной – у 26 человек. Все три вида бутербродов взяли 25 человек, а несколько человек вместо бутербродов захватили с собой пирожки. Сколько человек взяли с собой пирожки?

Решение. Пусть М – множество людей, поехавших на прогулку, К – множество людей, взявших с собой бутерброды с колбасой, соответственно
С – с сыром, В – с ветчиной. По условию имеем:

n (M) = 92

n (K) = 47

n (C) = 38

n (B) = 42

n (K∩C) =28

n (K∩B) = 31

n (C∩B) = 26

n (K∩C∩B) = 25

Нам необходимо найти сколько человек взяли с собой пирожки, т.е.
n (M \ (K B C)).

Решение покажем на кругах Эйлера-Венна (рис.2):

Рис. 2

n (M \ (K B C)) = 92 – (47 + 9 + 1 + 10) = 25

или 92 – 47 – 38 – 42 + 28 + 31 + 26 – 25 = 25.

ПРИЛОЖЕНИЕ 2
Задачи, решаемые с помощью правила произведения

Задача 1. Пусть имеются три кандидата на место президента фирмы П1, П2, П3 и два кандидата на место вице-президента В1 и В2. Сколькими способами можно осуществить выбор руководящего состава фирмы?

Решение. Президента фирмы можно выбрать тремя способами. После выбора президента еще двумя способами можно выбрать вице-президента, поэтому общее число способов, которыми можно составить дирекцию фирмы, находится произведением 3 ⋅ 2 = 6.

Приведем графическую иллюстрацию (рис. 3). Схему, построенную на рисунке, называют деревом. Исходную точку обозначим О. Двигаясь всевозможными путями из точки О к правым крайним вершинам, мы получим 6 способов, которыми можно составить руководство фирмой. Все они перечислены в правом столбце.

Выбор президента

Руководство

Выбор вице-президента

В1 (П1, В1)

П1

В2 (П1, В2)

Начало

В1 (П2, В1)

О П2

В2 (П2, В2)

В1 (П3, В1)

П3

В2 (П3, В2)

Рис. 3

Задача 2. У Саши десять марок, а у Вани – двадцать. Сколькими способами можно осуществить обмен одной Сашиной марки на одну Ванину?

Решение. Чтобы обмен осуществился, Саша должен выбрать одну из своих марок, а Ваня – одну из своих. Пара выбранных ими марок определяет обмен, поэтому обмен можно отождествить с выборкой объема 2, первый элемент которой – марка Саши, второй – марка Вани. Число способов обмена равно количеству таких выборок. По правилу произведения количество выборок равно 10 20 = 200.

Задача 3. Наряд ученицы состоит из блузки, юбки и туфель. Девушка имеет в своем гардеробе четыре блузки, пять юбок и три пары туфель. Сколько нарядов может подобрать ученица?

Решение. Пусть сначала ученица выбирает блузку. Этот выбор может быть совершен четырьмя способами, так как ученица имеет четыре блузки, затем пятью способами произойдет выбор юбки и тремя способами выбор туфель. По принципу умножения получается 4 5 3 = 60 нарядов (комбинаций).

Задача 4. В столовой предлагают два различных первых блюда, три различных вторых блюда и два вида десерта. Сколько различных обедов из трех блюд может предложить столовая?

Решение. В обед обязательно входят первое блюдо, второе блюдо и десерт. Выбор не зависит друг от друга. Применяем правило произведения:
2 3 2 = 12.

Задача 5. Сколько существует двузначных чисел с разными цифрами?

Решение. В десятичной системе исчисления десять цифр: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. На первом месте может стоять любая из девяти цифр (кроме нуля). На втором месте – любая из оставшихся девяти цифр, кроме выбранной. По правилу произведения 9 9 = 81 двузначное число имеет разные цифры.

Задача 6. Сколько имеется четырехзначных чисел, составленных из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, причем:

а) цифры в записи числа не повторяются;

б) числа четны и соседние цифры в записи числа не повторяются.

Решение. а) Четырехзначное число, удовлетворяющее условию задачи, можно рассматривать как упорядоченную выборку объема 4, составленную из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, в которой элементы не повторяются. Построение такой выборки можно осуществить за четыре шага. На первом шаге выбирается первая цифра числа. Этот выбор можно осуществить девятью способами. На втором шаге выбирается вторая цифра числа. Так как по условию вторая цифра не должна совпадать с первой, то ее выбор зависит от выбора первой цифры, однако эта зависимость не распространяется на число возможностей выбора второй цифры (при каждом выборе, сделанном на втором шаге, имеется восемь вариантов выбора второй цифры). На третьем шаге выбирается третья цифра. Так как она должна быть отлична от первых двух, то у нас есть выбор из семи возможностей. На четвертом шаге наш выбор сужается до шести возможностей. Следовательно, согласно правилу произведения количество чисел, удовлетворяющих условию, равно 9 8 7 6 = 3024.

б) Четырехзначные числа, удовлетворяющие условию задачи, можно рассматривать как упорядоченные выборки объема 4, составленные из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, в которых соседние элементы не повторяются и последний элемент – либо 2, либо 4, либо 6, либо 8. Попробуем подойти к построению такой выборки так же как в предыдущем случае, т.е. на первом шаге выбирать первую цифру числа, на втором – вторую, и т.д. тогда на первом шаге у нас будет выбор из 9 возможностей, на втором и третьем, независимо от выбора сделанного на предыдущих шагах, – выбор из 8 возможностей (на каждом из этих шагов можем выбрать любую цифру за исключением выбранной на предыдущем шаге). Однако число возможностей при осуществлении четвертого шага оказывается зависящим от выбора, сделанного на третьем шаге: если на третьем шаге выбор пал на четную цифру, то для выбора четвертой цифры имеется 3 возможности, если на нечетную – то 4. Значит, при таком подходе к построению выборки правило произведения неприменимо.

Выберем другую последовательность шагов – будем писать число справа налево, т.е. на первом шаге выбирать последнюю цифру числа, на втором – предпоследнюю, и т.д. Тогда на первом шаге у нас будет выбор из 4 возможностей, на втором, третьем и четвертом шагах, независимо от ранее сделанного выбора, – выбор из 8 возможностей. Следовательно, согласно правилу произведения количество чисел, удовлетворяющих условию, равно
4 8 8 8 = 2048.

