Главная > Математика > Математический анализ. (Виленкин)
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

§ 6. Примеры вычисления вероятностей. Окончание

Рассмотрим еще несколько примеров на вычисление вероятностей.

Пример 1. При разрыве бронебойного снаряда крупные осколки составляют по весу 20% от общего веса снаряда, средние — 30% и мелкие — 50%. Вероятность того, что крупный осколок пробьет броню танка, равна 0,8. Для средних и мелких осколков та же вероятность равна соответственно 0,5 и 0,2. Подсчитаем вероятность того, что броня танка будет пробита.

Решение. Здесь следует воспользоваться формулой полной вероятности. Приняв в качестве гипотез различные размеры осколка, получим, что их вероятности равны соответственно 0,2, 0,3 и 0,5. Поэтому искомая вероятность равна

Пример 2. В условиях предыдущего примера, если броня танка оказалась пробитой, какова вероятность того, что пробоина произошла от мелкого осколка?

Решение. Здесь мы можем применить формулу Бейеса, которая дает:

Пример 3. Для данного стрелка вероятность попадания в десятку равна 0,7, а в девятку — 0,3. Определить вероятность того, что этот стрелок при трех выстрелах выбьет не менее 29 очков.

Решение. Чтобы набрать не менее 29 очков, необходимо либо три раза попасть в десятку, либо два раза в десятку и один раз в девятку. Вероятность попасть три раза подряд в десятку находится по теореме умножения как вероятность совмещения событий. Она равна:

Вероятность попадания два раза в десятку и один раз в девятку можно найти по биномиальной формуле:

Искомая вероятность находится по теореме сложения и равна:

Пример 4. Что вероятнее выиграть у равносильного противника:

а) три партии из четырех или пять партий из восьми;

б) не менее трех партий из четырех или не менее пяти партий из восьми (считая, что ничейный исход партии

Решение. Указание на равносильность противника следует рассматривать как утверждение, что вероятность выигрыша партии равна так же как и вероятность проигрыша

Теперь мы можем воспользоваться формулой повторения испытаний.

а) Вероятность выиграть три партии из четырех находится по формуле:

Аналогично для выигрыша пяти партий из восьми получаем:

Отсюда видно, что вероятность выиграть три партии из четырех больше, чем вероятность выиграть пять партий из восьми, хотя на первый взгляд может показаться, что это не так.

б) Выигрыш не менее трех партий из четырех означает, что должны быть выиграны три либо четыре партии. По теореме сложения и формуле повторения испытаний находим:

Точно так же

Сравнивая между собой полученные вероятности, замечаем, что вероятность выиграть не менее трех партий из четырех меньше, чем вероятность выиграть не менее пяти партий из восьми.

Пример 5. Из колоды, содержащей 36 карт, извлекаются одна за другой четыре карты. Какова вероятность того, что среди вынутых карт окажется не более одного туза? Рассмотреть два различных случая:

а) после проверки вынутой карты она снова возвращается в колоду;

б) вынутая карта в колоду не возвращается.

Решение.

а) Задача решается очень просто с помощью биномиальной формулы. Действительно, так как карта возвращается после каждого вынимания, то вероятность вынуть туз каждый раз

остается одной и той же и равна в колоде четыре туза).

Среди вынутых карт окажется не более одного туза, если число вынутых тузов будет равно либо нулю, либо единице.

Таким образом, искомая вероятность равна:

б) В случае, когда вынутая карта в колоду не возвращается, дело обстоит сложнее, так как вероятность вынуть туз меняется от одного вынимания к другому и зависит от результатов предыдущего вынимания.

В первом вынимании вероятность вынуть туз равна . Что касается второго вынимания, то эта вероятность будет иной. Именно,

если в первом случае был вынут туз, то вероятность вынуть туз во второй раз будет равна Если же в первом случае был вынут не туз, то вероятность вынуть туз во второй раз равна уже

Можно таким же способом проследить, какова будет вероятность вынуть туз в третий и четвертый раз в зависимости от исхода предыдущих выниманий. Однако это чересчур сложно и громоздко. Гораздо проще решать этот вопрос иначе в более общем виде. Для этой цели обратимся к следующему примеру.

Пример 6. Имеется предметов, из которых М обладают некоторым признаком. Из этого множества предметов выбираются наугад (то есть выбор каждого из предметов равновозможен) предметов. Какова вероятность того, что среди них ровно будут обладать этим признаком?

Решение. Найдем, прежде всего, общее число возможных комбинаций. Ясно, что оно равно числу сочетаний По условию, извлечение каждой из этих комбинаций следует считать равновозможным. Подсчитаем теперь число благоприятствующих событий.

Группу из элементов, обладающих нужным признаком, из общего числа М таких элементов можно выбрать различными способами. Далее, оставшиеся элементов, нужным признаком не обладающие, могут быть выбраны различными способами, поскольку общее число таких элементов есть Так как любая группа элементов, обладающих нужным признаком, может комбинироваться с любой группой элементов, им не обладающих, то общее число благоприятствующих событий равно произведению

Окончательно находим, что искомая вероятность равна:

Теперь мы можем возвратиться к решению задачи б) из предыдущего примера. Здесь у нас . Как , нас интересуют случаи (ни одного туза) и (ровно один туз). Эти события несовместны, и по теореме сложения для искомой вероятности находим:

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление