Вероятность того что при одном измерении некоторой физической величины будет допущена ошибка превышающая

Вероятность
попадания при одном выстреле для первого
стрелка равна
,
значит вероятность промаха –
.
Для второго –
,
а промаха –
.
Потому вероятность того, что при одном
залпе в мишень попадет только один из
стрелков
.

#52

Вероятность одного попадания в цель
при одном залпе из двух орудий равна
0,38. Найти вероятность поражения цели
при одном выстреле первым из орудий,
если известно, что для второго орудия
эта вероятность равна 0,8.

Решение:
Из данных задачи следует, что PA2=0,8;
PB1+B2=0,38; где
A1 и A2 –
события попадания в цель первого и
второго орудия соответственно. B1и
B2 — попадание только одного
из соответствующих орудий, т.е. B1
= A1*A2 и B2
= A2*A1 .
Обозначим как PA1=p.
Так как PB1+B2=PB1+
PB2, то подставляя, получим:

0,38=0,8-0,8p+0,2p.

p=0,7;

Вероятность поражения цели при одном
выстреле первым из орудий составляет
– 0,7.

#53

Обозначим
за

событие, что изделие 1 — стандартно

Обозначим
за

событие, что изделие 2 — стандартно

Событие Ā1 означает, что изделие 1 —
нестандартно

Событие Ā2 означает, что изделие 2 —
нестандартно

Тогда по теореме умножения вероятностей
получаем, что вероятность того, что
первое изделие стандартно, а второе –
нет, равна 0,09

(=
P(*Ā2)=P()*P(Ā2)=0.9*0.1=0.09)

Соответственно вероятность обратного
события (изделие 2 – стандартно, а изделие
1 — нестандартно) такая же

(=
P*Ā1)=P()*P(Ā1)=0.9*0.1=0.09)

Тогда по теореме сложения вероятностей
несовместных событий получаем, что
вероятность того, что одно изделие
стандартно, а другое – нет, равна 0,18

(P((*Ā2)+*Ā1))=
P(*Ā2)+
P*Ā1)=+=0.09+0.09=0.18)

Ответ:0,18

#54

Вероятность того, что при одном измерении
некоторой физической величины будет
допущена ошибка, превышающая заданную
точность равна 0,4. Произведены три
независимых измерения. Найти вероятность
того, что только в одном из них допущенная
ошибка превысит точность.

Решение:

Обозначим допущение ошибки, превышающей
заданную точность, в измерениях 1,2 и 3
как А1, А2 и А3 соответственно. Так как
эти события независимы, то по теореме
умножения вероятностей независимых
событий искомая вероятность будет
вычисляться по формуле:

Ответ: 0,432.

#55

Из партии изделий товаровед отбирает
изделия высшего сорта. Вероятность
того, что наудачу взятое изделие окажется
высшего сорта, равна 0,8. Найти вероятность
того, что из трех проверенных изделий
только два изделия высшего сорта.

Решение: Обозначим появления товаров
высшего сорта 1, 2 и 3 как А1, А2 и А3
соответственно. Так как эти события
независимы, то по теореме умножения
вероятностей независимых событий
искомая вероятность будет вычисляться
по формуле:

Ответ: 0,384.

#56

Устройство
состоит из трех элементов, работающих
независимо. Вероятности безотказной
работы (за время t) первого,
второго и третьего элементов соответственно
равны 0,6; 0,7; 0,8. Найти вероятности того,
что за время работы t
безотказно будут работать:

А) только один элемент;

Б) только два элемента;

В) все три элемента.

Решение.

Введем
обозначение событий: безотказно работало
первое устройство — A1;
безотказно работало второе устройство
— А2; безотказно работало третье устройство
— A3.

B1
– безотказно работала за время t
первое устройство A1; B2
– безотказно работало за время t
второе устройство А2; B3
– безотказно работало за время t
третье устройство A3.