Задача 7. В классе изучают десять предметов. В понедельник шесть уроков, причем все уроки разные. Сколько существует способов составления расписания на понедельник?

Решение. Первым уроком можно поставить любой из десяти изучаемых предметов. Вторым уроком – любой из девяти оставшихся. Третьим уроком – любой из восьми предметов, не выбранных ранее, и т.д. В результате получим 10 9 8 7 6 5 = 151200 вариантов расписания уроков на понедельник.

Задача 8. В классе двадцать человек – десять девочек и десять мальчиков. Сколькими способами можно составить график дежурств по классу на десять дней так, чтобы каждый день дежурил один мальчик и одна девочка, и при этом никто из ребят не дежурил дважды?

Решение. Выбор пары дежурных на первый день осуществим за два шага – сначала выберем девочку (выбор из десяти возможностей), затем мальчика (выбор из десяти возможностей). Следовательно, имеется 10 10 возможностей выбрать пару дежурных на первый день. Выбор пары дежурных на второй день также осуществим за два шага – сначала выберем девочку (выбор сократился до 9 возможностей, т.к. одна из девочек уже отдежурила), затем мальчика (выбор из девяти возможностей, т.к. один из мальчиков уже отдежурил). Значит, имеется 9 9 возможностей выбрать пару дежурных на второй день. Аналогично рассуждая, получим, что имеется 8 8 возможностей выбрать пару дежурных на третий день, 7 7 – на четвертый и т.д. И, наконец, 1 1 возможностей выбрать пару дежурных на десятый день. Таким образом, по правилу произведения график дежурств можно составить 10 10 9 9 … 1 1 = (10!)² способами.

ПРИЛОЖЕНИЕ 3
Задачи на применение формулы подсчета числа размещений

Задача 1. У Ани есть семь цветных карандашей. Мама нарисовала на листке бумаги девочку и предложила Ане раскрасить ее шапочку, платье и туфельки, используя для каждого предмета одежды один цвет. Сколькими способами Аня сможет раскрасить картинку, если:

а) она решила, что шапочка, платье и туфельки должны быть раскрашены в разные цвета;

б) она готова раскрашивать шапочку, платье и туфельки, как в разные, так и в одинаковые цвета?

Решение. а) Чтобы раскрасить картинку, Аня должна не только выбрать три карандаша, но и решить, каким из них она будет раскрашивать шапочку, каким – платье, каким туфельки. Если мысленно сопоставить картинки, соответствующие разным способам раскрашивания, то они будут отличаться как набором цветов, так и местом их использования. Следовательно, каждый из способов раскрашивания можно интерпретировать как упорядоченную выборку без повторений из 7 элементов по 3. Число таких размещений найдем по формуле .

б) Отличие от ситуации, рассмотренной в пункте а), состоит в том, что для раскраски различных предметов одежды Аня может использовать один карандаш. Значит, каждый способ раскрашивания можно рассматривать как упорядоченную выборку с повторениями из 7 элементов по 3. Число размещений найдем по формуле

Задача 2. В соревнованиях участвует 10 человек, трое из них займут
1-е, 2-е, и 3-е места. Сколько существует различных вариантов?

Решение. Требуется выделить упорядоченные трехэлементные подмножества множества, содержащего 10 элементов, то есть найти число размещений без повторений из 10 элементов по 3. Число различных вариантов равно .

Задача 3. В хирургическом отделении работают 6 врачей. Сколькими способами из них можно образовать бригаду в составе хирурга и ассистента?

Решение. Здесь необходимо найти число размещений без повторений из 6 элементов по 2. Таким образом, число способов, которыми можно составить бригаду, находится по формуле .

Задача 4. Сколькими способами можно составить различные двузначные числа из четырех цифр 1, 2, 3, 4, если цифры в записи числа не повторяются?

Решение. В этой задаче речь идет о размещениях из 4 элементов по 2. Чтобы узнать количество способов, воспользуемся формулой для вычисления числа размещений .

Задача 5. В гостинице 10 четырехместных номеров. Сколько существует вариантов размещения прибывших четырех гостей?

Решение. Каждый из 4 гостей может быть помещен в любую из 10 комнат, поэтому общее число размещений, по формуле размещений с повторениями, равно

Задача 6. Сколькими способами можно разместить пять занумерованных шаров по девяти пронумерованным коробкам, если:

а) в одну коробку можно положить не более одного шара;

б) в одну коробку можно положить неограниченное число шаров?

Решение. а) Каждому размещению шаров по коробкам можно сопоставить упорядоченную выборку, элементы которой – номера коробок: первый элемент выборки – номер коробки, в которую помещен первый шар, второй элемент – номер коробки, в которую помещен второй шар и т.д. В этих упорядоченных выборках элементы не повторяются (т.к. по условию задачи в каждую коробку можно положить не более одного шара), следовательно, мы имеем дело с размещениями из 9 элементов по 5. Число таких размещений найдем по формуле .

б) В отличие от ситуации, рассмотренной выше, элементы в выборках могут повторяться (т.к. по условию задачи в каждую коробку можно положить сразу несколько шаров). Следовательно, необходимо найти число размещений с повторениями из 9 элементов по 5. Это легко вычислить по формуле

Задача 7. Сколько пятибуквенных «слов» можно составить в алфавите из 10 букв, если:

а) буквы в «словах» не должны повторяться;

б) буквы в «словах» могут повторяться?

Решение. а) Прежде всего, заметим, что под «словом» в комбинаторных задачах понимают любую конечную последовательность букв. В нашем случае, каждому такому «слову» можно сопоставить упорядоченную выборку, элементами которой являются буквы алфавита. По условию буквы в «словах» не повторяются, следовательно, речь идет о размещениях из 10 элементов по 5. Всего таких размещений:

б) Буквы в «словах» могут повторяться, значит, мы имеем дело с размещениями с повторениями из 10 элементов по 5. Число таких размещений

Задача 8. Сколько различных шестизначных чисел можно получить, выкладывая в ряд карточки с цифрами от 1 до 9 так, чтобы на первых трех местах стояли четные, а на последних трех местах – нечетные цифры?

Решение. Каждое число, удовлетворяющее условию задачи, можно выложить за два шага: на первом шаге положить в ряд три карточки с четными цифрами, на втором – три карточки с нечетными цифрами. Число возможностей на первом шаге равно числу упорядоченных выборок объема три без повторений, элементами которых являются четные цифры, т.е. числу размещений из 4 по 3: . Число возможностей на втором шаге равно числу упорядоченных выборок объема три без повторений, элементами которых являются нечетные цифры, т.е. числу размещений из 5 по 3: . Согласно правилу произведения общее число чисел, удовлетворяющих условию задачи, равно

ПРИЛОЖЕНИЕ 4
Задачи на применение формулы вычисления числа перестановок

Задача 1: Сколько существует способов расстановки 10 книг на
полке?

Решение. Общее число способов расстановки определяется как число перестановок из 10 элементов и равно

Задача 2. Сколько различных пятизначных чисел, все цифры которых различны, можно записать с помощью цифр 4, 5, 6, 7 и 8?

Решение. Задача сводится к подсчету числа перестановок из 5 элементов. Получим различных чисел.

Задача 3 . «Проказница-Мартышка,

Осел,

Козел

Да косолапый Мишка

Затеяли сыграть Квартет.

Достали нот, баса, альта, две скрипки

И сели на лужок под липки –

Пленять своим искусством свет.

Ударили в смычки, дерут, а толку нет.

«Стой, братцы, стой! – кричит Мартышка. – Погодите!

Как музыке идти? Ведь вы не так сидите!»

Сколькими способами можно рассадить в ряд героев басни
И.А. Крылова «Квартет»?

Решение. Число способов, которыми могут сесть крыловские музыканты, равно числу перестановок из 4 элементов, т.е. способа.

Задача 4. На книжной полке 30 книг, из них 27 различных и 3 книги одного автора. Сколькими способами можно расставить эти книги на полке так, чтобы книги одного автора стояли рядом?

Решение. Будем считать три книги одного автора за одну книгу, тогда число перестановок будет . А три книги можно переставлять между собой способами, тогда по правилу произведения имеем, что искомое число способов равно:

Задача 5. Семь девушек водят хоровод. Сколькими различными способами они могут встать в круг?

Решение. Если бы они стояли на месте, то получилось бы
перестановок. Но т.к. танцующие кружатся, то их положение относительно окружающих предметов не существенно, а важно лишь взаимное расположение. Поэтому перестановки, переходящие друг в друга при кружении танцовщиц надо считать одинаковыми. Но из каждой перестановки можно получит еще шесть новых путем вращения. Значит, число 5040 надо разделить на 7. Мы получаем 5040 : 7 = 720 различных перестановок девушек в хороводе.

Вообще, если рассматривать перестановки из n элементов, расположенных не в ряд, а по кругу, и считать одинаковыми расположения, переходящие друг в друга при вращении, то число различных перестановок равно
(n – 1)!

Задача 6. Сколькими способами можно переставить буквы в слове «математика»?

Решение. Всего 10 букв, причем «м» повторяется 2 раза, «а» – 3, «т» – 2, «е» – 1, «и» – 1, «к» – 1. Тогда число перестановок с повторениями найдем по формуле: способов.

Задача 7. Сколькими способами можно расставить шахматные фигуры (короля, ферзя, 2 ладьи, 2 слона, 2 коня) на одной горизонтали шахматной доски [7]?

Решение. Всего восемь фигур, причем 3 фигуры повторяются дважды. Следовательно, необходимо применить формулу нахождения числа перестановок с повторениями: способов.

ПРИЛОЖЕНИЕ 5
Задачи на применение формулы вычисления числа сочетаний, разложение бинома Ньютона

Задача 1. В классе 7 человек успешно занимаются математикой. Сколькими способами можно выбрать из них двоих для участия в математической олимпиаде?

Решение. Т.к. порядок элементов в подмножестве не имеет значения, применяем формулу нахождения числа сочетаний без повторений
способ.

Задача 2. В магазине продаются воздушные шарики семи цветов. Саша решил купить для праздника три шарика. Сколькими способами Саша может выбрать шарики, если:

а) он хочет, чтобы шарики отличались по цвету;

б) ему все равно, будут они отличаться по цвету, или нет?

Решение. а) Каждый Сашин выбор можно интерпретировать как неупорядоченную выборку без повторений из 7 цветов по 3, т.е. сочетание без повторений из 7 элементов по 3. Число таких сочетаний найдем по формуле

б) Отличие от ситуации, рассмотренной в пункте а), состоит в том, что Саша может купить два или три шарика одного цвета. Значит,
применяем формулу нахождения числа сочетаний с повторениями. Получим:
способа.

Задача 3. Сколькими способами можно составить набор из 9 конфет, если имеются 4 сорта конфет?

Решение. В комбинацию могут входить повторяющиеся элементы, причем можно выбрать все 9 конфет одного сорта. Речь идет о сочетании из 4 элементов по 9. Искомое число наборов равно:

Задача 4. В магазине 10 разных открыток, ребятам надо поздравить 13 преподавателей с днем учителя. Сколькими способами они могут купить открытки?

Решение. Как и в предыдущей задаче, применяем формулу нахождения числа сочетаний с повторениями. Получаем
способов покупки открыток.

Задача 5. На школьном вечере присутствуют 12 девушек и 15 юношей. Сколькими способами можно выбрать из них 4 пары для танцевального конкурса?

Решение. Из 12 девушек выбрать четырех можно
способами. Аналогично, из 15 юношей выбрать четырех можно способами. Согласно правилу произведения имеется 495 1365 = 675675 способов выбора 4 танцевальных пар.

Задача 6. В магазине работает 20 продавцов, из которых 6 мужчин. В смене занято 6 продавцов. Сколько различных смен можно составить, если в каждую смену работает 3 мужчины.

Решение. По правилу умножения перемножаем числа способов отбора мужчин и женщин:

Задача 7. Найдите разложение степени бинома

Решение. Положив a = 2x, b = -3, получим:

Задача 8. Вычислить 10-й член разложения бинома

Решение.

ПРИЛОЖЕНИЕ 6
Схема анализа комбинаторных задач

Есть вопрос «Сколькими способами»?

Комбинаторная задача

Другой тип задачи

В вопросе говорится обо всем множестве?

Перестановка

Важен порядок элементов в подмножестве?

Размещение

Сочетание

Да

Нет

Рис. 4

ПРИЛОЖЕНИЕ 7
Упражнения на преобразование комбинаторных выражений
алгебраическими методами

Упражнение 1. Найти значение выражения: а) ; б) .

Решение.

а) ;

б) .

Упражнение 2. Сократить дробь: а) ; б) ; в) .

Решение.

а) ;

б) ;

в) .

Упражнение 3. Решить в натуральных числах уравнение:

а) ;

б) ;

в) ;

г) .

Решение.

а)

Ответ: n = 7.

б)

– не удовлетворяет условию, т.к.

Ответ: m = 4.

в)

Ответ: k = 87.

г)

По теореме Виета:

– не удовлетворяет условию, т.к.

Ответ: x = 6.

Упражнение 4. Вычислить: а) ; б) .

Решение.

а) ;

б) .

Упражнение 5. Упростить выражение .

Решение.

Упражнение 6. Решить уравнение ( ): а) ; б) .

Решение.

а)

Ответ: .

б)

По теореме Виета:

– не удовлетворяет условию, т.к.

Ответ: x = 4.

Упражнение 7. Доказать тождество .

Решение.

Преобразуем левую часть доказываемого тождества:

ПРИЛОЖЕНИЕ 8
Задачи на описание множества исходов эксперимента

Задача1. Ваня проводит следующий эксперимент: два раза подбрасывает монету и после каждого броска записывает на листе, что выпало – цифра или герб. Описать множество исходов данного эксперимента.

Решение. Возможны такие исходы:

– оба раза выпал герб;

– первый раз выпал герб, второй – цифра;

– первый раз выпала цифра, второй – герб;

– оба раза выпала цифра.

Таким образом, множество исходов состоит из четырех элементов: .

Задача 2. Саша проводит эксперимент: подбрасывает монету до тех пор, пока не выпадет герб, после каждого броска фиксируя на листе, что выпало – герб или цифра. Описать множество исходов данного эксперимента.

Решение. Возможны следующие исходы:

– герб выпал при первом подбрасывании монеты;

– герб выпал при втором подбрасывании монеты;

– герб выпал при третьем подбрасывании монеты и т.д.

Поскольку имеется принципиальная возможность, что герб никогда не выпадет, то все возможные ситуации будут описаны, только если считать множество исходов бесконечным: .

Задача 3. Маша проводит следующий эксперимент: чертит в тетради отрезок ОА длиной 10 см, произвольно ставит на нем точку В, после чего
измеряет длину отрезка ОВ. Описать множество исходов данного эксперимента.

Решение. Исходами эксперимента являются числа, лежащие в пределах от 0 до 10 см. Они образуют отрезок [0; 10], т.е. .

Задача 4. В коробке лежат три шара: красный, синий и белый. Рассмотрим четыре эксперимента, состоящие в последовательном извлечении из коробки двух шаров и фиксации их цветов. Эксперименты различаются по условиям проведения:

1) в эксперименте А шар, извлеченный из коробки первым, откладывается в сторону; порядок, в котором были извлечены шары, фиксируется;

2) в эксперименте Б шар, извлеченный из коробки первым, откладывается в сторону; порядок, в котором были извлечены шары, не фиксируется;

3) в эксперименте В шар, извлеченный из коробки первым, возвращается в коробку перед извлечением второго шара; порядок, в котором были извлечены шары, фиксируется;

4) в эксперименте Г шар, извлеченный из коробки первым, возвращается в коробку перед извлечением второго шара; порядок, в котором были извлечены шары, не фиксируется;

Решение. Эксперименты имеют следующие множества исходов:

1) ;

2) ;

3) ;

4) .

ПРИЛОЖЕНИЕ 9
Задачи по теме «События и действия над ними»

Задача 1. Событие А означает, что хотя бы одна пуля при трех выстрелах попадет в цель, т.е. цель будет поражена. Что означает событие ?

Решение. Событие означает, что ни одна из трех пуль не попала в цель.

Задача 2. Пусть в опыте с бросанием игральной кости события А и В определяются так: А – выпало число очков, кратное 2, В – выпало число очков, кратное 3.Что означают события А + В и АВ?

Решение. Событие А + В означает, что выпало хотя бы одно из чисел 2, 3, 4, 6; событие АВ – выпало число 6.

Задача 3. Каждая из цифр 1, 2, 3 записана на отдельной карточке. Наугад вынимается одна карточка, на листок записывается находящаяся на
ней цифра, и карточка возвращается обратно в стопку. Затем вынимается вторая карточка, и ее цифра записывается справа от первой цифры. Наблюдаемый результат – двузначное число. События А = {число четное},
В = {количество десятков не равно количеству единиц}.

а) построить множество исходов эксперимента;

б) задать перечислением элементов события , , , , , , ;

в) определить какие события, упомянутые в пункте б), попарно несовместны.

Решение.

а) Множество исходов ;

б) , ,

, ,

, , ;

в) Пары несовместных событий: и , и , и , и , и , и , и .

Задача 4. Пусть А и В – события, наблюдаемые в данном эксперименте. Выразить используя операции над А и В, следующие события:

С = {из двух событий не произойдет ни одного};

D = {из двух событий произойдет ровно одно};

Е = {из двух событий произойдет ровно два};

F = {из двух событий произойдет хотя бы одно}.

Решение.

;

ПРИЛОЖЕНИЕ 10
Задачи, направленные на применение
классического определения вероятности

Задача 1. Набирая номер телефона, абонент забыл две последние цифры и набрал их наудачу. Найти вероятность того, что набраны нужные цифры.

Решение. По принципу умножения общее число вариантов равно , а число случаев, благоприятствующих данному событию А = {цифры набраны правильно}, равно 1. Значит, .

Задача 2. Из 25 экзаменационных билетов по геометрии ученик успел выучить 11 первых и 8 последних билетов. Какова вероятность того, что на экзамене ему достанется билет, который он не подготовил?

