1.1. Становление науки как вида профессиональной деятельности

Теория вероятностей - математическая наука, изучающая закономерности в случайных явлениях. Одним из основных понятий является понятие случайного события (в дальнейшем просто событие).

Событием называется всякий факт (исход), который в результате опыта (испытания, эксперимента) может произойти или не произойти. Каждому из таких событий можно поставить в соответствие определенное число, называемое его вероятностью и являющееся мерой возможного совершения этого события.

Современное построение теории вероятностей основывается на аксиоматическом подходе и опирается на элементарные понятия теории множеств.

Множество – это любая совокупность объектов произвольной природы, каждый из которых называется элементом множества. Множества обозначаются по-разному: или одной большой буквой или перечислением его элементов, данным в фигурных скобках, или указанием (в тех же фигурных скобках) правила, по которому элемент относится к множеству. Например, конечное множество М натуральных чисел от 1 до 100 может быть записано в виде

Предположим, что производится некоторый опыт (эксперимент, испытание), результат которого заранее неизвестен, случаен. Тогда множество Ω всех возможных исходов опыта представляет пространство элементарных событий, а каждый его элемент α ∈ Ω(один отдельный исход опыта) является элементарным событием. Любой набор элементарных событий (любое их сочетание) считается подмножеством (частью) множества Ω и является случайным событием, т. е. любое событие А – это подмножество множества Ω: А ⊂ Ω. Например, пространство элементарных событий при бросании игральной кости составляет шесть возможных исходов Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. С учетом пустого множества Ø, которое вообще не содержит элементов, в пространстве Ω может быть выделено в общей сложности 2⁶ = 64 подмножества:

В общем случае, если множество содержит n элементов, то в нем можно выделить 2ⁿ подмножеств (событий).

Рассматривая событие Ω (ведь каждое множество есть свое собственное подмножество), можно отметить, что оно является достоверным событием, т. е. осуществляется при любом опыте. Пустое множество Ø как событие является невозможным, т. е. при любом опыте заведомо не может произойти. Для предыдущего примера: достоверное событие Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {выпадение одного из шести очков}; невозможное событие Ø = {7} = {выпадение 7 очков при одном бросании игральной кости}.

Совместные (несовместные) события – такие события, появление одного из которых не исключает (исключает) возможности появления другого.

Зависимые (независимые) события – такие события, появление одного из которых влияет (не влияет) на появление другого события.

Противоположное событие относительно некоторого выбранного события А – событие, состоящее в не появлении этого выбранного события (обозначается ).

Полная группа событий – такая совокупность событий, при которой в результате опыта должно произойти хотя бы одно из событий этой совокупности. Очевидно, что события А и составляют полную группу событий.

Одна из причин применения теории множеств в теории вероятностей заключается в том, что для множеств определены важные преобразования, которые имеют простое геометрическое представление и облегчающее понимание смысла этих преобразований. Оно носит название диаграммы Эйлера-Венна, и на ней пространство Ω изображается в виде прямоугольника, а различные множества – в виде плоских фигур, ограниченных замкнутыми линиями. Пример диаграммы, иллюстрирующей включение множеств C ⊂ B ⊂ А, приведен на рис. 1.

Рис. 1

Видно, что B является подмножеством А, а C – подмножеством B (и одновременно подмножеством А).

1.2. Алгебра событий

В прикладных задачах основными являются не прямые, а косвенные методы вычисления вероятностей интересующих нас событий через вероятности других, с ними связанных. Для этого нужно уметь выражать интересующие нас события через другие, т. е. использовать алгебру событий.

Отметим, что все вводимые ниже понятия справедливы тогда, когда события о которых идет речь, представляют собой подмножества одного и того же пространства элементарных событий Ω.

Сумма или объединение событий А1, А2, …, Аn – такое событие А, появление которого в опыте эквивалентно появлению в том же опыте хотя бы одного из событий А1, А2, …, Аn. Сумма обозначается:

(1)

где ∨ - знак логического сложения событий, ∪ - знак логической суммы событий.

Произведение или пересечение событий А1, А2, …, Аn – такое событие А, появление которого в опыте эквивалентно появлению в том же опыте всех событий А1, А2, …, Аn одновременно. Произведение обозначается

(1)

где ∧ - знак логического умножения событий, ∩ - знак логического произведения событий.

Операции сложения и умножения событий обладают рядом свойств, присущих обычным сложению и умножению, а именно: переместительным, сочетательным и распределительным свойствами, которые очевидны и не нуждаются в пояснении.

Диаграммы Эйлера-Венна для суммы (а) и произведения (б) двух событий А1 и А2 приведены на рис. 2.

Рис. 2

Суммой (объединением) событий А1 и А2 является событие, состоящее в появлении хотя бы одного из этих событий (заштрихованная область на рис. 2, а). Произведение событий А1 и А2 это событие, состоящее в совместном выполнении обоих событий (заштрихованное пересечение событий А1 и А2 – рис. 2, б).

Из определения суммы и произведения событий следует, что

Если события Аi (i=1, … , n) или { Аi }ⁿ i=1 составляют полную группу событий, то их сумма есть достоверное событие

(3)

Изображение противоположного события приведено на рис. 3. Область дополняет А до полного пространства Ω. Из определения противоположного события следует, что

(4)

Другие свойства противоположных событий отражены в законах де Моргана:

(5)

поясняемых рис. 4.

Рис. 3                                                                         Рис. 4

1.3. Аксиомы теории вероятностей

Сопоставим каждому событию А число, называемое, как и прежде, его вероятностью и обозначаемое P(A) или P{A}. Вероятность выбирают так, чтобы она удовлетворяла следующим условиям или аксиомам:

(6)

(7)

Если Ai и Aj несовместные события, т. е. Ai ∧ Aj = Ø, то

(8)

Приведенные аксиомы постулируются, и попытка доказать их лишена смысла. Единственным критерием справедливости является степень, с которой теория, построенная на их основе, отражает реальный мир.

Аксиому (8) можно обобщить на любое конечное число несовместных событий { Аi }ⁿ i=1:

(9)

С помощью аксиом можно вычислить вероятности любых событий (подмножеств пространства Ω) с помощью вероятностей элементарных событий. Вопрос о том, как определить вероятности элементарных событий, является риторическим. На практике они определяются либо из соображений, связанных с возможными исходами опыта (например, в случае бросания монеты естественно считать вероятности выпадения орла или решки одинаковыми), или на основе опытных данных (частот).

Последний подход широко распространен в прикладных инженерных задачах, поскольку позволяет косвенно соотнести результаты анализа с физической реальностью.

Предположим, что в опыте пространство Ω можно представить в виде полной группы несовместных и равновозможных событий А1, А2, …, Аn. Согласно (3) их сумма представляет достоверное событие:

так как события А1, А2, …, Аn несовместны, то согласно аксиомам (6) и (9):

(10)

Поскольку события А1, А2, …, Аn равновозможны, то вероятность каждого из них одинакова и равна

Отсюда непосредственно получается частотное определение вероятности любого события A:

(11)

как отношение числа случаев (m_A), благоприятных появлению события А, к общему числу случаев (возможному числу исходов опыта) n.

Совершенно очевидно, что частотная оценка вероятности есть не что иное как следствие аксиомы сложения вероятностей. Представив, что число n неограниченно возрастает, можно наблюдать явление, называемое статистическим упорядочением, когда частота события А все меньше изменяется и приближается к какому-то постоянному значению, которое и представляет вероятность события А.

1.4. Основные правила теории вероятностей

Вероятности сложных событий можно вычислять с помощью вероятностей более простых, пользуясь основными правилами (теоремами): сложения и умножения вероятностей.

Теорема сложения вероятностей

Если А1, А2, …, Аn - несовместные события и А – сумма этих событий, то вероятность события А равна сумме вероятностей событий А1, А2, …, Аn:

(12)

Эта теорема непосредственно следует из аксиомы сложения вероятностей (8).

В частности, поскольку два противоположных события А и несовместны и образуют полную группу, то сумма их вероятностей

(13)

Чтобы сформулировать в общем случае теорему умножения вероятностей, введем понятие условной вероятности.

Условная вероятность события А1 при наступлении события А2 – вероятность события А1, вычисленная в предположении, что событие А2 произошло:

(14)

Теорема умножения вероятностей

Вероятность произведения (совместного появления) двух событий А1 и А2 равна вероятности одного из них, умноженной на условную вероятность другого, в предположении, что первое событие произошло:

(15)

Для любого конечного числа событий теорема умножения имеет вид

(16)

В случае, если события А1 и А2 независимы, то соответствующие условные вероятности

поэтому теорема умножения вероятностей принимает вид

(17)

а для конечного числа n независимых событий

(18)

Следствием правил сложения и умножения вероятностей является теорема о повторении опытов (схема Бернулли): опыты считаются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого из них не зависит от того, какие исходы имели другие опыты.

Пусть в некотором опыте вероятность события А равна P(А) = p, а вероятность того, что оно не произойдет P( ) = q, причем, согласно (13)

Если проводится n независимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью p, то вероятность того, что в данной серии опытов событие А появляется ровно m раз, определяется по выражению

(19)

где - биномиальный коэффициент.

Например, вероятность однократной ошибки при чтении 32-разрядного слова в формате ЭВМ, представляющего комбинацию 0 и 1, при вероятности ошибки чтения двоичного числа p = 10^-3, составляет по (19)

где q = 1- p = 0,999; n = 32; m = 1.