а)
Появление события B1
равносильно появлению события A1;

равносильно появлению события A2
;

равносильно появлению A3
.

Таким
образом, чтобы найти вероятность
появления только одного из событий
,

достаточно найти вероятность появления
одного, безразлично какого, из событий

,

и
.
События
,

и
несовместы,
поэтому применима теорема сложения:

P
()
= P()+
P()+
P().
(*)

Остается
найти вероятности каждого из событий,

и
.
События
,

независимы, поэтому применима теорема
умножения:

P
()
=P (A1)
=;

P
()
=P (A2)
=;

P
()
=P (A3)
=.

Подставив
эти вероятности в соотношение (*), найдем
искомую вероятность появления только
одного из событий
,

:

P
()
=+

Б)
Появление события B1
равносильно появлению события A1;

равносильно появлению события A1
;

равносильно появлению A3
.

Аналогично предыдущему решению:

P
()
=+0,6*0,7*0,2+0,6*0,3*0,8+0,4*0,7*0,8=0,452.

В)
Пусть
—
безотказная работа всех устройств.
Тогда событие B равносильно
появлению
,
поэтому P(B)=P()==0,6*0,7*0,8=0,336.

#57

Вероятности того, что нужная сборщику
деталь находится в первом, втором,
третьем, четвёртом ящике, соответственно
равны 0,6; 0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятности
того, что деталь содержится: а) не более
чем в трёх ящиках; б) не менее чем в двух
ящиках.

Решение.

— детали нет ни в одном из
ящиков,

— деталь содержится в одном ящике,

— в двух,

— в трёх,

— в четырёх. Эти события несовместны и
образуют полную группу, поэтому
.

а)

.

Искомая
вероятность равна вероятности того,
что деталь содержится не во всех четырёх
ящиках.
.

б)
.

.

#58

Брошены три игральные кости. Найти
вероятность следующих событий: а) На
каждой из выпавших граней появиться
пять очков; б) на всех выпавших гранях
появиться одинаковое число очков.

Решение:
а) Вероятность выпадения на одной
игральной кости пяти очков равна p=1/6
.

Тогда
вероятность совместного появления 3
одинаковых событий равна P(A)=p*p*p=1/216.

б)
Из первого решения видно, что вероятность
появления на каждой из 3 граней одного
определенного очка равна P(A)=p*p*p=1/216.
Так как таких вариантов 6 ( по числу
граней кости), то вероятность появления
одинаковых очков равна P(B)=6*P(A)=6*1/216=1/36.

#59

Брошены три игральные кости. Найти
вероятности следующих событий: а) на
двух выпавших гранях появится одно
очко, а на третьей грани – другое число
очков; б) на двух выпавших гранях появится
одинаковое число очков, а на третьей
грани – другое число очков; в) на всех
выпавших гранях появится разное число
очков.

РЕШЕНИЕ.

а)
Вероятность того, что на выпавших двух
гранях появится одно очко, равна
а
вероятность того, что на другой грани
появится другое количество очков, равна

Искомую
вероятность найдем по теореме умножения
вероятностей:

.

б)
Вероятность того, что на некоторых двух
гранях выпадет одинаковое число очков,
равна

, а вероятность того, что на третьей
грани выпадет другое число очков, равна

. Искомую вероятность найдем по теореме
умножения вероятностей

в)
Количество благоприятствующих исходов
равно

общее количество элементарных исходов
равно
,
искомая вероятность равна:

.

#60

Условие:

Сколько
надо бросить игральных костей, чтобы с
вероятностью, меньшей
,
можно было ожидать, что ни на одной из
выпавших граней не появится шесть очков?

Решение:

Введем
обозначения событий:

— ни на одной из выпавших граней не
появится 6 очков;

– на выпавшей грани
кости

не появится 6 очков.

Интересующее
нас событие

состоит в совмещении событий
,

,
…,
,
т.е.

Вероятность
того, что на любой выпавшей грани появится
число очков, не равное шести, равна

События

независимы в совокупности, поэтому
применима теорема умножения:

По
условию,

. Следовательно,

. Отсюда, учитывая, что
,
найдем:

. Таким образом, искомое число игральных
костей

##61-67##

#68

В урне имеется 5 шаров с номерами от 1 до
5. Наудачу по одному извлекаются 3 шара
без возвращения. Найти вероятность
следующих событий: а) последовательно
появятся шары с номерами 1, 4, 5; б)
извлеченные шары будут иметь номера 1,
4, 5 независимо от того, в какой
последовательности они появились.

Решение:

а)
введем обозначение событий: А – выпал
шар с номером 1, В – выпал шар с номером
4, С – выпал шар с номером 5. Вероятность
наступления события А – Р(А) =

. Вероятность наступления события В при
условии, что событие А уже наступило —

(В)
=
,
вероятность события С при условии А, В
—
(С)
=

. Искомая вероятность того, что
последовательно выпадут шары с номерами
1, 4, 5 по правилу умножения равна
произведению вероятностей событий А,
В, С : Р =

=

≈ 0, 016

б) вероятность того, что шары с номерами
1, 4, 5 выпадут в произвольной последовательности
равна произведению вероятностей событий
А, В, С и количества возможных
последовательностей, которые могут
составить номера шаров :

Р
=

=

#69

Студент знает 20 из 25 вопросов программы.
Найти вероятность того, что студент
знает предложенные ему экзаменатором
3 вопроса.

Решение:
введём обозначения событий: А – студент
знает ответ на первый вопрос, В – студент
знает ответ на второй вопрос, С – студент
знает ответ на третий вопрос. Вероятность
события А равна отношению количества
вопросов которые знает студент, к общему
количеству вопросов: Р(А) =

=

. Вероятность события В при условии А —

(В)
=
,
вероятность С при условии А, В —
(С)
=

. Вероятность того, что студент знает
все три вопроса по правилу умножения
вероятностей равна : Р =

=

≈ 0, 23.

#70

В мешочке содержится 10 одинаковых
кубиков с номерами от 1 до 10. Наудачу
извлекают по одному три кубика. Найти
вероятность того, что последовательно
появятся кубики с номерами 1, 2, 3 , если
кубики извлекаются: а) без возврата; б)
с возвратом (извлеченный кубик возвращается
в мешочек).

Решение:
a) введем обозначение
событий: А – выпал кубик с номером 1, В
– выпал кубик с номером 2, С – выпал
кубик с номером 3. Вероятность наступления
события А – Р(А) =
.
Вероятность наступления события В при
условии, что событие А уже наступило —

(В)
=
,
вероятность события С при условии А, В
—
(С)
=

. Искомая вероятность того, что при
вынимании без возврата выпадут кубики
с номерами 1, 2, 3 по правилу умножения
равна произведению вероятностей событий
А, В, С : Р =

=

.

б) вероятность того, что выпадут кубики
с номерами 1, 2, 3 при вынимании их с
возвращением обратно равна произведению
равных вероятностей событий А, В, С:

Р
=

=
.

#71

По данным переписи населения (1981г.)
Англии и Уэльса установлено: темноглазые
отцы и темноглазые сыновья составили
5% обследованных лиц, темноглазые отцы
и светлоглазые сыновья — 7,9%, Светлоглазые
отцы и темноглазые сыновья – 8,9%,
Светлоглазые отцы и светлоглазые сыновья
– 78,2%. Найти связь между цветом глаз
отца и сына.

Решение:

По
условию,

Найдем условную вероятность того, что
сын темноглазый если отец темноглазый:

Найдем условную вероятность того, что
сын светлоглазый, если отец темноглазый:

Найдем условную вероятность того, что
сын темноглазый, если отец светлоглазый:

Найдем условную вероятность того, что
сын светлоглазый, если отец светлоглазый:

#72

Найти
вероятность Р(А) по данным вероятностям:

Р(АВ)=0,72,
Р(А)=0,18.

Решение.

Событие
А можно представить в виде суммы следующих
двух несовместных событий:

А=АВ+
А.
По теореме сложения вероятностей
несовместных событий получим

Р(А)=
Р(АВ+ А)=Р(АВ)+Р(А)=0,72+0,18=0,9.

Ответ:0,9

#73

Найти
вероятность

по данным вероятностям:
,

,

.

Решение.

Используя
тождество

найдём

(*)

Из
равенства

выразим
:

(**)

Подставив
(**) в (*), получим

#74

Задание:
Найти вероятность

по данным вероятностям:

Решение:
Используя тождество

, найдем
:

Подставив
в последнее равенство

(см. задачу 73), получим:

.

#75

Наступление
события
необходимо влечёт наступление события

.
Доказать, что

Решение:

По
условию, наступление события АВ влечёт
наступление события,
поэтому.

(*)

Используя
тождества
,

,

и
учитывая неравенство (*), получим

##75##

#76

Доказать,
что PA(B)≥1
— P(B)/P(A).
Предполагается, что P(A)>0.

Решение.

Справедливо
неравенство: P(A)
+ P(B) — P(AB)
≤1.

Воспользуемся
тождествами: P(AB)
= P(A)*PA(B),
P(B) = 1 –
P(B).

Подставив
P(AB) = P(A)*PA(B), P(B) = 1 – P(B) в P(A) + P(B) — P(AB)
≤1,

получим P(A) +
1 – P(B) – P(A)*PA(B) ≤1, или

P(A)*PA(B)
≥ P(A) –
P(B).

Разделив
обе части неравенства на положительное
число P(A),
окончательно имеем:

PA(B)
≥ 1 — P(B)
/ P(A)

#77

По
условию, наступление события

необходимо влечет наступление события

,
следовательно (см. задачу 48),
.
Таким образом, если будет доказано
неравенство

(*), то будет справедливо и неравенство,
указанное в условии задачи.

Докажем неравенство (*). Воспользуемся
тождествами:

(**)

Из
трех событий
,,
можно составить следующую полную группу
«сложных событий», состоящих из появлений
и непоявлений рассматриваемых трех
событий:

-появились все три события,

,,

,

,

– появилось одно событие, а два других
не появились,

– не появились все три события.

Сумма вероятностей событий, образующих
полную группу, равна единице, поэтому

Отсюда

.
(***)

Подставив (**) в (*) и используя (***), после
упрощений получим

Учитывая, что каждое слагаемое в
квадратной скобке неотрицательно,
окончательно получим

.

#78

Вывести
теорему сложения вероятностей для трех
совместных событий:

P(A + B + C) = P(A) +
P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

Предполагается,
что для двух совместных событий теорема
сложения уже доказана:

P(A1 + A2) = P(A1) +
P(A2) – P(A1A2).

Решение.

Сведем
сумму трех событий к сумме двух событий:
А + В + С = (А + В) + С.

Воспользуемся
теоремой сложения вероятностей двух
событий:

Р(А + В
+ С) = Р[(А + В) + С] = Р(А + В) + Р(С) — Р[(А + В)*С]
= Р(А + В) + Р(С) — Р[(А*С) + (В*С)]

Применим
теорему сложения вероятностей двух
совместных событий дважды (для событий
А и В, а также для событий АС и ВС):

Р(А + В
+ С) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ) + Р(С) — {Р(АС) + Р(ВС)
– Р[(АС)(ВС)]}.

Учитывая,
что Р[(АС)(ВС)] = Р(АВС), окончательно
получим P(A
+ B + C)
= P(A)
+ P(B)
+ P(C)
– P(AB)
– P(AC)
– P(BC)
+ P(ABC).

#79

Даны
три попарно независимых события A,
B, C, которые,
однако, все три вместе произойти не
могут. Предполагая, что все они имеют
одну и ту же вероятность p,
найти наибольшее возможное значение
p.

Вероятность
попадания при одном выстреле для первого
стрелка равна
,
значит вероятность промаха –
.
Для второго –
,
а промаха –
.
Потому вероятность того, что при одном
залпе в мишень попадет только один из
стрелков
.

#52

Вероятность одного попадания в цель
при одном залпе из двух орудий равна
0,38. Найти вероятность поражения цели
при одном выстреле первым из орудий,
если известно, что для второго орудия
эта вероятность равна 0,8.

Решение:
Из данных задачи следует, что PA2=0,8;
PB1+B2=0,38; где
A1 и A2 –
события попадания в цель первого и
второго орудия соответственно. B1и
B2 — попадание только одного
из соответствующих орудий, т.е. B1
= A1*A2 и B2
= A2*A1 .
Обозначим как PA1=p.
Так как PB1+B2=PB1+
PB2, то подставляя, получим:

0,38=0,8-0,8p+0,2p.

p=0,7;

Вероятность поражения цели при одном
выстреле первым из орудий составляет
– 0,7.

#53

Обозначим
за

событие, что изделие 1 — стандартно

Обозначим
за

событие, что изделие 2 — стандартно

Событие Ā1 означает, что изделие 1 —
нестандартно

Событие Ā2 означает, что изделие 2 —
нестандартно

Тогда по теореме умножения вероятностей
получаем, что вероятность того, что
первое изделие стандартно, а второе –
нет, равна 0,09

(=
P(*Ā2)=P()*P(Ā2)=0.9*0.1=0.09)

Соответственно вероятность обратного
события (изделие 2 – стандартно, а изделие
1 — нестандартно) такая же

(=
P*Ā1)=P()*P(Ā1)=0.9*0.1=0.09)

Тогда по теореме сложения вероятностей
несовместных событий получаем, что
вероятность того, что одно изделие
стандартно, а другое – нет, равна 0,18

(P((*Ā2)+*Ā1))=
P(*Ā2)+
P*Ā1)=+=0.09+0.09=0.18)

Ответ:0,18

#54

Вероятность того, что при одном измерении
некоторой физической величины будет
допущена ошибка, превышающая заданную
точность равна 0,4. Произведены три
независимых измерения. Найти вероятность
того, что только в одном из них допущенная
ошибка превысит точность.

Решение:

Обозначим допущение ошибки, превышающей
заданную точность, в измерениях 1,2 и 3
как А1, А2 и А3 соответственно. Так как
эти события независимы, то по теореме
умножения вероятностей независимых
событий искомая вероятность будет
вычисляться по формуле:

Ответ: 0,432.

#55

Из партии изделий товаровед отбирает
изделия высшего сорта. Вероятность
того, что наудачу взятое изделие окажется
высшего сорта, равна 0,8. Найти вероятность
того, что из трех проверенных изделий
только два изделия высшего сорта.

Решение: Обозначим появления товаров
высшего сорта 1, 2 и 3 как А1, А2 и А3
соответственно. Так как эти события
независимы, то по теореме умножения
вероятностей независимых событий
искомая вероятность будет вычисляться
по формуле:

Ответ: 0,384.

#56

Устройство
состоит из трех элементов, работающих
независимо. Вероятности безотказной
работы (за время t) первого,
второго и третьего элементов соответственно
равны 0,6; 0,7; 0,8. Найти вероятности того,
что за время работы t
безотказно будут работать:

А) только один элемент;

Б) только два элемента;

В) все три элемента.

Решение.

Введем
обозначение событий: безотказно работало
первое устройство — A1;
безотказно работало второе устройство
— А2; безотказно работало третье устройство
— A3.

B1
– безотказно работала за время t
первое устройство A1; B2
– безотказно работало за время t
второе устройство А2; B3
– безотказно работало за время t
третье устройство A3.

а)
Появление события B1
равносильно появлению события A1;

равносильно появлению события A2
;

равносильно появлению A3
.

Таким
образом, чтобы найти вероятность
появления только одного из событий
,

достаточно найти вероятность появления
одного, безразлично какого, из событий

,

и
.
События
,

и
несовместы,
поэтому применима теорема сложения:

P
()
= P()+
P()+
P().
(*)

Остается
найти вероятности каждого из событий,

и
.
События
,

независимы, поэтому применима теорема
умножения:

P
()
=P (A1)
=;

P
()
=P (A2)
=;

P
()
=P (A3)
=.

Подставив
эти вероятности в соотношение (*), найдем
искомую вероятность появления только
одного из событий
,

:

P
()
=+

Б)
Появление события B1
равносильно появлению события A1;

равносильно появлению события A1
;

равносильно появлению A3
.

Аналогично предыдущему решению:

P
()
=+0,6*0,7*0,2+0,6*0,3*0,8+0,4*0,7*0,8=0,452.

В)
Пусть
—
безотказная работа всех устройств.
Тогда событие B равносильно
появлению
,
поэтому P(B)=P()==0,6*0,7*0,8=0,336.

#57

Вероятности того, что нужная сборщику
деталь находится в первом, втором,
третьем, четвёртом ящике, соответственно
равны 0,6; 0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятности
того, что деталь содержится: а) не более
чем в трёх ящиках; б) не менее чем в двух
ящиках.

Решение.

— детали нет ни в одном из
ящиков,

— деталь содержится в одном ящике,

— в двух,

— в трёх,

— в четырёх. Эти события несовместны и
образуют полную группу, поэтому
.

а)

.

Искомая
вероятность равна вероятности того,
что деталь содержится не во всех четырёх
ящиках.
.

б)
.

.

#58

Брошены три игральные кости. Найти
вероятность следующих событий: а) На
каждой из выпавших граней появиться
пять очков; б) на всех выпавших гранях
появиться одинаковое число очков.

Решение:
а) Вероятность выпадения на одной
игральной кости пяти очков равна p=1/6
.

Тогда
вероятность совместного появления 3
одинаковых событий равна P(A)=p*p*p=1/216.

б)
Из первого решения видно, что вероятность
появления на каждой из 3 граней одного
определенного очка равна P(A)=p*p*p=1/216.
Так как таких вариантов 6 ( по числу
граней кости), то вероятность появления
одинаковых очков равна P(B)=6*P(A)=6*1/216=1/36.

#59

Брошены три игральные кости. Найти
вероятности следующих событий: а) на
двух выпавших гранях появится одно
очко, а на третьей грани – другое число
очков; б) на двух выпавших гранях появится
одинаковое число очков, а на третьей
грани – другое число очков; в) на всех
выпавших гранях появится разное число
очков.

РЕШЕНИЕ.

а)
Вероятность того, что на выпавших двух
гранях появится одно очко, равна
а
вероятность того, что на другой грани
появится другое количество очков, равна

Искомую
вероятность найдем по теореме умножения
вероятностей:

.

б)
Вероятность того, что на некоторых двух
гранях выпадет одинаковое число очков,
равна

, а вероятность того, что на третьей
грани выпадет другое число очков, равна

. Искомую вероятность найдем по теореме
умножения вероятностей

в)
Количество благоприятствующих исходов
равно

общее количество элементарных исходов
равно
,
искомая вероятность равна:

.

#60

Условие:

Сколько
надо бросить игральных костей, чтобы с
вероятностью, меньшей
,
можно было ожидать, что ни на одной из
выпавших граней не появится шесть очков?

Решение:

Введем
обозначения событий:

— ни на одной из выпавших граней не
появится 6 очков;

– на выпавшей грани
кости

не появится 6 очков.

Интересующее
нас событие

состоит в совмещении событий
,

,
…,
,
т.е.

Вероятность
того, что на любой выпавшей грани появится
число очков, не равное шести, равна

События

независимы в совокупности, поэтому
применима теорема умножения:

По
условию,

. Следовательно,

. Отсюда, учитывая, что
,
найдем:

. Таким образом, искомое число игральных
костей

##61-67##

#68

В урне имеется 5 шаров с номерами от 1 до
5. Наудачу по одному извлекаются 3 шара
без возвращения. Найти вероятность
следующих событий: а) последовательно
появятся шары с номерами 1, 4, 5; б)
извлеченные шары будут иметь номера 1,
4, 5 независимо от того, в какой
последовательности они появились.

Решение:

а)
введем обозначение событий: А – выпал
шар с номером 1, В – выпал шар с номером
4, С – выпал шар с номером 5. Вероятность
наступления события А – Р(А) =

. Вероятность наступления события В при
условии, что событие А уже наступило —

(В)
=
,
вероятность события С при условии А, В
—
(С)
=

. Искомая вероятность того, что
последовательно выпадут шары с номерами
1, 4, 5 по правилу умножения равна
произведению вероятностей событий А,
В, С : Р =

=

≈ 0, 016

б) вероятность того, что шары с номерами
1, 4, 5 выпадут в произвольной последовательности
равна произведению вероятностей событий
А, В, С и количества возможных
последовательностей, которые могут
составить номера шаров :

Р
=

=

#69

Студент знает 20 из 25 вопросов программы.
Найти вероятность того, что студент
знает предложенные ему экзаменатором
3 вопроса.

Решение:
введём обозначения событий: А – студент
знает ответ на первый вопрос, В – студент
знает ответ на второй вопрос, С – студент
знает ответ на третий вопрос. Вероятность
события А равна отношению количества
вопросов которые знает студент, к общему
количеству вопросов: Р(А) =

=

. Вероятность события В при условии А —

(В)
=
,
вероятность С при условии А, В —
(С)
=

. Вероятность того, что студент знает
все три вопроса по правилу умножения
вероятностей равна : Р =

=

≈ 0, 23.

#70

В мешочке содержится 10 одинаковых
кубиков с номерами от 1 до 10. Наудачу
извлекают по одному три кубика. Найти
вероятность того, что последовательно
появятся кубики с номерами 1, 2, 3 , если
кубики извлекаются: а) без возврата; б)
с возвратом (извлеченный кубик возвращается
в мешочек).

Решение:
a) введем обозначение
событий: А – выпал кубик с номером 1, В
– выпал кубик с номером 2, С – выпал
кубик с номером 3. Вероятность наступления
события А – Р(А) =
.
Вероятность наступления события В при
условии, что событие А уже наступило —

(В)
=
,
вероятность события С при условии А, В
—
(С)
=

. Искомая вероятность того, что при
вынимании без возврата выпадут кубики
с номерами 1, 2, 3 по правилу умножения
равна произведению вероятностей событий
А, В, С : Р =

=

.

б) вероятность того, что выпадут кубики
с номерами 1, 2, 3 при вынимании их с
возвращением обратно равна произведению
равных вероятностей событий А, В, С:

Р
=

=
.

#71

По данным переписи населения (1981г.)
Англии и Уэльса установлено: темноглазые
отцы и темноглазые сыновья составили
5% обследованных лиц, темноглазые отцы
и светлоглазые сыновья — 7,9%, Светлоглазые
отцы и темноглазые сыновья – 8,9%,
Светлоглазые отцы и светлоглазые сыновья
– 78,2%. Найти связь между цветом глаз
отца и сына.

Решение:

По
условию,

Найдем условную вероятность того, что
сын темноглазый если отец темноглазый:

Найдем условную вероятность того, что
сын светлоглазый, если отец темноглазый:

Найдем условную вероятность того, что
сын темноглазый, если отец светлоглазый:

Найдем условную вероятность того, что
сын светлоглазый, если отец светлоглазый:

#72

Найти
вероятность Р(А) по данным вероятностям:

Р(АВ)=0,72,
Р(А)=0,18.

Решение.

Событие
А можно представить в виде суммы следующих
двух несовместных событий:

А=АВ+
А.
По теореме сложения вероятностей
несовместных событий получим

Р(А)=
Р(АВ+ А)=Р(АВ)+Р(А)=0,72+0,18=0,9.

Ответ:0,9

#73

Найти
вероятность

по данным вероятностям:
,

,

.

Решение.

Используя
тождество

найдём

(*)

Из
равенства

выразим
:

(**)

Подставив
(**) в (*), получим

#74

Задание:
Найти вероятность

по данным вероятностям:

Решение:
Используя тождество

, найдем
:

Подставив
в последнее равенство

(см. задачу 73), получим:

.

#75

Наступление
события
необходимо влечёт наступление события

.
Доказать, что

Решение:

По
условию, наступление события АВ влечёт
наступление события,
поэтому.

(*)

Используя
тождества
,

,

и
учитывая неравенство (*), получим

##75##

#76

Доказать,
что PA(B)≥1
— P(B)/P(A).
Предполагается, что P(A)>0.

Решение.

Справедливо
неравенство: P(A)
+ P(B) — P(AB)
≤1.

Воспользуемся
тождествами: P(AB)
= P(A)*PA(B),
P(B) = 1 –
P(B).

Подставив
P(AB) = P(A)*PA(B), P(B) = 1 – P(B) в P(A) + P(B) — P(AB)
≤1,

получим P(A) +
1 – P(B) – P(A)*PA(B) ≤1, или

P(A)*PA(B)
≥ P(A) –
P(B).

Разделив
обе части неравенства на положительное
число P(A),
окончательно имеем:

PA(B)
≥ 1 — P(B)
/ P(A)

#77

По
условию, наступление события

необходимо влечет наступление события

,
следовательно (см. задачу 48),
.
Таким образом, если будет доказано
неравенство

(*), то будет справедливо и неравенство,
указанное в условии задачи.

Докажем неравенство (*). Воспользуемся
тождествами:

(**)

Из
трех событий
,,
можно составить следующую полную группу
«сложных событий», состоящих из появлений
и непоявлений рассматриваемых трех
событий:

-появились все три события,

,,

,

,

– появилось одно событие, а два других
не появились,

– не появились все три события.

Сумма вероятностей событий, образующих
полную группу, равна единице, поэтому

Отсюда

.
(***)

Подставив (**) в (*) и используя (***), после
упрощений получим

Учитывая, что каждое слагаемое в
квадратной скобке неотрицательно,
окончательно получим

.

#78

Вывести
теорему сложения вероятностей для трех
совместных событий:

P(A + B + C) = P(A) +
P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

Предполагается,
что для двух совместных событий теорема
сложения уже доказана:

P(A1 + A2) = P(A1) +
P(A2) – P(A1A2).

Решение.

Сведем
сумму трех событий к сумме двух событий:
А + В + С = (А + В) + С.

Воспользуемся
теоремой сложения вероятностей двух
событий:

Р(А + В
+ С) = Р[(А + В) + С] = Р(А + В) + Р(С) — Р[(А + В)*С]
= Р(А + В) + Р(С) — Р[(А*С) + (В*С)]

Применим
теорему сложения вероятностей двух
совместных событий дважды (для событий
А и В, а также для событий АС и ВС):

Р(А + В
+ С) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ) + Р(С) — {Р(АС) + Р(ВС)
– Р[(АС)(ВС)]}.

Учитывая,
что Р[(АС)(ВС)] = Р(АВС), окончательно
получим P(A
+ B + C)
= P(A)
+ P(B)
+ P(C)
– P(AB)
– P(AC)
– P(BC)
+ P(ABC).

#79

Даны
три попарно независимых события A,
B, C, которые,
однако, все три вместе произойти не
могут. Предполагая, что все они имеют
одну и ту же вероятность p,
найти наибольшее возможное значение
p.