Решение. Общее число равновозможных исходов при выборе билетов на экзамене . Число благоприятных для события А = {ученик достанет на экзамене билет, к которому он не подготовился} равно
. Следовательно, .

Задача 3. Учительница попросила Сашу написать в тетради двузначное число, используя цифры от 1 до 9. С какой вероятностью написанное Сашей число окажется кратным 5?

Решение. Опыт, состоящий в написании числа, можно интерпретировать как выбор двух элементов из множества {1, 2, …, 9}. Выбранные элементы могут повторяться, порядок выбора элементов учитывается. Следовательно, исходами опыта являются размещения с повторениями из 9 по 2. Их число . Исходы, благоприятствующие событию
А = {число кратно 5} – выборки, второй элемент которых равен 5. . Окончательно имеем: .

Задача 4. В классе 32 ученика. Двое из них выбраны случайно и посажены за первую парту. Какова вероятность того, что оба они в списке значатся среди первых десяти учеников?

Решение. Порядок выбора двух учеников из всего класса не имеет значения, следовательно, мы имеем дело с сочетанием из 32 элементов по 2. Общее число исходов этого опыта . Число исходов, благоприятствующих событию А = {оба ребенка значатся в списке класса среди первых десяти учеников} равно . Таким образом, .

Задача 5. В спортивной секции занимаются 6 девушек и 10 юношей. Между ними путем жеребьевки разыгрываются 4 путевки в летний лагерь. Какова вероятность того, что три путевки достанутся девушкам, а одна – юноше?

Решение. Опыт состоит в случайном выборе четырех членов секции, которым предстоит поехать по путевке в летний лагерь. Этот опыт можно интерпретировать как выбор без повторения 4 элементов из 16-элементарного множества членов секции. По условиям опыта порядок выбора элементов неважен, поэтому его можно не учитывать. Таким образом, исходами опыта являются сочетания из 16 элементов по 4. Их число находим по формуле . Исходами, благоприятствующими событию А = {три путевки достанутся девушкам, одна - юноше}, являются неупорядоченные выборки, три элемента которых девушки и один элемент – юноша. Составляем такую выборку за два шага. Вначале отбираем трех девушек (это можно сделать способами), затем – юношу (это можно сделать 10 способами). Окончательно по правилу произведения имеем: . Следовательно, вероятность события А равна .

ПРИЛОЖЕНИЕ 11
Применение геометрической схемы вычисления вероятности

Задача 1. На отрезок L, имеющий длину 40 см, помещен меньший отрезок l длиной 15 см. Найти вероятность того, что точка, наудачу поставленная на больший отрезок, попадет также и на меньший отрезок. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок l пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от его расположения на отрезке L.

Решение. Обозначим событие: А = {точка, наудачу поставленная на отрезок L, попадет также и на отрезок l}. Мера множества А равна длине меньшего отрезка. Мера множества равна длине большего отрезка. Найдем вероятность события А по формуле .

Задача 2. На отрезке, длина которого равна 6 см, наудачу поставлена точка. Какова вероятность того, что расстояние от этой точки до левого конца отрезка будет отличаться от расстояния от точки до правого конца не менее чем на 2 см?

Решение. Расстояние от точки до правого конца отрезка равно 6 – х, следовательно, событие А = { расстояние от точки до левого конца отрезка будет отличаться от расстояния от нее до правого конца не менее чем на 2 см} можно задать неравенством , или .

Множества и А изображены на рис. 5. В данном случае Мерой множества является длина отрезка [0; 6], а мерой множества А – сумма длин отрезков ОС и DB.

Рис. 5

Таким образом, имеем: , и .

Задача 3. На плоскости начерчены две концентрические окружности, радиусы которых 5 и 10 см соответственно. Найти вероятность того, что точка, брошенная наудачу в большой круг, попадет в кольцо, образованное построенными окружностями. Предполагается, что вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры и не зависит от ее расположения относительно большого круга.

Решение. Мерой множества является площадь большого круга, значит . Мерой А является площадь кольца, образованного окружностями, т.е. . Искомая вероятность .

ПРИЛОЖЕНИЕ 12
Задачи на нахождение статистической вероятности события

Задача 1. Стрелок произвел 64 выстрела, 48 раз попал в цель. Найти статистическую вероятность попадания?

Решение. Статистическая вероятность события А = {стрелок попал в цель} равна .

Задача 2. При определении всхожести партии семян взяли пробу из 1000 единиц. Из отобранных семян не взошло 90. Какова относительная частота появления всхожего семени?

Решение. Найдем относительную частоту события А = {отобрано всхожее семя}. Общее число проведенных испытаний n = 1000. Число испытаний, в которых событие А наступило, равно m = 1000 – 90 = 910. Относительная частота события А равна .

Задача 3. В партии из 1000 деталей обнаружено 20 нестандартных. Найти статистическую вероятность появления стандартной детали.

Решение. Статистическую вероятность события А = {деталь стандартная} найдем по формуле .

Задача 4. Многолетними наблюдениями установлено, что в некоторой области ежегодно в среднем в тридцати хозяйствах из каждых ста среднегодовой удой молока от одной коровы составляет 4100 – 4300 л. Какова вероятность того, что в текущем году в одном из хозяйств этой области, отобранном случайным образом, будет получен такой среднегодовой удой?

Решение. Обозначим событие: А = {в текущем году в хозяйстве, отобранном случайным образом, среднегодовой удой молока от одной коровы составит 4100 – 4300 л}. Вероятность события А найдем, воспользовавшись ее статистическим определением.

Располагая статистическими данными, найдем, что относительная частота хозяйств области, в которых ежегодно имеют указанный среднегодовой удой молока от одной коровы, равна . Т.к. эти данные получены в результате проведения большого числа наблюдений, выполняемых в течение многих лет, то можно принять, что вероятность события А равна .

ПРИЛОЖЕНИЕ 13
Задачи, предусматривающие применение формул
сложения вероятностей

Задача 1. В коробке 30 шаров: 10 красных, 5 синих и 15 белых. Найти вероятность появления цветного шара.