Вероятность отсутствия ошибки чтения при m = 0, C⁰₃₂ = 1

Часто возникают задачи определения вероятностей того, что некоторое событие А произойдет по меньшей мере m раз или не более m раз. Подобные вероятности определяются сложением вероятностей всех исходов, которые составляют рассматриваемое событие.

Расчетные выражения для такого типа ситуаций имеют вид:

где P_n(i) определяется по (19).

При больших m вычисление биномиальных коэффициентов Cⁿ_m и возведение в большие степени p и q связано со значительными трудностями, поэтому целесообразно применять упрощенные способы расчетов. Приближение, называемое теоремой Муавра-Лапласа, используется, если npq>>1, а |m-np|<(npq)^0,5, в таком случае выражение (19) записывается:

(20)

1.5. Формула полной вероятности и формула Байеса

Формула полной вероятности

Если по результатам опыта можно сделать n исключающих друг друга предположений (гипотез) H1, H2, … Hn, представляющих полную группу несовместных событий (для которой ), то вероятность события А, которое может появиться только с одной из этих гипотез, определяется:

(21)

где P(Hi) – вероятность гипотезы Hi;

P(А|Hi) – условная вероятность события А при гипотезе Hi.

Поскольку событие А может появиться с одной из гипотез H1, H2, … Hn, то А = АH1 ∨ H2 ∨ … ∨ АHn, но H1, H2, … Hn несовместны, поэтому

В виду зависимости события А от появления события (гипотезы) Hi

P(AHi) = P(Hi)· P(А | Hi), откуда и следует выражение (21).

Формула Байеса (формула вероятностей гипотез)

Если до опыта вероятности гипотез H1, H2, … Hn были равны P(H1), P(H2), …, P(Hn), а в результате опыта произошло событие А, то новые (условные) вероятности гипотез вычисляются:

(22)

Доопытные (первоначальные) вероятности гипотез P(H1), P(H2), …, P(Hn) называются априорными, а послеопытные - P(H1| А), … P(Hn | А) – апостериорными.

Формула Байеса позволяет «пересмотреть» возможности гипотез с учетом полученного результата опыта.

Доказательство формулы Байеса следует из предшествующего материала. Поскольку P(Hi∧А) = P(Hi) ^. P(А | Hi) = P(Hi) ^. P(Hi| А):

откуда, с учетом (21), получается выражение (22).

Если после опыта, давшего событие А, проводится еще один опыт, в результате которого может произойти или нет событие А1, то условная вероятность этого последнего события вычисляется по (21), в которую входят не прежние вероятности гипотез P(Hi), а новые - P(Hi | А):

(23)

Выражение (23) также называют формулой для вероятностей будущих событий.

1.6. Классическое определение вероятности. Основные формулы исчисления вероятностей

Разберём весьма частный, однако, часто встречающийся случай: Ω состоит из конечного числа N равновероятных событий.

Понятие ''равновероятности'' здесь является исходным, неопределяемым. Основанием для суждения о равновозможности, равновероятности обычно слу¬жит физическая симметрия, равноправие исходов. Понятие "вероятность" здесь уже является производным, определяемым: вероятностью P(A) события A называется

где N(A) – число элементарных событий, благоприятствующих событию A.

В этих условиях выведем основные формулы исчисления вероятностей.

1^o. Вероятность достоверного события равна 1: P(Ω)=1. Это очевидно, так как N(Ω)=N.

2^o. Вероятность невозможного события равна 0: P(Ø)=0.  Это ясно, поскольку N(Ø)=0.

3^o. P()=1–P(A). Справедливость равенства следует из равенства N(A) + N() = N.

4^o. 0 ≤ P(A) ≤ 1 для ∀A, поскольку 0 ≤ N(A) ≤ N.

5^o. A ⊆ B ⇔ P(A) ≤ P(B), поскольку в этом случае N(A) ≤ N(B).

6^o. Для любых событий A и B: P(AB) ≤ P(A), так как N(AB) ≤ N(A).

7^o. Теорема сложения для несовместимых событий. Если события A и B несовместимы, то вероятность их суммы равна сумме вероятностей:

Действительно, N(A + B) = N(A) + N(B) и остаётся разделить это равенство на N.

8^o. Теорема сложения в общем случае:

Действительно, из определения суммы событий: N(A + B) = N(A) + N(B) – N(AB). Деля почленно это равенство на N, убеждаемся в справедливости теоремы.

9^o. Обобщение теоремы сложения на n событий:

Формула доказывается методом математической индукции несложно, но громоздко. Во внутренней сумме число слагаемых, очевидно, равно и суммирование ведётся по всевозможным наборам различных натуральных индексов j₁, j₂, ... , j_k.

10^o. Условная вероятность.

Добавим к комплексу условий, реализация которых интерпретируется как опыт, ещё одно условие: произошло событие B; это возможно практически лишь в случае, когда P(B)>0. Все опыты, в которых B не произошло, мы как бы игнорируем. Считаем, что добавление события B к комплексу условий не нарушает равновероятности исходов и не меняет природы самих исходов. Теперь опыт может иметь лишь один из N(B) исходов, а из них событию A благоприятствуют N(AB) исходов. В соответствии с классическим определением, вероятность события A при условии, что произошло событие B, равна:

Таким образом, по существу, условная вероятность ничем не отличается от обычной, безусловной вероятности.

В случае, если A ⊆ B, формула для условной вероятности упрощается:

так как здесь AB=A.

11^o. Теорема умножения: вероятность совместного наступления двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого при условии, что первое произошло:

Первая из этих формул для P(B)>0 является лишь формой записи формулы пункта 10^o для условной вероятности; вторая получена из неё перестановкой местами A и B, что для P(A)>0 возможно. Вместе с тем ясно, что теорема умножения верна и для случая P(A)=0 или P(B)=0, но при этом она становится тривиальной и бессодержательной.

12^o. Независимость событий.

Будем говорить, что событие A не зависит от события B, если P(A|B)=P(A). В этом случае теорема умножения упрощается: P(AB)=P(A)^.P(B).

И наоборот, для событий, имеющих положительную вероятность, из последней формулы следует независимость события A от B:

Таким образом, второе эквивалентное определение независимости: события A и B, имеющие положительные вероятности, независимы, если вероятность их произведения равна произведению их вероятностей: P(AB)=P(A)P(B). События A и B в этом определении симметричны: если событие A не зависит от B, то и B не зависит от A.

Если события A и B независимы, то независимы также и события A и .

Действительно:

откуда:

а это и доказывает наше утверждение.

Ясно, что независимы также и события , .

Если события A и B независимы, то они не могут быть несовместимыми: если A и B – одновременно несовместимы и независимы, то, с одной стороны, AB=Ø и P(AB)=0, а, с другой, – P(AB)=P(A)^.P(B), что противоречит предположению о положительности вероятностей P(A) и P(B).

Обобщение понятия независимости на n событий: события A₁, A₂, ... , A_n называются независимыми в совокупности, если для любого набора различных индексов j₁, j₂, ... , j_k вероятность произведения событий A_j1 A_j2 ... A_jk равна произведению вероятностей событий A_j1, A_j2, ... , A_jk:

Можно думать, что для независимости событий в совокупности достаточно попарной независимости, Конкретные примеры, однако, доказывают, что это не так.

Таким образом, для независимых событий легко вычислять вероятность произведения, а для несовместимых событий легко вычислять вероятность суммы.

Если события A₁, A₂, ... , A_n независимы, то

Если события A₁, A₂, ... , A_n несовместимы, то

13^o. Теорема умножения для n событий:

Учитывая, что условные вероятности ничем не отличаются от безусловных – лишь добавляется к комплексу условий ещё одно, которое в дальнейшем терять или отбрасывать нельзя, – можем продолжить:

Окончательно:

Эта теорема позволяет дать ещё одно определение независимости в совокупности: события A₁, A₂, ... , A_n, имеющие положительные вероятности, независимы в совокупности, если для любого набора неравных индексов

что легко устанавливается по теореме умножения и формуле для условных вероятностей.

14^o. Формула полной вероятности.

Пусть A₁, A₂, ... , A_n – любое разбиение пространства Ω, B – любое событие. Тогда B=BΩ=B(A₁+A₂+...+A_n)=BA₁+BA₂+...+BA_n и получаем формулу полной вероятности:

Обычно A₁, A₂, ... , A_n – взаимоисключающие друг друга ситуации, в которых может происходить событие B.

15^o. Формулы Байеса.

В обозначениях предыдущего пункта:

и мы получили формулы Байеса, которые называют также формулами вероятностей гипотез: если событие B может произойти лишь с одним и только одним из событий A₁, A₂, ... , A_n и оно действительно произошло, то, спрашивается, с каким из событий A_k оно произошло? Можно сделать n гипотез и, соответственно, формулы Байеса дают апостериорные вероятности P(A_k|B) для этих гипотез, выражая их через априорные вероятности P(A_m) и условные вероятности P(B|A_m) того, что в условиях m-ой гипотезы произойдёт событие B.

Таковы основные формулы исчисления вероятностей. Они получены в условиях весьма частного случая – классической схемы, т. е. для пространства конечного числа N равновероятных элементарных событий. В этой схеме число событий, которым благоприятствуют ровно k исходов, равно C^k_N, а общее число различных событий, следовательно, равно 2^N

Весьма неожиданно, что все полученные формулы являются общими и в действительности сохраняют свою силу для любого пространства элементарных событий. Покажем это.

Понятие об аксиоматическом построении теории вероятностей

Пусть дано пространство элементарных событий Ω. Множество ⊕ событий A, B, C, ... назовём полем событий, если

а) Ω ∈ ⊕;

б)

Таким образом, введённые действия с событиями: сложение, умножение и переход к противоположному событию – не выводят нас из поля событий, поле событий замкнуто относительно этих операции.

