Садовник должен в течение трех дней посадить 10 деревьев
Обновлено: 18.09.2024
Документ из архива "Задачи по теории вероятностей с решениями", который расположен в категории "разное". Всё это находится в предмете "теория вероятности" из четвёртого семестра, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "остальное", в предмете "теория вероятности" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "Задачи по теории вероятностей с решениями"
Текст из документа "Задачи по теории вероятностей с решениями"
Механико-математический факультет МГУ имени М.В.Ломоносова,
кафедра теории вероятностей
Задачи по теории вероятностей с решениями
Составитель – доцент А.В.Лебедев, 2010
1. Комбинаторика
Задача 1. В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать?
Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем - любой из оставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т.е. n1=30, n2=29, n3=28. По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя и профорга равно N=n1n2n3=302928=24360.
Задача 2. Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу?
Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т.д., т.е. n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно
Задача 3. В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?
Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50 способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта.
Задача 5. Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно?
Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т.е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно
Задача 6. В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии?
Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:
Задача 7. В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия?
Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т.е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно
Задача 8. В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?
Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле
Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день?
Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов .
Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5?
Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел
Задача 11. Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?
Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10. Согласно формуле, число таких разбиений равно
Задача 12. Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которых цифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза?
2. Классическая вероятностная модель. Геометрическая вероятность
Задача 1. В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Какова вероятность, что все три фрукта – апельсины?
Решение. Элементарными исходами здесь являются наборы, включающие 3 фрукта. Поскольку порядок фруктов безразличен, будем считать их выбор неупорядоченным (и бесповторным). Общее число элементарных исходов равно числу способов выбрать 3 фрукта из 9, т.е. числу сочетаний . Число благоприятствующих исходов равно числу способов выбора 3 апельсинов из имеющихся 5, т.е. . Тогда искомая вероятность
Задача 2. Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от 1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданных равновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманные числа совпадут.
Решение. Вначале подсчитаем общее количество исходов. Первый из студентов выбирает одно из 10 чисел и имеет n1=10 возможностей, второй тоже имеет n2=10 возможностей, наконец, третий также имеет n3=10 возможностей. В силу правила умножения общее число способов равно: n= n1n2n3=10 3 = 1000, т.е. все пространство содержит 1000 элементарных исходов. Для вычисления вероятности события A удобно перейти к противоположному событию, т.е. подсчитать количество тех случаев, когда все три студента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет m1=10 способов выбора числа. Второй студент имеет теперь лишь m2=9 возможностей, поскольку ему приходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первого студента. Третий студент еще более ограничен в выборе — у него всего m3=8 возможностей. Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нет совпадений, равно m=1098=720. Случаев, в которых есть совпадения, остается 280. Следовательно, искомая вероятность равна Р=280/1000= 0,28.
Задача 4. Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится.
Решение. Рассмотрим противоположное событие , состоящее в том, что в каждую из 5 фирм обратился клиент, тогда в какую-то из них обратились 2 клиента, а в остальные 4 фирмы – по одному клиенту. Таких возможностей . Общее количество способов распределить 6 клиентов по 5 фирмам . Отсюда . Следовательно, .
Задача 5. Пусть в урне имеется N шаров, из них М белых и N–M черных. Из урны извлекается n шаров. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно m белых шаров.
Решение. Так как порядок элементов здесь несущественен, то число всех возможных наборов объема n из N элементов равно числу сочетаний . Число испытаний, которые благоприятcтвуют событию А – "m белых шаров, n–m черных", равно , и, следовательно, искомая вероятность равна Р(А)= .
Задача 6. Точку наудачу бросили на отрезок [0; 2]. Какова вероятность ее попадания в отрезок [0,5; 1,4]?
Задача 1.В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать?
Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем - любой из оставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т.е. n1=30, n2=29, n3=28. По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя и профорга равно N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.
Задача 2.Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу?
Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т.д., т.е. n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно
Задача 3.В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?
Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50 способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта.
Задача 5. Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно?
Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т.е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно
Задача 6. В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии?
Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:
Задача 7.В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия?
Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т.е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно
Задача 8.В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?
Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле
Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день?
Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов .
Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5?
Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел
Задача 11.Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?
Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10. Согласно формуле, число таких разбиений равно
Задача 12.Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которых цифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза?