Решение. Появление цветного шара означает появление либо красного, либо синего шара. Вероятность появления красного шара (событие А) равна . Вероятность появления синего шара (событие В) равна . События А и В несовместны (появление шара одного цвета исключает появление шара другого цвета), поэтому применяем формулу сложения вероятностей для несовместных событий. Искомая вероятность .

Задача 2. Стрелок стреляет по мишени, разделенной на 3 области. Вероятность попадания в первую область равна 0,45, во вторую – 0,35. Найти вероятность того, что стрелок при одном выстреле попадет либо в первую, либо во вторую область.

Решение. События А = {стрелок попал в первую область} и В = {стрелок попал во вторую область} – несовместны (попадание в одну область
исключает попадание в другую), поэтому
.

Задача 3. На карточках написали натуральные числа от 1 до 10 включительно, после чего карточки перевернули и перемешали. Затем наугад открыли одну карточку. Какова вероятность того, что на ней будет написано простое число или число, большее 7?

Решение. Пусть событие А = {на карточке написано простое число}, а событие В = {на карточке число, большее 7}. Для события А благоприятными являются 4 исхода из 10 равновозможных (появление одного из чисел 2, 3, 5, 7), т.е. вероятность события А равна . Для события В благоприятными являются 3 исхода из 10 равновозможных (появление чисел 8, 9, 10), т.е. вероятность события В равна .

Нас интересует событие, когда на карточке написано простое число или число, большее 7. Это событие наступает тогда, когда наступает одно из событий: А или В. Очевидно, что эти события являются несовместными. Значит, вероятность интересующего нас события находится по формуле .

Задача 4. Вероятность того, что день будет дождливым 0,7. Найти вероятность того, что день будет ясным.

Решение. События А = {день дождливый} и В = {день ясный} - противоположные ( ), поэтому искомая вероятность вычисляется по формуле .

Задача 5. Бросают два игральных кубика. Какова вероятность того, что сумма очков, выпавших на двух кубиках, меньше 11?

Решение. Общее число равновозможных исходов этого испытания равно 36. Пусть событие А = {сумма очков, выпавших на двух кубиках, меньше11}. Т.к. благоприятными для события А является большое число исходов, то удобно сначала найти вероятность противоположного ему события
= {сумма выпавших очков больше или равна 11}. Благоприятными для события являются три исхода: (5; 6), (6; 5), (6; 6). Поэтому . Вероятность события А равна .

Задача 6. Из ящика, содержащего 6 белых и 8 черных шаров, одновременно вынимают пять шаров. Найти вероятность того, что количество белых и количество черных шаров в выборке различаются не менее, чем на два
шара.

Решение. Наряду с событием А = {количество белых и количество черных шаров в выборке различаются не менее, чем на два шара}, рассмотрим противоположное ему событие = {количество белых и количество черных шаров в выборке различаются менее, чем на два шара}. Событие можно представить как сумму двух несовместных событий: В = {в выборке три белых и два черных шара} и С = {в выборке два белых и три черных шара}. Значит, .

Опыт, состоящий в случайном выборе пяти шаров из ящика, можно интерпретировать как выбор без повторения 5 элементов из 14-элементарного множества. По условиям опыта порядок выбора элементов не важен, поэтому его можно не учитывать. Таким образом, исходами опыта являются сочетания из 14 элементов по 5. Их число .

Исходами, благоприятствующими событию В, являются неупорядоченные выборки, в которые входят три белых и два черных шара. Составляем такую выборку по частям. Вначале отбираем три белых шара (это можно сделать способами), затем – два черных (это можно сделать способами). По правилу произведения имеем . Следовательно, .

Аналогичные рассуждения дают: .

Находим искомую вероятность:

ПРИЛОЖЕНИЕ 14
Задачи на нахождение условной вероятности
и вероятности произведения событий

Задача 1. В коробке 2 белых и 7 черных шаров. Из нее последовательно вынимают два шара. Какова вероятность того, что второй шар окажется белым, при условии, что первый шар был черным?

Решение. Пусть А = {первый шар черный}, В= {второй шар белый}. Т.к. событие А произошло, то в урне осталось 8 шаров, из которых 2 белых. Поэтому .

Рассмотрим второй способ решения данной задачи: найдем вероятность события В, при условии, что событие А произошло, по формуле . Очевидно, что . Общее число исходов равно . Событию АВ благоприятствуют исходов. Поэтому . Следовательно, .

Задача 2. Двадцать учеников класса писали самостоятельную работу по математике, состоявшую из двух задач. Положительная оценка ставилась, если хотя бы одна задача была решена правильно. После проверки оказалось, что первую задачу правильно решили 70%, вторую – 60%, обе задачи – 40% учеников класса. С какой вероятностью можно утверждать, что ученик правильно решил первую задачу, если известно, что он получил за самостоятельную работу положительную оценку?

Решение. Рассмотрим события: А₁ = {ученик правильно решил первую задачу}, А₂ = {ученик правильно решил вторую задачу} и А = {ученик получил положительную оценку}. Нужно найти .

Согласно определению условной вероятности . Заметим, что А = А₁ + А₂ и А₁А = А₁(А₁ + А₂)= А₁А₁+ А₁А₂ = А₁+А₁А₂=А₁. По условию , , . Значит, искомая вероятность .

Задача 3. На карточках написаны буквы: л, л, о, о, о, т, т. Из них последовательно выбираются 4 и кладутся слева направо. Найдем вероятность того, что в результате образуется слово «лото» (событие А).

Решение. Введем события: А₁ = {на первой вынутой карточке написана буква л}, А₂ = {на второй – буква о}, А₃ = {на третьей – буква т} и А₄ = {на четвертой – буква о}. Тогда событие А представляет собой пересечение событий А₁, А₂, А₃ и А₄ и по формуле умножения вероятностей имеем:
.

Заметим, что определяется как отношение числа карточек, на которых написана буква л, к общему числу карточек, т.е. . Далее, если событие А₁ произошло, то у нас осталось 6 карточек и на трех из них написана буква о, поэтому . Аналогично, если произошли события А₁ и А₂, то из пяти оставшихся карточек на двух написана буква т, значит, . Наконец, , поскольку из четырех оставшихся карточек на двух написана буква о. Окончательно получаем, что .