Очевидно, также, что Ø ∈ ⊕.

Примем следующие три аксиомы:

I. Любому событию A из поля событий ⊕ приведено в соответствие неотрицательное число P(A), называемое вероятностью события A.

II. P(Ω)=1: вероятность достоверного события равна единице.

III. Аксиома сложения. Вероятность суммы несовместимых событий равна сумме их вероятностей.

Если A₁, A₂, ... , A_n – попарно несовместимые события, то

Тройка (Ω, ⊕, P( ^. )) называется вероятностным пространством.

Таким образом, поле событий ⊕ является областью определения вероятностной функции P( ^. ), при этом, как будет показано ниже (4^o),
отрезок [0; 1] является областью её значений.

Все пятнадцать формул исчисления вероятностей оказываются следствием трёх только что введённых аксиом. Действительно:

1^o. P(Ω)=1 по II аксиоме.

2^o. Ω + Ø = Ω, ΩØ = Ø, поэтому по III аксиоме: P(Ω) + P(Ø) = P(Ω), откуда P(Ø)=0.

В классической схеме были справедливы и обратные утверждения: если P(A)=1, то событие A – достоверное; если P(A)=0, то событие A – невозможное. В общей же схеме обратные утверждения, вообще говоря, ошибочны. Приходится вводить особые названия для событий единичной и нулевой вероятности: если P(A)=1, то говорят, что событие A происходит почти наверное, если P(A)=0, говорят, что событие A почти наверное не происходит. Пожалуй, именно это различие значительно усложняет строгую теорию вероятностей по сравнению с классическим случаем.

3^o. A + = Ω и A = ⊕. Поэтому по аксиомам III и II: P( A ) + P( )=P( Ω ) = 1. Отсюда: P( ) = 1 – P( A ).

4^o. По аксиоме I: P( A ) ≥ 0. Так как P( A )+P( ) = P( Ω )=1, и, ввиду аксиомы I: P() ≥ 0, то P(A)≤1. Итак, для любого события A: 0≤P(A)≥1.

5^o. Если A⊂B, то B = A + B, и слагаемые здесь несовместимы. По аксиоме III: P(B) = P(A) + P(B); по I аксиоме: P(B)≥0; поэтому P(B)≥P(A).

6^o. Для любых двух событий A и B: P(AB)≤P(A).

Действительно: A=AB+A и по аксиомам III и I:

7^o. Формула P(A+B) = P(A) + P(B) в случае, когда AB=Ø,  верна по аксиоме III.

8^o. Докажем теорему сложения для двух событий:

Очевидно,

причём в обоих равенствах справа слагаемые несовместимы. По III аксиоме:

Вычитая почленно нижнее равенство из верхнего, получим теорему сложения.

9^o. Теорема сложения для n событий

является прямым следствием теоремы сложения для двух событий.

10^o. Формула для условной вероятности

является определением условной вероятности в предположении, что вероятность P(B) ненулевая: P(B)>0. Вероятность P(A|B) показывает, какая часть вероятности P(B) приходится на долю события A.

11^o. Прямым следствием определения условной вероятности оказывается формула:

12^o. Совершенно так же, как и в классической схеме, на основе последних формул строится понятие независимости событий: события A и B независимы в том и только в том случае, когда P(AB)=P(A) ^. P(B).

13^o. Теорема умножения для n событий

является прямым следствием теоремы умножения для двух событий.

14^o, 15^o. Выводы формулы полной вероятности и формул вероятностей гипотез воспроизводятся без изменений: для любого события B и любого разбиения пространства Ω (Ω=A₁+A₂+...+A_n):

В более полных, чем наш, курсах теории вероятностей приходится рассматривать также и суммы бесконечного числа событий и, соответственно, требовать, чтобы эта операция не выводила из поля событий: для бесконечной последовательности попарно несовместимых событий A₁, A₂, ... , A_n, ... требуют, чтобы . Такие поля событий называются борелевскими полями или сигма-алгебрами. Приходится для борелевского поля событий усиливать аксиому III, распространяя её и на бесконечные суммы попарно несовместимых событий:

Любопытно отметить, что в изложенном аксиоматическом построении теории вероятностей не нашлось места такому понятию, как событие "произошло" или "не произошло". Теория вероятностей оказывается частью теории меры, причём характерными свойствами вероятностной меры оказываются её неотрицательность: P(A)≥0 и нормированность на единицу: P(Ω)=1. Просматривая выведенные свойства вероятностной функции P( ^. ), можно заметить, что она ведёт себя подобно массе: единичная "масса вероятности" распределяется в пространстве Ω. Если нас интересует вероятность некоторого события A, то мы должны подсчитать, сколько этой массы досталось множеству A.

1.7. Примеры решения задач по теме

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?

Решение. Каждое семизначное число отличается от другого порядком следования цифр, при этом фактически все семь мест в этом числе делятся на три группы: на одни места ставится цифра «4», на другие места – цифра «5», а на третьи места – цифра «6». Таким образом, множество состоит из 7 элементов (n=7), причем n₁=3, n₂=2, n₃=2, и, следовательно, количество таких чисел равно

Задача 13. Прибор содержит 3 элемента с вероятностями отказа 0,1;0,4 и 0,2. Найти вероятности отказа а) одного элемента; б) двух или трех элементов; в) хотя бы одного элемента.

Решение. Обозначим A_i - cобытие, означающее отказ i - го элемента, B - отказ одного элемента, C - отказ двух или трех элементов, D - отказ хотя бы одного элемента. Тогда для случая а) запишем

где A_i - событие, означающее безотказную работу элемента i. Слагаемые этой суммы – несовместные события. Поэтому, согласно формуле для несовместных событий,

Сомножители в последнем выражении – независимые события, значит, в соответствии с формулой для независимых событий

Поскольку (формула (3)), получаем

В случае б) имеем .

Как и в случае а) справедливы следующие соотношения:

В случае в) искомое событие , причем слагаемые – совместные события, и для вычисления вероятности нужно использовать формулу (1) для произвольных событий, но можно решить задачу проще, используя противоположное событие и формулу

Так как D означает отказ одного или двух или трех элементов, то - событие, дополняющее D до полной группы – означает безотказную работу всех трех элементов.

Поскольку и события независимы, получаем

Задача 14. В урне 10 белых и 5 черных шаров. Из урны извлекают два шара. Найти вероятность того, что шары а) белые; б) одного цвета; в) разного цвета.

Решение. Пусть событие A означает извлечение белого шара, B - извлечение черного шара и пусть индекс есть номер извлечения.

Тогда в случае а) искомое событие имеет вид A₁A₂ (первый шар – белый и второй шар – белый). Поскольку A₁ и A₂ зависимы, используем формулу вероятности произведения (2) для произвольных событий:

находим согласно классическому определению вероятности (4):

где n - общее число случаев, m - число случаев, благоприятных событию A₁. Так как среди 15 шаров 10 белых, получаем

есть условная вероятность события A₂ (второй шар – белый) при условии, что A₁ (первый шар – белый) произошло. Но если первым взят белый шар, то среди 14 оставшихся шаров белых – 9, поэтому

Получаем:

В случае б) искомое событие есть ( оба шара белые или оба шара черные), причем слагаемые несовместны, а сомножители зависимы. Тогда вероятность согласно формулам (1), (2) равна:

Получим в соответствии с формулами (1), (2)

Задача 15. Среди 14 билетов 4 выигрышных. Найти вероятность того, что из 6 купленных билетов ровно 2 выигрышных.

Решение. Можно использовать способ решения, рассмотренный в задаче 2 (искомое событие запишется в виде суммы 15 слагаемых). Поступим иначе и решим задачу с помощью классического определения вероятности события (формула (4)):

где n - общее число случаев, m - число случаев, благоприятных событию .

Из 14 билетов 6 штук можно выбрать способами. Здесь - число сочетаний из 14 элементов по 6 элементов. Значит, n = . Два выигрышных билета могут быть выбраны из 4 билетов способами. Остальные (4 билета) должны быть невыигрышными, их можно выбрать из 10 невыигрышных способами.

Так как на один способ выбора двух выигрышных билетов приходится способов выбора невыигрышных билетов, то на способов выбора двух выигрышных билетов приходится способов выбора невыигрышных билетов.

Итак, .

Число сочетаний из r элементов по k элементов находим по формуле (5):

При этом получим: .

Задача 16. В первой урне 20 шаров, среди них 3 белых, во второй урне 15 шаров и среди них 2 белых. Из первой урны взяли шар и переложили во вторую. Какова вероятность, что шар, взятый после этого из второй урны, белый?

Решение. Пусть событие A - извлечение белого шара из второй урны. Возможны две гипотезы: H₁ - из первой урны взяли белый шар, H₂ - из первой урны взяли шар другого цвета.

По формуле полной вероятности вероятность события A с учетом двух гипотез равна (6):

Вероятности гипотез составляют

Найдем условные вероятности. Если из первой урны взяли белый шар и переложили во вторую, то во второй урне стало 16 шаров, среди которых 3 белых. Поэтому . Если же из первой урны взяли шар другого цвета и переложили во вторую, то во второй урне стало 16 шаров, но число белых шаров (их 2) не изменилось и, значит,

Подставив полученные значения в формулу полной вероятности, найдем P( A ):

Задача 17. Один завод производит в 3 раза меньше приборов, чем второй. Вероятность безотказной работы прибора первого завода – 0,9, второго – 0,7. случайным образом выбранный прибор отказал. Какова вероятность, что он сделан на втором заводе?

Решение. Обозначим A - событие, состоящее в том, что выбранный прибор отказал. Возможны две гипотезы: H₁ - прибор сделан на первом заводе, H₂ - на втором.

Задача решается по формуле Бейеса, так как событие – прибор отказал – произошло. Запишем формулу Бейеса для случая двух гипотез:

.

Найдем вероятности гипотез H₁ и H₂ до опыта. На один прибор первого завода приходится 3 прибора второго завода, значит доля первого завода , второго .

Найдем условные вероятности. Вероятность отказа прибора при условии, что он изготовлен на первом заводе, равна . Если же прибор сделан на втором заводе, то вероятность отказа .

Осталось найти вероятность гипотезы H₂ после опыта ( то есть при условии, что A произошло):

.

1.8. Контрольные задания

1. Рабочий обслуживает три независимо работающих станка. Событие А_i ={ i-ый станок в течении часа потребует наладки}, Р(А_i)=0,2, i=1,2,3. Выразить события: а) ровно два станка потребуют наладки; б) не более двух потребуют наладки; в) хотя бы один потребует наладки. Найти вероятность события в).

2. Стрелок делает три выстрела, при этом он поражает цель с вероятностью 0,6 при одном выстреле. Событие А_i={ i-ая пуля попала в цель }, i=1,2,3. Выразить события: а) было хотя бы одно попадание; б) ровно одно попадание; в) не менее двух попаданий. Найти вероятность события в).

3. В коробке 4 детали. Мастер извлекает детали до тех пор, пока не вытащит годную. Событие А_i = { i-ая извлеченная деталь является годной }, . Выразить события, состоящие в том, что мастер сделал а) ровно одно извлечение; б) ровно 2 извлечения; в) не менее двух извлечений. Найти вероятность б).

4. Пусть А,В,С – три произвольных события. Найти выражение для событий, состоящих в том, что: а) произошли все три события; б) произошло хотя бы одно из событий; в) произошли хотя бы два события; г) произошли два и только два события; д) произошло ровно одно событие; е) ни одно событие не произошло; ж) произошло не более двух событий.

5. Прибор состоит из трех блоков первого типа и четырех блоков второго типа. Событие А_i ={исправен i-ый блок первого типа}, i=1,2,3, В_j = {исправен j-ый блок второго типа}, j=1,2,3,4. Прибор работает, если исправны хотя бы один блок первого типа и не менее трех блоков второго типа. Найти выражение для события С, которое соответствует работающему состоянию прибора.

6. В пакете с леденцами лежит 4 красных, 5 желтых и 6 зеленых конфет. Найти вероятность наудачу вынуть подряд 3 конфеты одного цвета.

7. В партии из 20 изделий 4 бракованных. Найти вероятность того, что в выборке из 5 изделий не более одного бракованного.

8. В лифт 9-этажного дома на первом этаже входят 6 человек. Для каждого человека равновероятен выход на любом из 8 этажей. Известно, что все вышли на разных этажах. При этом условии найти вероятность, что на первых трех этажах вышли два человека.

9. Три пассажира садятся в поезд, случайно выбирая любой из 6 вагонов. Какова вероятность, что хотя бы один из них сядет в первый вагон, если известно, что они сели в разные вагоны?

10. В ящике 12 красных , 8 зеленых и 10 синих шаров .Наудачу вынимаются два шара. Какова вероятность, что вынутые шары разного цвета, если известно, что не вынут синий шар?

Шесть шаров случайным образом раскладывают в три ящика. Найти вероятность, что во всех ящиках разное число шаров при условии, что все они не пустые.

12. Двое шахматистов равной силы играют 4 партии. Найти вероятность, что победил первый, если известно, что каждый выиграл хоть один раз.

13. В лифт на цокольном этаже входят 5 человек. Считая для каждого человека равновероятном выход на любом из 9 этажей, найти вероятность того, что двое из них выйдут на одном этаже, а остальные на разных.

14. Известно, что 5-значный номер телефона имеет все цифры разные. Какова вероятность при этом условии, что среди них ровно четная (0 считаем четной цифрой и телефонный номер может начинаться с нуля).

15. Пять человек случайным образом (независимо друг от друга) выбирают любой из 7 вагонов поезда. Известно, что некоторые 2 вагона остались пустыми. Какова вероятность при этом условии, что все сели в различные вагоны, в том числе в первый и во второй?

16. В урне 5 белых и 10 черных шаров. Извлечены 6 шаров (с возвращением). Известно, что среди них есть белые шары. При этом условии найти вероятность того, что среди них будут также не менее двух черных шаров.

17. Семь пассажиров случайным образом выбирают один из 9 вагонов поезда. Известно, что они сели в разные вагоны, при этом условии найти вероятность того, что в первых трех вагонах поезда будут ехать два человека.