Задачи по теории вероятностей с решениями
Комбинаторика
Задача 1.В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать?
Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем - любой из оставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т.е. n1=30, n2=29, n3=28. По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя и профорга равно N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.
Задача 2.Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу?
Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т.д., т.е. n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно
Задача 3.В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?
Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50 способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта.
Задача 5. Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно?
Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т.е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно
Задача 6. В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии?
Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:
Задача 7.В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия?
Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т.е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно
Задача 8.В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?
Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле
Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день?
Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов .
Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5?
Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел
Задача 11.Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?
Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10. Согласно формуле, число таких разбиений равно
Задача 12.Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которых цифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза?
Выступление на районном семинаре учителей математики.
Вложение | Размер |
---|---|
zadachi_po_teorii_veroyatnostey_s_resheniyami_kombinatorika.doc | 658.5 КБ |
Предварительный просмотр:
Задачи по теории вероятностей с решениями
Задача 1 . В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать?
Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем - любой из оставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т.е. n 1 =30, n 2 =29, n 3 =28. По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя и профорга равно N=n 1 n 2 n 3 =30 29 28=24360.
Задача 2 . Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу?
Решение. Первое письмо имеет n 1 =2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n 2 =2 альтернативы и т.д., т.е. n 1 =n 2 =…=n 10 =2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно
Задача 3 . В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?
Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n 1 =30 способами, 2-го сорта – n 2 =50 способами. По правилу суммы существует N=n 1 +n 2 =30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта.
Задача 5 . Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно?
Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т.е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно
Задача 6 . В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии?
Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:
Задача 7 . В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия?
Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т.е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно
Задача 8 . В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?
Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле
Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день?
Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов .
Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5?
Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел
Задача 11 . Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?
Решение. Здесь n=25, k=3, n 1 =6, n 2 =9, n 3 =10. Согласно формуле, число таких разбиений равно
Задача 12 . Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которых цифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза?
2. Классическая вероятностная модель. Геометрическая вероятность
Задача 1 . В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Какова вероятность, что все три фрукта – апельсины?
Решение . Элементарными исходами здесь являются наборы, включающие 3 фрукта. Поскольку порядок фруктов безразличен, будем считать их выбор неупорядоченным (и бесповторным). Общее число элементарных исходов равно числу способов выбрать 3 фрукта из 9, т.е. числу сочетаний . Число благоприятствующих исходов равно числу способов выбора 3 апельсинов из имеющихся 5, т.е. . Тогда искомая вероятность
Задача 2 . Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от 1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданных равновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманные числа совпадут.
Решение. Вначале подсчитаем общее количество исходов. Первый из студентов выбирает одно из 10 чисел и имеет n 1 =10 возможностей, второй тоже имеет n 2 =10 возможностей, наконец, третий также имеет n 3 =10 возможностей. В силу правила умножения общее число способов равно: n= n 1 n 2 n 3 =10 3 = 1000, т.е. все пространство содержит 1000 элементарных исходов. Для вычисления вероятности события A удобно перейти к противоположному событию, т.е. подсчитать количество тех случаев, когда все три студента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет m 1 =10 способов выбора числа. Второй студент имеет теперь лишь m 2 =9 возможностей, поскольку ему приходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первого студента. Третий студент еще более ограничен в выборе — у него всего m 3 =8 возможностей. Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нет совпадений, равно m=10 9 8=720. Случаев, в которых есть совпадения, остается 280. Следовательно, искомая вероятность равна Р=280/1000= 0,28.
Задача 4 . Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится.
Решение. Рассмотрим противоположное событие , состоящее в том, что в каждую из 5 фирм обратился клиент, тогда в какую-то из них обратились 2 клиента, а в остальные 4 фирмы – по одному клиенту. Таких возможностей . Общее количество способов распределить 6 клиентов по 5 фирмам . Отсюда . Следовательно, .
Задача 5 . Пусть в урне имеется N шаров, из них М белых и N–M черных. Из урны извлекается n шаров. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно m белых шаров.
Решение. Так как порядок элементов здесь несущественен, то число всех возможных наборов объема n из N элементов равно числу сочетаний . Число испытаний, которые благоприятcтвуют событию А – "m белых шаров, n–m черных", равно , и, следовательно, искомая вероятность равна Р(А)= .