Задача 4. Показать, что если выполняется одно из равенств:
или , то А и В – независимые события.

Решение. Пусть . Тогда , откуда находим, что . Следовательно А и В – независимые события.

Задача 5. Два стрелка делают по одному выстрелу, каждый по своей цели. Вероятность поражения цели первым стрелком равна 0,7, а вторым – 0,9. Найти вероятность того, что обе цели поражены.

Решение. Пусть событие А = {первый стрелок попал в цель}, В = {второй стрелок попал в цель}. Необходимо найти . Т.к. события А и В независимы, то .

ПРИЛОЖЕНИЕ 15
Применение формул сложения и умножения вероятностей
в зависимости от условия задачи

На рисунке 6 изображена схема, облегчающая применение формул сложения и умножения вероятностей.

Главное событие (вероятность которого необходимо найти по условию задачи)

Составные события (определяются из главного как составные части)

Связь между составными событиями («и», «или»)

Связь «и» – произведение событий

Связь «или» – сумма событий

Зависимы ли события?

Совместимы ли события?

Нет

Да

Рис. 6

Задача 1. Два друга решили пойти на рыбалку на четыре дня. Если есть клев, то их совместный улов за день всегда составляет ровно 15 рыб. Клев есть лишь тогда, когда идет дождь. Вероятность того, что дождь пойдет в любой из дней, равна 0,25. Вычислите вероятность того, что итоговый улов будет состоять из 15 рыб.

Решение. Будем опираться на схему. Главное событие, вероятность которого нужно найти, – дождь, который идет только один день из четырех (если дождь вообще не пойдет – не будет улова, если дождь будет идти более одного дня, то улов окажется больше 15 рыб). Обозначим это событие буквой С. Введем события В_i – дождь идет только в i-й день (составные для события С), и события A_i — дождь идет в i-й день (составные для событий B_i), i = 1,2, 3,4. Тогда имеют место зависимости:

Для наступления любого из перечисленных событий (используется связь «или»), а так как эти события несовместны, то формуле сложения вероятностей имеем:

Задача 2. Для передачи срочного сообщения для надежности были отправлены два почтовых голубя (на случай, если с одним из них произойдет что-нибудь непредвиденное). Вероятности доставки послания голубями соответственно равны 0,6 и 0,8. Какова вероятность доставки послания
адресату?

Решение.1 сп.: Событие А – доставка письма первым голубем и событие В – доставка письма вторым голубем – события независимые (по определению) и совместимые (по определению), причем Р(А) = 0,6, Р(В) = 0,8.
Событие С – «хотя бы один голубь доставил письмо» – сумма событий А и В (по определению).

По формуле : Р(С) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ), где Р(АВ) = Р(А)∙Р(В) – для независимых событий. Имеем: Р(С) = 0,6 + 0,8 – 0,6 – 0,8 = 1,4 – 0,48 = 0,92.

2 сп.: Воспользуемся вероятностями противоположных событий. Вероятность события (первый голубь не доставил письмо): Р( ) = 1 – Р(А) =
= 1 – 0,6 = 0,4; вероятность события (второй голубь не доставил письмо): Р( ) = 1 – Р( ) = 1 – 0,8 = 0,2. Вероятность произведения независимых событий (оба голубя не доставили писем):

Вероятность противоположного события С (хотя бы один голубь доставил письмо):

ПРИЛОЖЕНИЕ 16
Применение формулы полной вероятности и формулы Байеса
при решении задач

Задача 1. На складе хранятся 2000 деталей, изготовленных на первом станке, и 3000 деталей, изготовленных на втором станке. Известно, что первый станок дает в среднем 0,1% брака, второй – 0,2%. На сборку берется одна деталь со склада. Какова вероятность того, что она окажется бракованной?

Решение. Рассмотрим события А = {со склада взята бракованная деталь}, H ₁ ={взятая со склада деталь была изготовлена на первом станке},
H ₂ = {взятая со склада деталь была изготовлена на втором станке}. Очевидно, что пара событий H ₁ и H ₂ образует полную группу попарно несовместных событий.

По условию задачи из 5000 деталей, хранящихся на складе, 2000 было изготовлено на первом станке, а 3000 – на втором. Эти данные позволяют вычислить вероятности гипотез H ₁ и H ₂:

, .

Также, согласно условию, , .

По формуле полной вероятности находим:

Задача 2. Число грузовых машин, проезжающих по шоссе, на котором стоит бензоколонка, относится к числу легковых машин, проезжающих по тому же шоссе, как 3 : 2. Известно, что в среднем одна из 30 грузовых и 2 из 45 легковых машин подъезжают к бензоколонке для заправки. Чему равна вероятность того, что подъехавшая к бензоколонке машина будет заправляться?

Решение. Рассмотрим события: А = {подъехавшая к бензоколонке машина будет заправляться}, H ₁ ={к бензоколонке подъехала грузовая машина}, H ₂ = {к бензоколонке подъехала легковая машина}.

Учитывая, что число грузовых машин относится к числу легковых машин как 3 : 2, найдем вероятности гипотез H ₁ и H ₂: , . Гипотезы H ₁ и H ₂ составляют полную группу несовместных событий, сумма вероятностей этих событий равна 1.

По условию задачи , .

Найдем вероятность события А по формуле полной вероятности:

Пусть в случайном эксперименте событие А может произойти только вместе с одной из гипотез , i = 1, 2, …, k. Предположим, что событие А произошло. Тогда условную вероятность осуществления гипотезы при наступлении события А можно рассчитать по формуле Байеса:

, .

Задача 3. В специализированную больницу поступает в среднем 50% людей с заболеванием К, 30% – с заболеванием L, и 20 % – с заболеванием М. Вероятности полного излечения от болезней соответственно равны 0,7, 0,8 и 0,9. Больной, поступивший в больницу, был выписан здоровым. Найти вероятность того, что этот больной страдал заболеванием К.

Решение. Пусть событие А = {больной полностью выздоровел},
H ₁ = {больной страдает заболеванием К}, H ₂ = {больной страдает заболеванием L}, H ₃ = {больной страдает заболеванием М}. Нам необходимо найти . По условию задачи:

;

Вычислим вероятность события А по формуле:

По формуле Байеса находим: .

Задача 4. В коробке лежал шар неизвестного цвета – с равной вероятностью белый или красный. В коробку положили один белый и один красный шар и после тщательного перемешивания наудачу извлекли из нее один шар. Он оказался белым. Какова вероятность того, что в урне остались шары одного цвета?

Решение. Рассмотрим событие А = {шар, извлеченный из коробки, белый} и гипотезы H ₁ = {в коробке лежал белый шар}, H ₂ = {в коробке лежал красный шар}. Если событие А произошло, то в коробке никак не могло остаться двух шаров белого цвета, а два красных там могли оказаться только в том случае, если изначально в коробке лежал шар красного цвета. Следовательно, вопрос задачи можно интерпретировать как определение .

По условию , . Чтобы найти условные вероятности события А при наступлении H ₁ и H ₂, используем метод вспомогательного эксперимента. Если имело место событие H ₁, то к моменту извлечения шара из коробки в ней лежали два белых и один красный шар, следовательно, вероятность извлечь из нее белый шар равнялась . Если имело место событие H ₂, то к моменту извлечения шара из коробки в ней лежали два красных и один белый шар, значит, вероятность извлечь из нее белый шар равнялась .

По формуле Байеса находим:

ПРИЛОЖЕНИЕ 17
Использование формулы Бернулли и закона больших чисел
при решении задач

Задача 1. Производится 3 независимых выстрела по цели. Вероятности попадания при разных выстрелах одинаковы и равны p = 0,9. Какова вероятность:

а) промаха;

б) одного попадания;

в) двух попаданий;

г) трех попаданий?

Решение. В данном случае n = 3, p = 0,9, q = 1 – p = 1 – 0,9 = 0,1. пользуясь формулой Бернулли находим:

а) – вероятность трех промахов;

б) – вероятность одного попадания;

в) – вероятность двух попаданий;

г) – вероятность трех попаданий.

Задача 2. Что вероятнее: выиграть у равносильного противника (ничейный вариант исключен) три партии из четырех или пять из восьми?

Решение. Т.к. противники равносильные, то вероятности выигрыша и проигрыша каждой партии одинаковы и равны p = q = . Вероятность выиграть три партии из четырех . Вероятность выиграть пять партий из восьми . Поскольку , то вероятнее выиграть три партии из четырех.

Задача 3. Пара игральных костей подбрасывается 8 раз. Какова вероятность того, что пять раз сумма очков, выпавшая на костях, окажется четной?

Решение. Эксперимент можно рассматривать как последовательность восьми независимых испытаний, каждое из которых представляет собой бросок двух игральных костей и фиксацию очков, выпавших на их верхних гранях. Под успехом испытания будем понимать событие А, состоящее в том, что сумма очков, выпавших на верхних гранях костей, – четное число.

Вычислим вероятность p успеха в одном испытании. Исходами каждого испытания являются упорядоченные выборки двух элементов из множества {1, 2, 3, 4, 5, 6}, в которых элементы могут повторяться, т.е. размещения с повторениями из 6 по 2, общее число которых равно . нетрудно подсчитать, что число исходов, благоприятствующих событию А, равно 18. Следовательно, , т.е. p = q = . Вероятность того, что сумма очков, выпавшая на костях, окажется четной ровно в пяти случаях, найдем по формуле Бернулли: .

Задача 4. При каждом отдельном выстреле из орудия вероятность поражения цели равна 0,9. Найти вероятность того, что из 20 выстрелов число удачных будет не менее 16 и не более 19.

Решение. По условию n = 20, p = 0,9, q = 0,1, .

Задача 5. Рассмотрим событие А – выпадение единицы при выбрасывании игрального кубика. Задана вероятность . Пусть задано число . Сколько раз следует подбросить кубик, чтобы вероятность Р отклонения относительной частоты от вероятности на величину, большую была менее ?

Решение. .

Пришли к уравнению: . Откуда .

ПРИЛОЖЕНИЕ 18
Задачи по теме «случайные величины и их характеристики

Задача 1. Эксперимент состоит в подбрасывании игральной кости и фиксации выпавшего на верхней грани числа. Задать на множестве исходов этого эксперимента какие-нибудь две случайные величины. Для каждой из них записать закон распределения.

Решение. Исходами данного эксперимента являются числа: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

а) Определим случайную величину следующим образом: , если выпало нечетное число очков, и , если выпало четное число очков.

В событие входят исходы: 1, 3, 5. Следовательно, вероятность . В событие входят исходы: 2, 4, 6. Следовательно, . Зададим закон распределения в виде
таблицы:

x_i	0	1
p_i	0,5	0,5

б) Определим случайную величину следующим образом: , если выпала единица, , если выпало простое число, , если выпало составное число.

Событие состоит из одного исхода 1; . Событие состоит из исходов 2, 3, 5; . Событие состоит из исходов 4, 6; . Зададим закон распределения в виде таблицы:

x_i	-1	0	1
p_i

Задача 2. Из ящика, содержащего 3 красных и 5 синих шаров, случайным образом и без возвращения отбираются 2 шара. Случайная величина – число синих шаров в выборке.

а) Задать таблицей закон распределения .

б) Найти и .

в) Найти функцию распределения случайной величины и построить ее график.

г) Вычислить математическое ожидание и дисперсию [16].

Решение.

а) Случайными исходами описанного опыта являются неупорядоченные выборки без возвращения двух шаров из восьми, т.е. сочетания из 8 элементов по 2. Следовательно .

По условию случайная величина принимает три значения: 0, 1, 2. Исходами, благоприятствующими событию , являются неупорядоченные выборки двух красных шаров из трех. Число таких выборок равно трем, следовательно . Исходами, благоприятствующими событию , являются неупорядоченные выборки, в которые входят один синий и один красный шар. Число таких выборок равно (здесь 3 –т число способов выбрать красный шар из трех, 5 – число способов выбрать синий шар из пяти), следовательно . И, наконец, исходами, благоприятствующими событию , являются неупорядоченные выборки двух синих шаров из пяти. Число таких выборок , следовательно .