Теория вероятностей. Практикум

Предлагаю вниманию читателя решение нескольких простейших задач теории вероятностей.

Задача 1.

В урне находятся 40 шаров. Вероятность того, что 2 извлечённых шара окажутся белыми, равна \frac{7}{60}. Сколько в урне белых шаров?

РЕШЕНИЕ:

Число способов, которыми можно выбрать k предметов из n равна C_n^k, где

(1)   \begin{equation*} C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}. \end{equation*}

Пусть в урне находится x белых шаров. Следовательно, применяя формулу (1), мы можем сказать, что число B благоприятствующих исходов эксперимента, состоящих в том, что два извлечённых из урны шара являются белыми, равно:

    \[B=\frac{x!}{2!(x-2)!}=\frac{1\cdot 2\cdot\ldots\cdot (x-2)\cdot (x-1) \cdot x}{2\cdot(1\cdot 2\cdot\ldots\cdot (x-2))}=\frac{(x-1)\cdot x}{2}.\]

Применяя формулу (1), мы также можем посчитать число S всех возможных исходов эксперимента по извлечению двух шаров (не обязательно белых) из урны с 40 шарами:

    \[S=\frac{40!}{2!(40-2)!}=\frac{1\cdot 2\cdot\ldots\cdot 38\cdot 39 \cdot 40}{2\cdot(1\cdot 2\cdot\ldots\cdot 38)}=\frac{39\cdot 40}{2}=39\cdot 20=780.\]

Таким образом, вероятность P того, что 2 извлечённых из урны шара окажутся белыми, равная по условию задачи \frac{7}{60}, также может быть вычислена по формуле:

(2)   \begin{equation*} P=\frac{B}{S}=\frac{(x-1)\cdot x}{2}\cdot\frac{1}{780}=\frac{(x-1)\cdot x}{1560}. \end{equation*}

Следовательно, вычислить число белых шаров в урне можно из уравнения:

    \[\frac{(x-1)\cdot x}{1560}=\frac{7}{60},\]

или

    \[(x-1)\cdot x=182.\]

Решая последнее уравнение, являющееся квадратным, получим два корня:

    \[x_1=-13, \, x_2=14.\]

Поскольку число белых шаров в урне не может быть отрицательным, мы приходим к выводу, что в урне находятся 14 шаров.

ОТВЕТ: в урне 14 белых шаров.

Задача 2.

На отрезок AB длиной \alpha наудачу нанесена точка C. Найти вероятность того, что меньший из отрезков AC и CB имеет длину, большую, чем \frac{\alpha}{4}.

РЕШЕНИЕ:

Разобъём отрезок AB на четыре равные части. Тогда условие задачи будет выполнено, если точка C попадёт на один из двух отрезков, которые не содержат точки A и B. Длина k двух таких отрезков равна:

    \[k= 2\cdot \frac{\alpha}{4}=\frac{\alpha}{2}.\]

По условию задачи длина l отрезка AB равна \alpha. Следовательно, вероятность P того, что точка C попадёт на один из двух отрезков нашего разбиения, не содержащих точки A и B, равна:

    \[P=\frac{k}{l}=\frac{\alpha}{2}\cdot \frac{1}{\alpha}=\frac{1}{2}.\]

ОТВЕТ: \displaystyle\frac{1}{2}.

Задача 3.

Рис. 1

Рис. 1

По выборке объёма n=100 построена гистограмма частот (рис. 1). Тогда значение a равно…

РЕШЕНИЕ:

Из гистограммы следует, что объект x_1 наблюдался n_1=7\cdot 2=14 раз, объект x_2n_2=a\cdot 2 раз, объект x_3n_3=21\cdot 2=42 раза, объект x_4n_4=13\cdot 2=26 раз. Следовательно, зная объём выборки, равный 100, получаем соотношение, из которого можно определить искомое значение a:

    \[\sum_{i=1}^4 n_i= 14+2a+42+26=100.\]

Корень последнего уравнения равен a=9.

ОТВЕТ: a=9.

Задача 4.

Из букв разрезной азбуки составлено слово. Потом буквы слова перемешивают и наугад берут одну за другой. Найти вероятность того, что будет составлено начальное слово, если это слово «олово».

РЕШЕНИЕ:

Вероятность P_1 того, что первой наугад выбранной буквой будет буква «о», учитывая, что букв «о» всего три, по определению вероятности равна:

    \[P_1=\frac{3}{5}.\]

Вероятность P_2 того, что второй наугад выбранной буквой окажется буква «л» (учитывая, что данная буква в наборе лишь одна, а всего букв осталось 4), равна:

    \[P_2=\frac{1}{4}.\]

Теперь в наборе незадействованных букв осталось всего 3 буквы, из них — 2 буквы «о». Следовательно, вероятность P_3 того, что третьей выбранной наугад буквой окажется буква «о», равна:

    \[P_3=\frac{2}{3}.\]

Далее имеем всего 2 незадействованные буквы — «о» и «в». Таким образом, вероятность P_4 того, что четвёртой выбранной наугад буквой окажется буква «в», равна:

    \[P_4=\frac{1}{2}.\]

Вероятность P_5 события, состоящего в том, что пятой наугад выбранной буквой из оставшегося одноэлементного набора, состоящего лишь из буквы «о», окажется буква «о», равна очевидно единице, то есть:

    \[P_5=\frac{1}{1}=1.\]

Таким образом, искомая вероятность P составления слова «олово» равна:

    \[P=\prod_{i=1}^5 P_i = \frac{3}{5}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{20}.\]

ОТВЕТ: \displaystyle\frac{1}{20}.

Задача 5.

Рис. 2

Рис. 2

Пенсионер гуляет по дорожкам парка. На каждой развилке он наудачу выбирает следующую дорожку, не возвращаясь обратно. Схема дорожек показана на рисунке 2. Пенсионер начинает прогулку в точке A. Найдите вероятность того, что он придёт в точку G.

РЕШЕНИЕ:

Начиная прогулку из точки A, пенсионер имеет всего две возможности: пойти маршрутом по отрезку AB или AC. Из двух указанных отрезков всего один ведёт в сторону точки G. Таким образом, вероятность P_1 пойти по отрезку AB в начале путешествия равна:

    \[P_1=\frac{1}{2}.\]

Оказавшись в точке B, пенсионер имеет возможность пойти далее по четырём маршрутам: BD, BE, BF и BG. Из указанных четырёх маршрутов лишь один BG ведёт в требуемую точку G. Вероятность P_2 попасть в точку G из точки B равна:

    \[P_2=\frac{1}{4}.\]

Таким образом, по теореме об умножении вероятностей, вероятность P попасть из точки A в точку G для пенсионера, случайно выбирающего маршрут, равна:

    \[P=P_1\cdot P_2=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8}.\]

ОТВЕТ: \displaystyle\frac{1}{8}.

Задача 6.

На 7 карточках из 10 написана буква «м», на остальных — буква «а». Четыре карточки наугад выкладывают в ряд. Какова вероятность того, что получится слово «мама»?

РЕШЕНИЕ:

Вероятность P_1 события, состоящего в том, что из десяти карточек, среди которых имеется 7 букв «м», будет выбрана именно буква «м», равна:

    \[P_1=\frac{7}{10}.\]

Вероятность P_2 события, состящего в том, что из оставшегося набора из 9 букв, среди которых имеется 3 буквы «а», будет выбрана буква «а», равна:

    \[P_2=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}.\]

Вероятность P_3 события, состоящего в том, что из оставшегося набора из 8 букв, среди которых имеется 6 букв «м», будет выбрана буква «м», равна:

    \[P_3=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}.\]

Вероятность P_4 события, состоящего в том, что из оставшегося набора из 7 букв, среди которых имеется 2 буквы «а», будет выбрана буква «а», равна:

    \[P_4=\frac{2}{7}.\]

По теореме умножения вероятностей вероятность P составить слово «мама» из данного набора букв равна:

    \[P=\prod_{i=1}^4 P_i=\frac{7}{10}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{7}=\frac{1}{20}.\]

ОТВЕТ: \displaystyle\frac{1}{20}.

Задача 7.

В классе 21 человек, среди них близнецы Даша и Маша. Класс случайным образом делят на три группы по 7 человек в каждой. Какова вероятность того, что Даша и Маша окажутся в разных группах?

РЕШЕНИЕ:

Пусть A — это событие, состоящее в том, что Даша и Маша попали в разные группы. Найдём вероятность противоположного события \overline{A}, состоящего в том, что девочки попали в одну группу. Тогда вероятность события A можно будет вычислить по формуле:

(3)   \begin{equation*} P(A)=1-P(\overline{A}). \end{equation*}

Итак, предположим, что девочки попали в одну группу. Тогда возможно наступление лишь одного из трёх событий:

  • Событие A_1, состоящее в том, что девочки попали в первую группу.
  • Событие A_2, состоящее в том, что девочки попали во вторую группу.
  • Событие A_3, состоящее в том, что девочки попали в третью группу.

Все три события являются несовместными, то есть наступление одного из событий исключает наступление других.

Найдём вероятность того, что Даша попала в первую группу. Так как в первой группе имеется всего 7 мест из 21, то вероятность благоприятствующего события B_1, состоящего в том, что Даша попала в первую группу, равна:

    \[P(B_1)=\frac{7}{21}=\frac{1}{3}.\]

Вероятность события B_2, состоящего в том, что Маша также попадёт в первую группу, равна:

    \[P(B_2)=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}.\]

Таким образом, по теореме умножения вероятностей имеем:

    \[P(A_1)=P(B_1)\cdot P(B_2)=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{10}=\frac{1}{10}.\]

Аналогичные расcуждения для случаев попадания девочек одновременно во вторую группу и одновременно в третью группу приводят нас к тому, что:

    \[P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=\frac{1}{10}.\]

Следовательно, в силу несовместности событий A_1, A_2 и A_3, имеем:

    \[P(\overline{A}) = P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)=3\cdot \frac{1}{10}=\frac{3}{10}.\]

Из формулы (3) следует, что:

    \[P(A)=1-P(\overline{A})=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}.\]

ОТВЕТ: \displaystyle\frac{7}{10}.

Задача 8.

Часы с циферблатом сломались. Какова вероятность того, что часовая стрелка остановилась между отметками 2 часа и 5 часов?

РЕШЕНИЕ:

На циферблате часов имеется всего 12 секторов. Между отметками 2 часа и 5 часов расположено всего три сектора. Следовательно, вероятность благоприятствующего события A, состоящего в поломке часов в момент нахождения часовой стрелки в одном из указанных трёх секторов между отметками 2 и 5 часов, равна:

    \[P(A)=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}.\]

ОТВЕТ: \displaystyle\frac{1}{4}.

Все приведённые выше решения задач можно скачать одним файлом в формате PDF:

Теория вероятностей. Практикум

Вернуться назад...

МЕТКИ >, , ,