Задача 6 . Точку наудачу бросили на отрезок [0; 2]. Какова вероятность ее попадания в отрезок [0,5; 1,4]?
Решение. Здесь пространство элементарных исходов весь отрезок , а множество благоприятствующих исходов , при этом длины этих отрезков равны и соответственно . Поэтому
Задача 7 (задача о встрече) . Два лица А и В условились встретиться в определенном месте между 12 и 13 часами. Пришедший первым ждет другого в течении 20 минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи лиц А и В, если приход каждого из них может произойти наудачу в течении указанного часа и моменты прихода независимы?
Решение. Обозначим момент прихода лица А через х и лица В – через у. Для того, чтобы встреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы ô х-у ô£ 20. Изобразим х и у как координаты на плоскости, в качестве единицы масштаба выберем минуту. Всевозможные исходы представляются точками квадрата со стороной 60, а благоприятствующие встрече располагаются в заштрихованной области. Искомая вероятность равна отношению площади заштрихованной фигуры (рис. 2.1) к площади всего квадрата: P(A) = (60 2 –40 2 )/60 2 = 5/9.
3. Основные формулы теории вероятностей
Задача 1 . В ящике 10 красных и 5 синих пуговиц. Вынимаются наудачу две пуговицы. Какова вероятность, что пуговицы будут одноцветными ?
Решение . Событие A= можно представить в виде суммы , где события и означают выбор пуговиц красного и синего цвета соответственно. Вероятность вытащить две красные пуговицы равна , а вероятность вытащить две синие пуговицы . Так как события и не могут произойти одновременно, то в силу теоремы сложения
Задача 2 . Среди сотрудников фирмы 28% знают английский язык, 30% – немецкий, 42% – французский; английский и немецкий – 8%, английский и французский – 10%, немецкий и французский – 5%, все три языка – 3%. Найти вероятность того, что случайно выбранный сотрудник фирмы: а) знает английский или немецкий; б) знает английский, немецкий или французский; в) не знает ни один из перечисленных языков.
Решение. Обозначим через A, B и С события, заключающиеся в том, что случайно выбранный сотрудник фирмы владеет английским, немецким или французским соответственно. Очевидно, доли сотрудников фирмы, владеющих теми или иными языками, определяют вероятности этих событий. Получаем:
а) P(A B)=P(A)+P(B) P(AB)=0,28+0,3 0,08=0,5;
б) P(A B C)=P(A)+P(B)+P(C) (P(AB)+P(AC)+P(BC))+P(ABC)=0,28+0,3+0,42
в) 1 P(A B C)=0,2.
Задача 3 . В семье – двое детей. Какова вероятность, что старший ребенок – мальчик, если известно, что в семье есть дети обоего пола?
Решение. Пусть А=, B=. Будем считать, что рождение мальчика и рождение девочки – равновероятные события. Если рождение мальчика обозначить буквой М, а рождение девочки – Д, то пространство всех элементарных исходов состоит из четырех пар: . В этом пространстве лишь два исхода (МД и ДМ) отвечают событию B. Событие AB означает, что в семье есть дети обоего пола. Старший ребенок – мальчик, следовательно, второй (младший) ребенок – девочка. Этому событию AB отвечает один исход – МД. Таким образом, |AB|=1, |B|=2 и
Задача 4 . Мастер, имея 10 деталей, из которых 3 – нестандартных, проверяет детали одну за другой, пока ему не попадется стандартная. Какова вероятность, что он проверит ровно две детали?
Решение. Событие А= означает, что при такой проверке первая деталь оказалась нестандартной, а вторая – стандартная. Значит, , где = < первая деталь оказалась нестандартной >и =. Очевидно, что вероятность события А 1 равна кроме того, , так как перед взятием второй детали у мастера осталось 9 деталей, из которых только 2 нестандартные и 7 стандартных. По теореме умножения
Задача 5 . В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом ящике – 6 белых и 4 черных шара. Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будет вынут белый шар, если из каждого ящика вынуто по одному шару.
Решение . Событие A= можно представить в виде суммы , где события и означают появление белого шара из первого и второго ящика соответственно. Вероятность вытащить белый шар из первого ящика равна , а вероятность вытащить белый шар из второго ящика . Кроме того, в силу независимости и имеем: . По теореме сложения получаем: .