18. Распределяются 5 шаров по трем ящикам. Известно, что нет пустых ящиков. При этом условии найти вероятность, что в первом ящике лежит один шар.

19. В четырех группах учится 100 человек (по 25 человек в каждой). На олимпиаду отобрано 5 человек. Какова вероятность, что среди них будут представители всех классов?

20. Сколько раз надо бросить игральную кость, чтобы на 95% быть уверенным в том, что хотя бы при одном бросании появится «шестерка»?

21. Известно, что в пятизначном номере телефона все цифры разные. Найти вероятность того, что среди них есть цифры 1 и 2.

22. Бросают три кубика. Какова вероятность того, что хотя бы на одном из них выпадет «шестерка», если известно, что на всех кубиках выпали разные грани?

23. Фирма участвует в 4 проектах, каждый из которых может закончиться неудачей с веростностью 0,1. В случае неудачи одного проекта вероятность разорения фирмы равна 20%, двух – 50%, трех – 70%, четырех – 90%. Найти вероятность разорения фирмы.

24. Два аудитора проверяют 10 фирм (по 5 фирм каждый), у двух из которых имеются нарушения. Вероятность обнаружения нарушений первым аудитором равна 80%, вторым – 90%. Найти вероятность, что обе фирмы-нарушители будут выявлены.

25. В первой урне лежат один белый и три черных шара, а во второй урне – 2 белых и 1 черный шар. Из первой урны во вторую перекладывается не глядя один шар, а затем один шар перекладывается из второй урны в первую. После этого из первой урны вынули один шар. Найти вероятность, что он белый.

26. В прибор входит комплект из двух независимых деталей, вероятность для которых выйти из строя в течение года соответственно равна 0,1 и 0,2. Если детали исправны, то прибор работает в течение года с вероятностью 0,99. Если выходит из строя только первая деталь, то прибор работает с вероятностью 0,7, а если только вторая – то с вероятностью 0,8. Если выходят из строя обе детали, прибор будет работать с вероятностью 0,1. Какова вероятность, что прибор будет работать в течение года?

27. Электроэнергия поступает в город через три электролинии, каждая из которых может быть отключена с вероятностью 0,1. Если отключена одна электролиния, город испытывает недостаток электроэнергии с вероятностью 0,8. Если отключены три электролинии, недостаток электроэнергии ощущается с вероятностью 0,5. Если же отключены все три электролинии, то недостаток электроэнергии есть с вероятностью 1. В случае, когда работают все электролинии, недостатка энергии нет. Какова вероятность, что в день проверки город испытывает недостаток электроэнергии?

28. Фирма нарушает закон с вероятностью 0,25. Аудитор обнаруживает нарушения с вероятностью 0,75. Проведенная им проверка не выявила нарушений. Найти вероятность, что они на самом деле есть.

29. Изделие имеет скрытые дефекты с вероятностью 0,2. В течение года выходит из строя 75% изделий со скрытыми дефектами и 15% изделий без дефектов. Найти вероятность, что изделие имело скрытые дефекты, если оно вышло из строя в течение года.

30. Из урны, где было 4 белых и 6 черных шаров, потерян один шар неизвестного цвета. После этого из урны извлечены (без возвращения) два шара, оказавшиеся белыми. При этом условии найти вероятность, что потерян был черный шар.

31. Производственный брак составляет 4%. Каждое изделие равновероятным образом поступает к одному из двух контролеров, первый из которых обнаруживает брак с вероятностью 0,92, второй – 0,98. Какова вероятность, что признанное годным изделие является бракованным.

32. В центральную бухгалтерию корпорации поступили пачки накладных для проверки и обработки. 90% пачек были признаны удовлетворительными: они содержали 1% неправильно оформленных накладных. Остальные 10% накладных были признаны неудовлетворительными, т.к. они содержали 5% неправильно оформленных накладных. Какова вероятность того, что взятая наугад накладная оказалась неправильно оформленной? (р1=0,1; р2=0,014)

33. Известно, что проверяемая фирма может уйти от налогов с вероятностью 40% и выбрать для этого одну из трех схем (равновероятно). Найти вероятность, что фирма уходит от налогов по третьей схеме, если по первым двум схемам нарушений не обнаружено.

34. Стрелок А поражает мишень с вероятностью 0,6., стрелок Б - с вероятностью 0,5 и стрелок В – с вероятностью 0,4. Стрелки дали залп по мишени, и две пули попали в цель. Что вероятнее: попал стрелок В в мишень или нет?

35. Имеются три партии по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях соответственно равно 20, 15 и 10. Из наудачу выбранной партии извлечена деталь, оказавшейся стандартной. Деталь возвращают в партию и вторично из той же партии наугад извлекают деталь, которая оказывается стандартной. Найти вероятность того, что детали были извлечены из третьей партии.