Задача 6 . Три экзаменатора принимают экзамен по некоторому предмету у группы в 30 человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй — 3 студентов, а третий — 21 студента (выбор студентов производится случайным образом из списка). Отношение трех экзаменаторов к слабо подготовившимся различное: шансы таких студентов сдать экзамен у первого преподавателя равны 40%, у второго — только 10%, у третьего — 70%. Найти вероятность того, что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен .
Решение. Обозначим через гипотезы, состоящие в том, что слабо подготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменатору соответственно. По условию задачи
Пусть событие A=. Тогда снова в силу условия задачи
По формуле полной вероятности получаем:
Задача 7 . Фирма имеет три источника поставки комплектующих – фирмы А, B, С. На долю фирмы А приходится 50% общего объема поставок, В – 30% и С – 20%. Из практики известно, что среди поставляемых фирмой А деталей 10% бракованных, фирмой В – 5% и фирмой С – 6%. Какова вероятность, что взятая наугад деталь окажется годной?
Решение. Пусть событие G – появление годной детали. Вероятности гипотез о том, что деталь поставлена фирмами А, B, С, равны сответственно Р(А)=0,5, Р(В)=0,3, Р(С)=0,2. Условные вероятности появления при этом годной детали равны Р(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (как вероятности противоположных событий к появлению бракованной). По формуле полной вероятности получаем:
P(G)=0,5 0,9+0,3 0,95+0,2 0,94=0,923.
Отсюда следует, что, вероятнее всего, слабо подготовившийся студент сдавал экзамен третьему экзаменатору.
4. Повторные независимые испытания. Теорема Бернулли
Задача 2 . Монета бросается 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет не более, чем 2 раза.
Решение. Искомая вероятность равна сумме вероятностей трех событий, состоящих в том, что герб не выпадет ни разу, либо один раз, либо два раза: Р(А) = Р 6 (0) + Р 6 (1) + Р 6 (2) = .
Задача 3 . Аудитор обнаруживает финансовые нарушения у проверяемой фирмы с вероятностью 0,9. Найти вероятность того, что среди 4 фирм-нарушителей будет выявлено больше половины.
Решение . Событие состоит в том, что из 4 фирм-нарушителей будет выявлено три или четыре, т.е.
Задача 4 . Монета подбрасывается 3 раза. Найти наиболее вероятное число успехов (выпадений герба).
Решение. Возможными значениями для числа успехов в трех рассматриваемых испытаниях являются m = 0, 1, 2 или 3. Пусть A m - событие, состоящее в том, что при трех подбрасываниях монеты герб появляется m раз. По формуле Бернулли легко найти вероятности событий A m (см. таблицу):
Садовник размечает клумбу, ограниченную эллипсом. Художник вычерчивает эллиптический контур для росписи стен или потолка зала. Математик рассчитывает эллиптическую траекторию движения спутника Земли. Наконец, сама Земля, как известно, движется по эллипсу, в одном из фокусов которого находится Солнце. [4]
Садовник должен в течение трех дней посадить 10 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день. [5]
Садовник должен в течение трех дней посадить десять деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день. [6]
Садовник должен в течение трех дней посадить десять деревьев. [7]
Садовник Сэм потратился на 4 л концентрированного органического удобрения - это была густая зеленая жидкость с кошмарным запахом, словом, именно то, что нужно молодой рассаде. [8]
Садовников а, Гигиена и токсикология новых пестицидов и клиника отравлений. [9]
Садовников Виктор Иванович ( 1886 - 1964) - певец ( тенор), дирижер и композитор, профессор Московской консерватории. [10]
Садовников сравнивал скорости горения взрывчатых смесей окиси углерода с воздухом, разбавленных продуктами горения; при этом разбавленные смеси предварительно нагревались, так что температура горения их не отличалась от температуры горения неразбавленной смеси. [11]
Садовников а, Васка лов а, Успенская, Гигиена труда и проф. [12]
Садовников а, Гигиена и токсикология новых пестицидов и клиника отравлений. [13]
Когда мой садовник рассуждает на военные темы, его стоит послушать. [14]
Сколько дней садовник работал добросовестно и сколько отлынивал от работы. [15]
Читайте также: