ЭКОНОМИСТАМ
ИНЖЕНЕРАМ
БИОЛОГАМ

к
I ЕЗОрИЯ
ероятноствй
'< ' '4' ' ' -у'* '< 4 .   >
задачи с решениями
$№№№№» W«-	-'^- *-'' -''-^»№ЙШЯ%#*4!4в№ЯП<ЯШ^№б№№№1К1^КЯЯ0ЙйШ^&ПЙ8шЯЯ8Я8т8ЙКЙЙЯЯИ№8ЯЙв88ЯвЕ^^ШЯ9

и еория
ероятностей
ладами с решениями
Издание второе,
переработанное и дополненное
Москва • 2003
УРСС
ББК 22.171Я73
Рецензенты:
Соросовский профессор, доктор физико-математических наук, профессор кафедры
высшей математики Московского физико-технического института А. П. Черняев,
кандидат физико-математических наук, доцент кафедры высшей математики Мо-
сковской сельскохозяйственной академии им. К. А. Тимирязева К В. Шустова
Рекомендовано к изданию методической комиссией
экономического факультета МСХА
Золотаревская Дина Исааковна
Теория вероятностей: Задачи с решениями: Учебное пособие. Изд. 2-е, пере-
раб. и доп. — М.: Едиториал УРСС, 2003. — 168 с.
ISBN 5-354-00351-2
Учебное пособие охватывает все разделы теории вероятностей, входящие в учебные
программы по курсу высшей математики для студентов вузов, обучающихся по эко-
номическим, биологическим, сельскохозяйственным и ряду технических специальностей
вузов.
В каждой главе приведены краткие сведения справочного характера и типовые задачи
с подробно разобранными решениями. Всего в книге приведено 135 задач и решений к ним.
К ряду задач даны иллюстрации, помогающие понять ход решения.
Задачи, содержащиеся в книге, разнообразны по содержанию. Приведены задачи
игрового характера, строго математические задачи, а также задачи, которые иллюстрируют
возможности применения теории вероятностей в технике, экономике, биологии, в сель-
скохозяйственном производстве, и другие. При составлении целого ряда задач автором
использованы экспериментальные данные, опубликованные в научной литературе. В каж-
дой главе даны задачи различной трудности и расположены они в порядке возрастания их
трудности, поэтому пособие может быть использовано лицами с различным уровнем ма-
тематической подготовки. Объяснения решений приведены в доступной для большинства
студентов форме. Пособие поможет овладеть навыками самостоятельного решения задач
по теории вероятностей.
Предназначается для студентов вузов, обучающихся по экономическим, биологиче-
ским, сельскохозяйственным, инженерным и ряду других специальностей. Может быть
полезно преподавателям вузов и лицам, изучающим теорию вероятностей самостоятельно
и применяющим вероятностные методы при решении практических задач.
Автор книги - Д. И. Золотаревская, доктор технических наук, профессор кафедры
высшей математики Московской сельскохозяйственной академии им. К. А. Тимирязева.
Издательство «Едиториал УРСС». 117312, г. Москва, пр-т 60-летия Октября, 9.
Лицензия ИД №05175 от 25.06.2001 г. Подписано к печати 19.05.2003 г.
Формат 60 x 90/16. Тираж 960 экз. Печ. л. 10,5. Зак. № 2-965/192.	|
Отпечатано в типографии ООО «Рохос». 117312, г. Москва, пр-т 60-летия Октября, 9.
ИЗДАТЕЛЬСТВО
УРСС
НАУЧНОЙ И УЧЕБНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
ISBN 5-354-00351—2
E-mail: URSS@URSS.ru
Каталог изданий
в /лГептеГ.' http://URSS.ru
Тал./факс: 7 (095) 135-^4-23
Телефакс: 7 (095) 135^42-46
© Д. И. Золотаревская, 2003
© Едиториал УРСС, 2003
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 1. Определение вероятности события..................... 5
1.1.	Классическое определение вероятности............... 5
1.2.	Относительная частота и статистическая вероятность...	22
1.3.	Геометрические вероятности......................... 24
Глава 2. Основные теоремы теории вероятностей............... 31
2.1.	Теоремы сложения и умножения вероятностей.....	31
2.2.	Формула полной вероятности........................ 56
2.3.	Формула Бейеса.................................... 63
Глава 3. Повторные независимые испытания.................... 71
3.1.	Формула Бернулли.................................. 71
3.2.	Наивероятнейшее число появлений события
в независимых испытаниях............................... 80
3.3.	Асимптотическая формула Лапласа................... 82
3.4.	Формула Пуассона.................................. 85
3.5.	Интегральная формула Лапласа...................... 86
3.6.	Отклонение относительной частоты от постоянной
ве роятности в независимых испытаниях.................. 90
3
Глава 4. Случайныевеличины и их законы распределения...	93
4.1.	Ряд, многоугольник и функция распределения
дискретной случайной величины.......................... 93
4.2.	Числовые характеристики дискретных случайных
величин.............................................. 109
4.3.	Биномиальный закон распределения............. 117
4.4.	Закон Пуассона................................	124
4.5.	Функция распределения и плотность распределения
вероятностей непрерывной случайной величины.......	130
4.6.	Числовые характеристики непрерывных случайных
величин.............................................. 142
4.7.	Закон равномерной плотности...................... 146
4.8.	Нормальный закон распределения................... 151
4.9.	Показательный закон распределения................ 158
Приложение. Таблицы........................................ 163
Список литературы.......................................... 166
I
Сотри случайные черты -
И ты увидишь: мир прекрасен.
Александр Блок
***
Стихи растут, как звезды и как розы,
Как красота-ненужная в семье.
И на венцы и на апофеозы -
Один ответ: - Откуда мне сие?
Мы спим - и вот, сквозь каменные плиты,
Небесный гость в четыре лепестка.
О мир, пойми! Певцом - во сне - открыты
Закон звезды и формула цветка.
Марина Цветаева
Глава 1
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТИ СОБЫТИЯ
Средь шумного бала, случайно,
Ж" оге мирской суеты,
увидел, но тайна
Твои шяфывала черты.
Алексей Толстой
***
Я знаю веселые сказки таинственных стран
Про черную деву, про страсть молодого вождя.
Но ты слишком долго вдыхала тяжелый туман,
Ты верить не хочешь во что-нибудь, кроме дождя.
И как я тебе расскажу про тропический сад,
Про стройные пальмы, про запах немыслимых трав.
Ты плачешь? Послушай... далеко, на озере Чад
Изысканный бродит жираф.
Николай Гумилев
1.1. Классическое определение вероятности
Вероятность события А равна
Р(Л)=~.	(1)
п
В этой формуле т - число исходов испытания, благоприятствующих
событию Л; п - число всех равновозможных несовместных исходов ис-
пытания, образующих полную группу.
5
При вычислении вероятностей пользуются формулами теории соеди-
нений. Основными из них являются формулы для определения: Рк - числа
перестановок из к элементов, Ак-числа размещений из к элементов по s
числа сочетаний из к элементов по $.
Число перестановок из к элементов равно
Рк=к1,	(2)
где k\-\-2-3...(k-Y)-k. Принято,что0! = 1.
Число размещений из к элементов по s равно
(3)
Число сочетаний из к элементов по s равно
1.	В прохрамме для компьютера, написанной в Турбо Паскале, ис-
пользована функция Random(x'), генерирующая целые случайные числа
от 1 до х. Какова вероятность того, что при выполнении этой функции
появится число, делящееся на 5, если х = 100?
Решение. Обозначим событие: А - при значении х = 100 появит-
ся число, делящееся на 5. Найдем вероятность события А, применив фор-
мулу (1).
При значении х = 100 может появиться любое из 100 имеющихся
целых чисел, следовательно, общее число исходов испытания п = 100.
Для того, чтобы найти число исходов испытания, благоприятствую-
щих событию А, воспользуемся признаком делимости чисел на 5. На 5
делятся числа, оканчивающиеся цифрами 0 или 5. Среди 100 целых чисел
есть 20 таких чисел; следовательно, число исходов испытания, благоприят-
ствующих событию А, равно т = 20.
/w 20
Вероятность события А равна Р(А) = — = —- = 0,2.
б
•
2.	Готовясь к докладу, студент выписал из книги цитату, но, забыв
номер страницы, на которой она находится, написал номер наудачу. Како-
ва вероятность того, что студент записал нужный номер, если он помнит,
что номер выражается двузначным числом с различными цифрами?
Решение. Обозначим событие: А - студент записал нужный но-
мер.
Найдем вероятность события А, применив формулу (1).
Общее число п исходов испытания получим, воспользовавшись фор-
мулами теории соединений. Всего имеется 10 цифр, т.е. число элементов
к=10; в каждое соединение входит по 2 цифры, т.е. $ = 2; порядок цифр
(элементов) существенен при образовании двузначных чисел, следователь-
но, надо найти число размещений из 10 элементов по 2. По формуле (3)
получим: Д20 = 10 • 9 = 90. Из общего числа полученных размещений сле-
дует исключить те 9 размещений, которые начинаются с цифры 0, а имен-
но: 01,02,...»09. Таким образом, п-A^q-9 = 90-9=81.
Число исходов испытания, благоприятствующих событию А, равно
m »1, так как цитата находится на одной определенной странице.
Вероятность события А равна Р(Л) = 1/81.
3.	Ребенок играет с буквами разрезной азбуки. Какова вероятность
того, что, разложив в ряд буквы К, И, Р, Д, А, Н, 3, П, он составит слово
ПРАЗДНИК?
Решение. Обозначим событие: А - ребенок составит слово
ПРАЗДНИК.
Найдем вероятность события А, применив формулу (1).
Общее число п исходов испытания получим, воспользовавшись фор-
мулами теории соединений. Всего имеется 8 элементов - 8 букв; в образо-
вании различных соединений участвуют все 8 элементов; различные со-
единения отличаются друг от друга только порядком элементов; следова-
тельно, эти соединения являются перестановками из 8-ми элементов. По
формуле (2) получим: и = Р8 = 8!=40320.
7
Число исходов испытания, благоприятствующих событию А, равно
т = 1, так как требуется составить слово с буквами, расставленными в оп-
ределенном порядке, и эти буквы различны.
Вероятность события А равна Р(Л) = 1/40320.
4.	Имеется 8 карточек; одна сторона каждой из них чистая, а на дру-
гой написаны буквы: И, Я, Л, 3, Г, О, О, О. Карточки кладут на стол чистой
стороной вверх, перемешивают, а затем последовательно одну за другой
переворачивают. Какова вероятность того, что при последовательном по-
явлении букв будет составлено слово ЗООЛОГИЯ?
Решение. Обозначим событие: В - будет составлено слово ЗОО-
ЛОГИЯ.
Найдем вероятность события В, применив формулу (1). Числа т и
п, входящие в эту формулу, определим, воспользовавшись формулами
теории соединений.
Общее число исходов испытания, как и в задаче 3, равно п =	— 8!=
= 40320.
Пронумеруем все карточки в соответствии с местами, которые зани-
мают буквы в слове ЗООЛОГИЯ (рис.1). Будем считать, что буквы 3, Л, Г,
И, Я написаны соответственно на карточках 1,4, б, 7, 8. Буква О написана
на карточках 2,3 и 5. Закрепим буквы 3, Л, Г, И, Я на местах 1; 4, б, 7,8, а
карточки 2,3 и 5 будем менять местами (варианты: 2-3-5; 2-5-3; 5-3-2;
5-2-3; 3-2-5; 3-5-2). В результате таких изменений будем получать сло-
во ЗООЛОГИЯ. Таким образом, число исходов испытания, благоприятст-
вующих событию В, равно т = Р3 =31=6.
Буквы:	ЗООЛОГИЯ
Номера мест: 12345678
Рис.1
Вероятность события В равна Р(В) = 6/40320 = 1/6720.
8
5.	Любитель музыки, пронумеровав пять прослушанных новых ком-
пактдисков цифрами 1, 2, 3, 4, 5, поставил их в кассетницу в случайном
порядке. Какова вероятность того, что диски №1 и №2 будут расположены
в кассетнице рядом и притом в порядке возрастания номеров?
Решение. Обозначим событие: А - компактдиски №1 и №2 будут
расположены в кассетнице рядом и притом в порядке возрастания номе-
ров.
Найдем вероятность события А, применив формулу (1).
Общее число п исходов испытания получим, воспользовавшись фор-
мулами теории соединений. Всего имеется 5 элементов - 5 пронумерован-
ных компактдисков. Эти элементы представлены на рис. 2 символами Ф и
помечены номерами от 1 до 5.
В образовании различных соединений участвуют все 5 элементов,
причем соединения отличаются друг от друга только порядком элементов;
следовательно, эти соединения являются перестановками из 5-ти элемен-
тов. Воспользовавшись формулой (2), получим: я = Д = 5!.
Найдем число т исходов, благоприятствующих событию А.
Компактдиски:	Ф ®v®v®v®v
Номера компактдисков:	1	2	3	4	5
Рис. 2
Пусть элементы №1 и №2 занимают соответственно первое и второе
места. В этом случае остальные три элемента можно переставлять друг с
другом всевозможными способами, занимая три оставшиеся свободными
места. Число способов этих перемен местами элементов №3, №4 и №5
равно Р3 = 3!.
Рассмотрим, сколько различных положений могут занимать элементы
№1 и №2, когда они находятся рядом и расположены в заданном порядке.
На рис. 2 возможные положения этих элементов показаны знаками v. Как
видно из рис. 2, таких положений всего 4. Следовательно, т = 3!-4 = 4!.
9
Искомая вероятность Р(Я) = - = — =
п 5! 5
6.	Из колоды карт вынули 4 туза и 4 короля. Эти карты перемешали и
разложили в ряд. Какова вероятность того, что все 4 короля окажутся рас-
положенными рядом?
Решение. Обозначим событие: А - 4 короля окажутся располо-
женными рядом. Вероятность события А найдем по формуле (1).
Общее число п возможных исходов испытания получим аналогично
тому, как это сделано в задаче 5. Всего имеется 8 элементов - 8 карт. Эти
элементы представлены на рис. 3, они помечены номерами от одного до
восьми. Элементы 1-4 - короли, они представлены символами ®. а эле-
менты 5-8 - тузы, они представлены символами О. В образовании раз-
личных соединений участвуют все 8 элементов, причем соединения отли-
чаются друг от друга только порядком элементов; следовательно, эти со-
единения представляют собой перестановки из 8-ми элементов. Восполь-
зовавшись формулой (2), получим: п =Р8= 8!.
® ® ® ® v OvOvOvOv
1	2	3	4	5	6	7	8
Рис. 3
Найдем число т исходов, благоприятствующих событию Л.
Пусть короли (элементы 1-4) расположатся впереди тузов, т. е. займут
соответственно места 1-4. В этом случае тузы (элементы 5-8) можно пере-
ставлять всевозможными способами, занимая оставшиеся свободными 4
места. Число этих способов равно Р4= 41.
Рассмотрим, какие положения могут занимать элементы 1-4, если они
находятся рядом и расставлены в определенном порядке. На рис. 3 воз-
можные положения этих элементов показаны знаками v. Как видно из
рисунка, таких положений всего 5. Следовательно, число способов размес-
10
тить в ряду четырех королей так, чтобы они были расположены рядом и в
определенном порядке, равно 4!-5 = 5!.
Число способов, которыми можно переставлять между собой местами
четырех королей, равно Р4= 4!.
Соединяя каждый первый способ расположения карт (короли распо-
ложены рядом и в определенном порядке) со вторым (короли расположены
рядом, но в произвольном порядке), получим: т = 5!-4!.
Искомая вероятность события А равна
т_5Ь4!_ 1
п 8! ""14
7.	Подготовлены для посадки на садовом участке и случайно смеша-
ны саженцы двух сортов черной смородины: 6 саженцев сорта Селеченская
и 8 - сорта Вологда. Какова вероятность того, что первыми будут посаже-
ны 3 саженца смородины сорта Селеченская?
Решение. Обозначим событие: А - первыми будут посажены 3
саженца смородины сорта Селеченская.
Найдем вероятность события Л, применив формулу (1). Числа т ил,
входящие в эту формулу, получим, воспользовавшись формулами теории
соединений.
®	®	®	®	0	00000000
1	2	3	4	5 6	7 8 9 10 11 12 13 14
6 саженцев смородины	8 саженцев смородины сорта
сорта Селеченская	Вологда
Рис. 4
Имеется 14 элементов - 14 саженцев смородины. Эти элементы пред-
ставлены на рис. 4 символами ® и 0 и помечены номерами от 1 до 14.
На рис. 4 саженцы смородины сорта Селеченская помечены номерами от 1
до 6, а сорта Вологда - от 7 до 14.
11
По условию в каждое соединение из 14 элементов входят 3 элемента,
различные соединения отличаются друг от друга хотя бы одним элемен-
том, причем порядок элементов роли не играет. Возможными будут такие
соединения: 1-3-6; 1-7-8; 3-4-6; 11-13-14 и т. п. Таким образом, общее
число равновозможных исходов испытания равно числу сочетаний из 14
,	.	з 14'
элементов по 3, т.е. п = С^. По формуле (4) найдем:	= 364-
Благоприятствующими событию А будут соединения из 6 элементов
(саженцев смородины сорта Селеченская), в каждое из которых входят 3
элемента, различные соединения отличаются друг от друга хотя бы одним
элементом, причем порядок элементов роли не играет. Благоприятствую-
щими событию А будут соединения: 1-2-6; 4-3-2; 1-5-3 и т. п. Таким
образом, число исходов испытания, благоприятствующих событию А,
равно числу сочетаний из 6-ти элементов по 3. По формуле (4) найдем
т = С6’=^-20.
Искомая вероятность события А равна
8.	На полке в почвенной лаборатории случайно смешаны бюксы с
различными образцами почвы: 8 бюксов с влажной почвой и 6 - с сухой.
Найти вероятность того, что три из пяти наудачу взятых с этой полки бюк-
сов будут с сухой почвой.
Решение. Обозначим событие: А - среди 5-ти взятых с полки
бюксов будут 3 бюкса с сухой почвой.
Вероятность события А найдем по формуле (1). Числа т и п, входя-
щие в эту формулу, получим, воспользовавшись формулами теории соеди-
нений.
Всего имеется 14 элементов - 14 бюксов с почвой. Эти элементы
представлены на рис. 5 символами ® и ® и помечены номерами от 1 до
12
J
14. Бкжсы с сухой почвой помечены номерами от 1 до б, бюксы с влажной
почвой - номерами от 7 до 14.
®	0	0	0	0 0	@0 0 0 0 0 0 0
1	2	3	4	5 6	7 8 9 10 11 12 13 14
б бюксов с сухой почвой	8 бюксов с влажной почвой
0 0 0 0 0 -з бюкса с сухой почвой и 2 бюкса с влажной
почвой
Рис. 5
Общее число п возможных исходов испытания равно числу спосо-
бов, которыми можно отобрать 5 бюксов из 14. В каждое соединение из
14 элементов входят 5 элементов, различные соединения отличаются друг
от друга хотя бы одним элементом, причем порядок элементов роли не
играет. Возможны соединения: 1-3-2-7-8; 13-2-7-9-14; 2-4—6-10-11;
<	14*
9-10-11-12-14 и т. п. Таким образом, п = Сц =	= 2002.
Найдем число исходов испытания, благоприятствующих событию А.
Бюксы с сухой почвой отнесем к первой группе бюксов, а с влажной поч-
вой - ко второй. Три бюкса с сухой почвой можно взять из имеющихся
шести бюксов с сухой почвой з способами, где $ = С| (варианты: 1-4-5;
2-3-5; 2-4-6 и т.п.). Остальные 2 бюкса из пяти отобранных должны
быть с влажной почвой. Взять 2 бюкса с влажной почвой из имеющихся
8-ми можно t способами, где t = Cg (варианты: 7-9; 10-14 и т. п.).
Любую из комбинаций бюксов первой группы можно соединить с лю-
бой из комбинаций бюксов второй группы. Следовательно, число исходов,
благоприятствующих событию А, равно m = st = C^Cg =560.
Вероятность события А равна Р(А) = — =	« 0,2797.
ft 20СХ2
13
9.	В партии из N изделий имеется к стандартных. Для проверки на-
удачу выбрали I изделий. Найти вероятность того, что среди отобранных
изделий ровно г стандартных.
Решение. Обозначим событие: А - среди отобранных I изделий
имеется г стандартных.
Найдем вероятность события Л, применив формулу (1). Числа т и п,
входящие в эту формулу, получим, используя формулы теории соедине-
ний.
Всего имеется N элементов - N изделий партии. Эти элементы
представлены на рис. 6. Стандартные изделия изображены символами ®,
а нестандартные - символами О. Число стандартных изделий в партии
равно к, а число нестандартных равно N-к (рис.6, а).
а) Партия из N изделий:
к стандартных изделий N-k нестандартных изделий
б) Отобранные для проверки I изделий:
г стандартных изделий 1-г нестандартных изделий
® ® ... ®	О О ... О
Рис. б
Общее число п возможных исходов испытания равно числу способов,
которыми можно отобрать I элементов из N. В каждое соединение из N
элементов входят I элементов. Различные соединения отличаются друг от
друга хотя бы одним элементом, причем порядок элементов роли не игра-
ет. Следовательно, эти соединения представляют собой сочетания из N
элементов по I. Таким образом, п = ClN.
Найдем число исходов испытания, благоприятствующих событию Л.
Среди отобранных I изделий имеются г стандартных и 1-г нестандарт-
14
ных (рис. 6, б). Стандартные изделия отнесем к первой группе изделий, а
нестандартные - ко второй.
Число способов, которыми можно взять нужные г стандартных изде-
лий из имеющихся в партии к стандартных изделий равно s = С£. Число
способов, которыми можно взять I - г нестандартных изделий из имею-
щихся в партии N-k таких изделий равно t =	•
Любую из комбинаций изделий первой группы можно соединить с
любой из комбинаций изделий второй группы. Следовательно, число исхо-
дов, благоприятствующих событию А, равно т = 5 • t =	•
Вероятность события А равна
С'я
10.	Лифт в пятиэтажном доме отправляется вверх с первого этажа с
тремя пассажирами. Найти вероятность того, что на каждом этаже выйдет
не более одного пассажира, предполагая, что все возможные способы рас-
пределения пассажиров по этажам равновероятны.
Решение. Обозначим событие: С - на каждом этаже выйдет не
более одного пассажира.
Найдем вероятность события С, применив формулу (1).
Каждый пассажир имеет четыре возможности для выхода из лифта (на
втором, третьем, четвертом, пятом этажах). Следовательно, для двух пас-
сажиров имеется 4 - 4 = 42 возможностей выйти из лифта (каждая возмож-
ность выхода первого пассажира может сочетаться с каждой возможно-
стью выхода второго), для трех пассажиров - 43 возможностей. Следова-
тельно, общее число возможных исходов испытания равно п = 43.
По условию на каждом этаже должно выйти не более одного пассажи-
ра. Из этого следует, что первый пассажир может выйти на каждом из че-
тырех этажей, а для второго остаются возможности выйти на каждом из
трех оставшихся этажей, для третьего - на каждом из двух остальных эта-
15
жей. Таким образом, число исходов испытания, благоприятствующих со-
бытию С, равно т = 4 • 3 • 2.
„	т 4-3-2 3
Вероятность события С равна Р(С) = — = —.
11.	Группа из 11 человек, в том числе Иванов и Петров, располагается
за круглым столом в случайном порядке. Найти вероятность того, что ме-
жду Ивановым и Петровым будут сидеть 3 человека.
Решение. Обозначим событие: А - между Ивановым и Петровым
за столом будут сидеть 3 человека.
Найдем вероятность события Л, применив формулу (1). Числа шил,
входящие в эту формулу, получим, воспользовавшись формулами теории
соединений. Всего имеется 11 элементов - И человек. В образовании раз-
личных соединений (то есть в распределении людей за столом) участвуют
все 11 элементов, различные соединения отличаются друг от друга только
порядком элементов; следовательно, эти соединения представляют собой
перестановки из 11 элементов. Таким образом, общее число исходов
испытания и = По формуле (2) найдем Дj = 11!.
Если места Иванова и Петрова зафиксированы, например, места 1 и 5,
а между ними должно сесть 3 человека, то число различных способов раз-
местить людей на остальные 9 мест равно Р$ = 9!. Общее число способов,
благоприятствующих событию Л, в 11 раз больше, т. е. равно т = 11-9!,
поскольку имеется И различных способов посадить Иванова и Петрова
так, чтобы между ними было 3 человека (Иванова и Петрова можно поса-
дить наместа 1и5, или2иб,илиЗ и7ит. д. до мест 11 и 4).
«	<	П-9! 1
Вероятность события А равна Р(А) = --- -- = —, то есть не зависит
от числа человек, которые будут сидеть между Ивановым и Петровым.
12.	Какова вероятность того, что в трехзначном числе, наудачу вы-
бранном из таблицы случайных чисел,
16
а)	все цифры одинаковые;
б)	содержится одна цифра 5, а две другие - различные, причем среди
них них нет цифры 0?	4
Решение. Рассмотрим события:
А - в наудачу выбранном трехзначном числе все цифры одинаковые;
В-в наудачу выбранном трехзначном числе имеется одна цифра 5, а
две другие - различные и среди них нет цифры 0.
Найдем вероятности событий А и В, применив формулу (1).
а)	Имеется 900 трехзначных чисел (от 100 до 999) и 9 трехзначных чи-
сел, составленных из одинаковых цифр (это числа 111, 222,... , 999), по-
этому общее число исходов испытания равно п = 900, а число исходов
испытания, благоприятствующих событию А, равно т = 9. Вероятность
события А равна Р(А) = — =----= 0,01.
п 900
б)	Имеется 900 трехзначных чисел, поэтому при определении вероят-
ности события В общее число исходов испытания п - 900. Найдем число
т исходов испытания, благоприятствующих событию В. Варианты, бла-
гоприятствующие событию В, схематически представлены на рис. 7.
|5| ® ®}	{® |5| ®}	{® ® |5|}
Варианты первого	Варианты второго	Варианты третьего
вида	вида	вида
Рис. 7
Цифра 5 в трехзначном числе может занимать одно из трех возмож-
ных мест. В исходах испытания, относящихся к вариантам первого, второ-
го и третьего видов, цифра 5 стоит соответственно на первом, втором и
третьем местах. В вариантах первого вида два свободные места могут быть
заняты какими-либо двумя цифрами из оставшихся 8-ми (по условию
цифра 0 исключается). Число благоприятных способов, которыми могут
быть заняты эти два места, равно А% - числу размещений из 8-ми эле-
17
ментов по два, так как в каждое соединение входит 2 элемента из восьми
имеющихся и соединения отличаются друг от друга как самими элемента-
ми, так и их порядком (порядок элементов важен). Применив формулу (3),
вычислим:	= 8 • 7 = 56. В каждом из вариантов второго и третьего ви-
дов число благоприятных способов, которыми могут быть заняты свобод-
ные два места, также равно .
Таким образом, число исходов испытания, благоприятствующих
событию В, равно т = 3 •	= 3 • 56 = 168.
т 168
Вероятность события В равна Р(В) - — =	« 0,1867.
13.	В зрительном зале забронировано 10 мест для приглашенных гос-
тей. Пришли 7 приглашенных. Найти вероятность того, что четверо из
пришедших гостей займут определенные для каждого из них места, если
гости занимают места случайным образом.
Решение. Обозначим событие: А - 4 пришедших гостя займут
определенные для каждого из них места.
Вероятность события А найдем по формуле (1). Числа тип, вхо-
дящие в эту формулу, получим, воспользовавшись формулами теории со-
единений.
Имеется 10 элементов - 10 забронированных в зрительном зале мест.
Эти элементы представлены на рис. 8, они помечены номерами от 1 до 10.
На рис. 8 показан один из возможных вариантов размещения 7-ми человек
на 10-ти забронированных местах. Свободные места изображены символа-
ми О; места, занятые четырьмя гостями из семи пришедших изображены
символами •, а занятые остальными тремя из семи пришедших - симво-
лами Ф.
ООФ****ОФФ
123456789 10
Рис. 8
18
Общее число п исходов испытания найдем, исходя из следующего
рассуждения. Всего имеется 10 элементов (10 забронированных мест в за-
ле). Составляют соединения, в каждое из которых входят 7 элементов (7
занимаемых пришедшими гостями мест). Соединения отличаются друг от
друга как самими элементами, так и порядком этих элементов; в рассмат-
риваемом случае порядок элементов существенен для подсчета различных
вариантов соединений. Следовательно, рассматриваемые соединения пред-
ставляют собой размещения из 10 элементов по 7. По формуле (3) полу-
чим: п -Aw =10-9-8-7-6-5-4.
Число т исходов испытания, благоприятствующих событию Л, най-
дем, принимая во внимание следующее. Если 4 человека занимают опреде-
ленные для каждого из них места (например, на места 4,5, б, 7, как это пока-
зано на рис. 8), (то есть сядут на забронированные для них места и при этом
в определенном порядке), то оставшиеся 3 человека могут занимать осталь-
ные 6 мест. Итак, составляем соединения из 6-ти элементов, в каждое из этих
соединений входят 3 элемента. Соединения отличаются друг от друга как
самими элементами, так и их порядком; в рассматриваемом случае порядок
элементов важен для подсчета различных вариантов соединений. Следова-
тельно, рассматриваемые соединения представляют собой размещения из
шести элементов по три. По формуле (3) получим: т = А^ = 6-5-4.
Искомая вероятность события А равна
р(А\ -ОТ- -	б'5'4	-	1
1 я 470 10-9-8-7-6-5-4 5040'
14.	Шифры книг в библиотечном каталоге состоят из шести цифр и
не начинаются с цифры 0. Читатель отыскивает в каталоге шифр нужной
ему книги. Какова вероятность того, что все цифры шифра окажутся
различными?
Решение. Обозначим событие: А - все цифры отыскиваемого читате-
лем шифра различны.
Найдем вфоятность события Л, применив формулу (1).
Определим числа т и л, входящие в эту формулу.
19
Всего имеется десять элементов - десять цифр: 0,1,	9. В шифре
книги цифрами заняты 1-е, 2-е,6-е места, которым присвоим номера I,
n,...,VL
Существует десять вариантов занять место I цифрами 0,1,..9 и по
десять таких же вариантов занять остальные места П-VI. Каждый их деся-
ти вариантов занять место I может быть соединен с любым из десяти вари-
антов занять места П-VI, поэтому общее число исходов испытания
л = 10б.
Возможны следующие варианты занять шесть мест различными
цифрами: 2-5-6-9-8-7, 2-6-5-9-8-7, (М-6-7-5-3 , 1М-6-7-5-3 и дру-
гие (часть из них представляет собой соединения цифр, начинающиеся с
цифры 0). Эти варианты, число которых равно mt, являются соедине- ]
ниями, в каждое из которых входят 6 элементов из имеющихся 10-ти. Со- j
единения отличаются друг от друга как самими элементами. Так и поряд- ,
ком элементов (порядок элементов важен). Следовательно, рассматри-
ваемые соединения представляют собой размещения из десяти элементов
по шесть: = Д60.
По условию шифр не начинается с цифры 0. Поэтому из числа
вариантов соединений с различными цифрами нужно исключить число т2
вариантов соединений, имеющих различные цифры и начинающихся с ну- ;
ля. Если считать, что место I занято цифрой 0, то остальные пять мест за-
полняются различными цифрами из оставшихся девяти; следовательно,
«2=^9-
. Таким образом,
m =	=4о"4 = Ю-9-8-7-6-5-9-8-7-6-5 = 136080.
т 136080
Вероятность события А равна Р(А) = — =—— = ОД3608.
15.	На столе лежат две стопки тетрадей. В первой стопке - 5 тетрадей 
в синей обложке, во второй - 5 тетрадей в красной обложке. Тетради каж- ’
дой из этих стопок пронумерованы цифрами 1, 2, 3, 4, 5 и расположены в J
20	|
случайном порядке номеров. Студент берет из каждой стопки по одной
тетради. Найти вероятность того, что студент возьмет из обеих стопок тет-
ради с номером 5 при обязательном выполнении условий:
а)	будет извлечена тетрадь №5 в синей обложке;
б)	будет извлечена хотя бы одна тетрадь №5;
в)	будут извлечены две тетради с одинаковыми номерами.
Решение. Испытание состоит в извлечении двух тетрадей из сто-
пок. Составим квадратную матрицу пятого порядка, характеризующую все
25 равновозможных исходов этого испытания, представляющих собой
полную группу несовместных событий:					
	'11	12	13	14	15'
	21	22	23	24	25
£> =	31	32	33	34	35
	41	42	43	44	45
	151	52	53	54	55?
Элементами матрицы D являкжж двузначные числа. Первая цифра
в каждом из этих чисел - номер тетради в синей обложке, а вторая - номер
тетради в красной обложке. Рассмотрим события:
А - извлечение тетрадей под номером 5 из обеих стопок при условии,
что обязательно будет извлечена тетрадь №5 в синей обложке;
В - извлечение тетрадей под номером 5 из обеих стопок при условии,
что обязательно будет извлечена хотя бы одна тетрадь №5;
С - извлечение тетрадей под номером 5 из обеих стопок при условии,
что обязательно будут извлечены две тетради с одинаковыми номерами.
Вероятности событий А, В и С найдем по формуле (1). Благоприят-
ствующим событию А (а также событиям В и С) исходом является ис-
ход, представленный в матрице D элементом 55; таким образом, т = 1.
Общее число возможных исходов для событий А, В и С будет раз-
личным.
а)	Возможные исходы испытания для события А представлены в мат-
рице D элементами ее последней строки: 51,52,53,54,55. Таким образом,
общее число всех равновозможных исходов, образующих полную группу
21
несовместных событии, равно п = 5.
Вероятность события Л, согласно формуле (1), равна Р(А) = 1/5.
б)	Возможные исходы испытания для события В представлены в мат-
рице D числами, содержащими Цифру 5: 15, 25, 35, 45, 51, 52, 53, 54, 55.
Общее число всех равновозможных несовместных исходов испытания, об-
разующих полную труппу, равно п - 9.
Вероятность события В, согласно формуле (1), равна Р(В) = 1/9.
в)	Возможные исходы испытания для события С представлены в мат-
рице D числами, состоящими из двух одинаковых цифр: И, 22, 33,44, 55.
Общее число всех равновозможных несовместных исходов испытания, об-
разующих полную труппу, равно п = 5.
По формуле (1) получим Р(С) = 1/5.
1.2. Относительная частота и статистическая вероятность
Относительная частота (частость) события А определяется равенст-
вом
^U) = -,	(5)
п
где п - общее число проведенных испытаний; т - число испытаний, в ко-
торых событие А наступило (иначе - частота события Л).
При статистическом определении за вероятность события принима-
ют его относительную частоту, найденную по результатам большого числа
испытаний.
16.	При определении всхожести партии семян взяли пробу из 1000
единиц. Из отобранных семян не взошло 90. Какова относительная частота
появления всхожего семени?
Решение. Обозначим событие: Л - отобрано всхожее семя. Най-
дем относительную частоту события Л, применив формулу (5). Общее
число проведенных испытаний п = 1000. Число испытаний, в которых со-
бытие Л наступило, равно т = 1000 - 90 = 910.
22
Относительная частота события А равна W(A) — — —	= 0,91.
п 1000
17.	Для проведения исследований на некотором поле взяли случай-
ную выборку из 200 колосьев пшеницы. Относительная частота (частость)
колосьев, имеющих по 12 колосков в колосе, оказалась равной 0,125, а по
18 колосков - 0,05. Найти для этой выборки частоты колосьев, имеющих
по 12 и по 18 колосков.
Решение. Рассмотрим события: А - взят колос, имеющий 12 ко-
лосков; В - взят колос, имеющий 18 колосков.
Найдем частоты и т2 событий А я В, применив формулу (5).
Обозначим через Ж(А) = относительную частоту события А,
п
а через W2(B) = — - относительную частоту события В. Так как число
Л
проведенных испытаний п = 200,то	- W\(A)-n =0,125 • 200 = 25,
m2 =	• п = 0,05 • 200 = 10.
18.	Многолетними наблюдениями установлено, что в некоторой об-
ласти ежегодно в среднем в тридцати хозяйствах из каждых ста среднего-
довой удой молока от одной коровы составляет 4 100-4 300 кг. Какова ве-
роятность того, что в текущем году в одном из хозяйств этой области, ото-
бранном случайным образом, будет получен такой среднегодовой удой?
Решение. Обозначим событие: А - в текущем году в хозяйстве
области, отобранном случайным образом, среднегодовой удой молока от
одной коровы составит 4 100-4 300 кг.
Вероятность события А найдем, воспользовавшись ее статистическим
определением.
Располагая статистическими данными, найдем, что относительная
частота хозяйств области, в которых ежегодно имеют указанный среднего-
довой удой молока от одной коровы, равна 0,3. Так как эти данные полу-
23
чены в результате проведения большого числа наблюдении, выполняемых
в течение многих лет, то можно принять, что вероятность события А рав-
на Р(А) = 0,3.
13. Геометрические вероятности
Пусть отрезок £ составляет часть отрезка L. На отрезок L наудачу
поставлена точка. Предполагается, что вероятность попадания точки на
отрезок £ пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от его распо-
ложения относительно отрезка L. В этих предположениях вероятность
попадания точки на отрезок £ определяется равенством
Р = Длина £ /Длина £.	(6)
Пусть плоская фигура g составляет часть плоской фигуры G. На фи-
гуру G наудачу брошена точка. Предполагается, что вероятность попада-
ния брошенной точки на фигуру g пропорциональна площади Sg этой
фигуры и не зависит ни от ее расположения относительно фигуры G, ни
от формы фигур G и g. В этих предположениях вероятность попадания
точки на фигуру g определяется равенством
P = -f>	(7)
где SG - площадь фигуры G.
Аналогично определяется вероятность попадания точки в простран-
ственную фигуру v, которая составляет часть фигуры V.
19.	На отрезок L, имеющий длину 40 см, помещен меньший отрезок
Z длиной 15 см. Найти вероятность того, что точка, наудачу поставленная
на больший отрезок, попадет также и на меньший отрезок. Предполагает-
ся, что вероятность попадания точки на отрезок I пропорциональна длине
24
этого отрезка и не зависит от его расположения на отрезке L.
Решение. Обозначим событие: А - точка, наудачу поставленная
на отрезок L, попадет также и на отрезок I.
Найдем вероятность события А, применив формулу (6):
Р(Л) = —=
40 8
20.	Внутрь круга радиуса R наудачу брошена точка. Найти вероят-
ность того, что точка окажется внутри вписанного в этот круг правильного
треугольника. Предполагается, что вероятность попадания точки в тре-
угольник пропорциональна площади треугольника и не зависит от его рас-
положения относительно круга.
Решение. Обозначим событие: В - точка, наудачу брошенная в
круг, окажется внутри вписанного в этот круг правильного треугольника.
Найдем вероятность события В, применив формулу (7).
Площадь круга радиуса R равна SG = яК2; площадь вписанного в
а2-Л Л
, где а - сторона тре-
круг правильного треугольника равна л
*	4
угольника. Известно, что а в R-y/З, поэтому S'*-
S, Зл/З
вероятность события А равна Р(А) ==	= ——.
Sq 4я
Зл/ЗЛ2 _
-------. Следовательно,
4
21.	Задача о встрече. Два товарища условились встретиться
в определенном месте между 12 часами и половиной первого дня. При-
шедший первым ждет другого в течение 20 минут, после чего уходит. Най-
ти вероятность того, что встреча товарищей состоится, если каждый из них
наудачу выбирает момент своего прихода (в промежутке от 12 часов до
половины первого) и моменты прихода обоих независимы.
Решение. Обозначим событие: А - встреча товарищей состоится.
Найдем вероятность события А, применив формулу (7).
Обозначим момент прихода одного из них через х, мин., а момент
25
прихода другого через у, мин. Для того, чтобы встреча произошла, необ-
ходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие: |х - у| £ 20.
Будем изображать х и у как декартовы координаты точек плоскости;
в качестве единицы масштаба выберем минуту (рис. 9).
Рис. 9
Все возможные исходы испытания изображаются точками фигуры,
ограниченной квадратом, сторона которого равна 30; площадь этого квад-
рата равна SG = 302.
Неравенство |х- у|£20 равносильно системе неравенств:
Гх-у £20,
(х-у >-20.
Исходы испытания, благоприятствующие событию А, удовлетворяют
системе неравенств:
х-у £20,
х - у £ -20,
0£х£30,
0£у£30.
Решениями этой системы неравенств являются координаты всех точек
плоскости, расположенных на рис. 9 в заштрихованной области, то есть
между граничными прямыми: х-у = 20; х-у = -20; х = 0; х = 30;
у = 0; у = 30 ина самих граничных прямых. Точки плоскости, принадае-
жащие заштрихованной области, характеризуют исхода испытания, благо-
приятствующие событию А. Площадь заштрихованной фигуры равна
Sg =302 -(30-20)2.
Искомая вероятность события А равна отношению площади
заштрихованной фигуры к площади всего квадрата:
ВД. 30^ = 8
302	9
22.	Коэффициенты р и q квадратного уравнения х2 + рх + q = 0
выбирают наудачу в промежутке (0; 2). Какова вероятность того, что корни
этого уравнения будут действительными числами?
Решение. Обозначим событие: А - корни данного уравнения бу-
дут действительными числами.
Найдем вероятность события А, применив формулу (7). Пусть коэф-
фициент* р и q квадратного уравнения - наудачу взятые числа. Их воз-
можные значения: 0£/>:£2; 05^5 2. Представим/? и q как прямоу-
гольные декартовы координаты точек плоскости. Возможные значения р
и в системе координат Opq будут представлены точками, расположен-
ными внутри и на границах представленного на рис. 10 квадрата, площадь
которого Sq =4.
«п
3-
2--------------
Рис. 10
Корни квадратного уравнения являются действительными числами в
том случае, когда дискриминант D этого уравнения неотрицателен.
27
Поэтому благоприятствующие событию А исхода испытания удовле-
2
творяют условию: D-p2-4^5:0, откуда следует, что 9^—.
4
Построим границы области, которой принадлежат точки плоскости,
удовлетворяющие условиям:
q £ р2 /4,
• 0£р£2,
Граничные прямые р = 0, р = 2, q = 0, q = 2 являются сторонами
квадрата, ограничивающего область возможных значений р и q. Гранич-
ная кривая q-p2 /4 представляет собой параболу. Решениями состав-
ленной системы неравенств являются координаты всех точек плоскости,
расположенных на рис. 10 в заштрихованной области, то есть между гра-
ничными линиями р = 0, 9 = 2, q = р2 /4 и на самих этих линиях. Точки
плоскости, принадлежащие заштрихованной области, характеризуют исхо-
да испытания, благоприятствующие событию А. Площадь заштрихован-
2	□ 2
’О»обдастраЯВ$г.р^-1£-
о	о
Вероятность события А равна Р(А) = Sg!Sq-\I6.
23.	Наудачу взяты два неотрицательных числа х и у, каждое из ко-
торых не больше единицы. Найти вероятность того, что сумма х+у этих
<	2
чисел не превышает единицы, а их произведение ху не больше —.
Решение. Обозначим событие: С - сумма х + у взятых наудачу
двух чисел х ну (0 £ х £ 1; 0 £ у £ 1) не превышает 1, а произведение
этих чисел не больше 2/9.
Найдем вероятность события С, воспользовавшись формулой (7).
28
Пусть х и у - наугад взятые числа. Их возможные значения:
0£х£1,0£у£1. Будем считать, что х и у - прямоугольные декартовы
координаты точек плоскости. Возможные значения х и у будут являться
координатами точек, расположенных в системе координат Оху внутри и
на границах квадрата, площадь которого SG = 1 (рис. 11).
Рис. 11
Благоприятствующие событию С исходы испытания удовлетворяют
системе неравенств:
х+у £1,
.^1'
О £ х 5 1,
Построим границы области, координаты точек которой являются ре-
шениями этой системы. Граничные прямые х = 0, х = 1, у = 0, у = 1
представляют собой стороны квадрата, ограничивающего область возмож-
ных значений точек с координатами х и у. Граничная прямая х + у = 1
делит квадрат пополам, причем область, в которой х + у £ 1 представляет
’ 29
собой нижний треугольник. Граничная линия, заданная уравнением
ху — 2/9 или j = 2/9x, является гиперболой. Прямая х + у = 1 и ги-
пербола у = 2/9х пересекаются в точках с абсциссами Xi=l/3 и
х2 = 2/3. Решениями составленной системы неравенств являются коорди-
наты всех точек плоскости, расположенных на рис. Ив заштрихованной
области, то есть между граничными линиями: х + у = 1; ху = 2/9; х = 0;
х = 1; у = 0, у = 1. Точки плоскости, принадлежащие заштрихованной
области, характеризуют исходы испытания, благоприятствующие событию
С. Площадь заштрихованной области равна сумме площадей следующих
трех фигур: площади трапеции ОСВА, криволинейной трапеции ABMD,
треугольника MDN. Так как &MDN = ДСКВ „то сумма площадей трапе-
ции ОСВА и треугольника MND равна площади прямоугольника ОСКА\
Площадь этого прямоугольника равна Sj = ОС • ОА = 1-1/3 = 1/3. Таким
образом, площадь заштрихованной области равна
.2/3	,	„ 2/3	л	„
„	1 , f	.	1	.	2 f dx	1	2.	_
8Я=-+ \ ydx =—+— — = -+—1п2.
*3J	3	9 *	х	3	9
1/3	1/3
Вероятность события С равна Р(С) = Sg /SG ** 0,4873.
Глава 2
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Я помню чудное мгновенье:
Передо мной явилась ты,
Как мимолетное виденье,
Как гений чистой красоты.
И сердце бьется в упоенье,
И для него воскресли вновь
И божество, и вдохновенье,
И жизнь, и слезы, и любовь.
Александр Пушкин
♦♦♦
Всякий раз
Я вижу эти травы,
ели эти
и стволы берез.
Почему смотреть не устаешь
миг,
и час,
и жизнь
одно и то же?
Ксения Некрасова
2.1.	Теоремы сложения и умножения вероятностей
Теорема сложения вероятностей двух несовместных событий:
Р(Л + Р) = Р(Л) + Р(5).	(8)
В этой формуле: Р(Л + В) - вероятность суммы двух несовместных
событий А и В, т. е. вероятность наступления одного из этих двух собы-
тий, безразлично какого (или А, или В); Р(Л) - вероятность наступления
события А; Р(В) - вероятность наступления события В; Р(А) + Р(В) -
сумма вероятностей событий Ап В.
Если Ai, А2,..., Ап - п попарно несовместных событий, то
31
P(Al+A2 +...+An) = P(Al)+P(A2)+...+P(An).
(9)
Если ^1,^2» •••> 4п ~ п несовместных событий, образующих полную
группу, то
р(Л)+р(л2)+...+р(Л) = 1.	(Ю)
Если А и А - два несовместных события, образующих полную груп-
пу, то А - событие, противоположное событию А. Вероятность события
А равна
Р(Л) = 1-Р(Л).	(11)
Теорема умножения вероятностей:
Р(ЛР) = Р(Л)Р/Р).	(12)
В этой формуле P(AS) - вероятность произведения двух зависимых
событий А и В, т. е. вероятность их совместного наступления (наступле-
ния и события Л, и события 5); Р(А) - вероятность события А; РА(В) -
условная вероятность события/?, вычисленная в предположении, что со-
бытие А уже наступило; Р(А)-Ра(В) - произведение вероятности собы-
тия А на условную вероятность РА(В).
В частности, для двух независимых событий А и В:
Р(АВ) = Р(А) • Р(В)	(13)
В этой формуле Р(АВ) - вероятность произведения двух независи-
мых событий А и В, т. е. вероятность их совместного наступления (насту-
пления и события А, и события В), Р(А) - вероятность события А,
Р(В) - вероятность события В; Р( А)  Р(В) - произведение вероятностей
событий А и В.
32
Если Ai, А2,..., А„ - п зависимых событий, то
Л44-4,)=Р(4)*Ч (4)-А -л-1 (4,).	(И)
В этой формуле P(AiA2...A„) - вероятность произведения событий
... , т. е. вероятность их совместного наступления; PAl(A2) -
условная вероятность события Л2, вычисленная в предположении, что со-
бытие Ai наступило;- вероятность события ^вычис-
ленная в предположении, что все предыдущие п - 1 события наступили.
В частности, для п независимых событий 4:
Л44-4,)=Л4)Л4)-Л4).	(15)
где Р(Л4-4|) ~ вероятность произведения событий А1,А2, ... , А„;
Р(А1)Р(А2)-...Р(А„) - произведение вероятностей этих событий.
24.	В денежно-вещевой лотерее на каждые 1000 билетов приходится
5 денежных и 20 вещевых выигрышей. Какова вероятность выигрыша на
один билет?
Решение. Рассмотрим события:
Ai - вещевой выигрыш по одному билету;
А% - денежный выигрыш по одному билету;
А - любой выигрыш по одному билету.
4 и 4 - несовместные события. Событие, А состоит в том, что
произойдет или событие Д , или событие 4г (безразлично, какое); это оз-
начает, что событие А является суммой событий Д и А2: А = Ai +А2.
Найдем вероятности событий 4 и 4> применив формулу (1):
Р(4) = 5/1000 = 0,005; Р(А2) = 20/1000 = 0,02.
33
Вероятность события А найдем по теореме сложения вероятностей
несовместных событий. Согласно формуле (8) искомая вероятность равна
Р(А) = Р(4 + Л) = 0,005 + 0,020 = 0,025.
25.	За ответ на экзамене ученик может получить одну из следующих
оценок: 5, 4, 3, 2. Вероятность того, что ученик получит оценку 5, равна
0,3; оценку 4 - 0,4; оценку 3 - 0,2 и оценку 2-0,1. Какие из названных со-
бытий составляют полную группу несовместных событий? Какое событие
противоположно событию: «ученик получит оценку 5» и какова вероят-
ность этого события?
Решение. Рассмотрим события: Alt А^, А$, А*- ученикполучит,
соответственно, оценку: 5,4,3,2;
А - ученик получит какую-то из этих оценок: или 5, или 4, или 3,
или 2.
Вероятности событий 4» А2> 4> 4 равны: Р(4) = 0,3; Р(Л2) =
=0,4; Р(Л3)= 0,2; Р(4) =0,1.
4.4 ’ 4> 4 _ несовместные события, составляющие полную груп-
пу. Событие А представляет собой сумму этих событий:
А = 4 + 4 + 4 + 4- Событие А - достоверное; Р(4) = 1.
Событию 4 ~ ученик получит оценку 5, противоположно событие
4	- ученик не получит оценку 5. По формуле (11) найдем:
Р(4) = 1 - Р(4) = 1 - 0,3 = 0,7.
26.	Контрольная работа по математике оценивается целым числом
баллов, причем наибольшее число баллов равно 10. Вероятность получить
студенту N за эту работу 10 баллов равна 0,2; 9 баллов - 0,3 и от 1 до 9
баллов включительно - 0,7. Найти вероятность того, что студент N полу-
чит
а)	не менее 9 баллов,
б)	ноль баллов.
34
Решение. Рассмотрим события: А19 А^ А3 - студент получит, со-
ответственно: 10 баллов; 9 баллов; от 1 до 9 баллов включительно;
А - студент получит не менее 9 баллов;
В - студент получит 0 баллов.
Вероятности событий Д, А%, А3 равны: Р(Д)= 0,2; Р(Л2)= 0,3;
Р(4) =о>7-
Обратим внимание на то, что 4г и А3 - совместные события. В этой
задаче и далее будем находить суммы только несовместных событий и
применять теорему сложения вероятностей только для таких событий.
а)	Событие А состоит в том, что студент получит или 9, или 10 бал-
лов; это означает, что А является суммой событий 4 и 4а • События 4 и
А2 - несовместные; А = А1 + 4.
Найдем вероятность события А, воспользовавшись формулой (8):
Р{А) = Р(4 + 4) « Р(4) + Р(4) = 0,3 + 0,2 = 0,5.
б)	Рассмотрим событие В, противоположное событию В:
В - студент не получит 0 баллов.
Событие В состоит в том, что студент получит или 10 баллов, или от
1 до 9 баллов включительно. Это означает, что В является суммой двух
несовместных событий А1 и А3: B = Aj+A3. Найдем вероятность собы-
тия В, применив формулу (8):
Р( J) = Р(Д + А3) = Р(4) + Р(Л3) = 0,2 + 0,7 = 0,9.
Вероятность события В найдем по формуле (11):
Р(В) = 1 - Р(В) = 1-0,9 = 0,1.
27.	Мастер обслуживает 5 станков. 20% рабочего времени он прово-
дит у первого станка, 10% - у второго, 15% - у третьего, 25% - у четверто-
го, 30% - у пятого станка. Найти вероятность того, что в наудачу выбран-
ный момент времени мастер находится:
а)	у второго или четвертого станка;
б)	у первого, или второго, или третьего станка;
35
в)	не у пятого станка.
Решение. Рассмотрим события: 4, 4» 4» 4» 4 ~ в наудачу
выбранный момент времени мастер находится соответственно у первого, у
второго, у третьего, у четвертого, у пятого станка.
Рассмотрим также события А, В, С, состоящие в том, что в наудачу
выбранный момент времени мастер находится соответственно:
А - у второго или четвертого станка;
В - у первого, второго или третьего станка;
С - не у пятого станка.
Вероятности событий Д, А^, A3, А4, А$, согласно формуле (1), рав-
ны: Р(4) = 0,2; Р(4) - 0,1; Р(4) = 0,15; Р(4) = 0Д5; Р(4) = 0,3.
4,	А2, A3, А4, Ag - несовместные события, составляющие полную
группу.
а)	Событие А равно сумме несовместных событий А% и А^:
А = 4 + А^. Вероятность события А найдем по формуле (8):
Р(Л)=Р(4+4) = р(А2)+pW ~ ОД+0,25=0,35.
б)	Событие В состоит в том, что в наудачу выбранный момент вре-
мени мастер находится или у первого, или у второго, или у третьего станка
(безразлично, у какого из этих трех указанных). Это означает, что В пред-
ставляет собой сумму трех несовместных событий 4» 4 и A3:
В ~ А^ + 4z + A3.
Вероятность события В найдем по формуле (9):
Р(В)=Р(4+4+4)=Р(4)+Р(4)+Р(4) =
= ОД+0,1+0,15 = 0,45.
в)	Событие С противоположно событию 4 '• С = 4 •
Вероятность события С = 4 нейдем по формуле (11):
P(Q = Р(4) = 1 - Р(А$) = 1 - 0,3 = 0,7.
28.	При определении гранулометрического состава почв было выяв-
лено, что среди 12 образцов имеются 3 образца супесчаной, 4 - глинистой
36
и 5 образцов суглинистой почвы. Найти вероятность того, что два опреде-
ленных образца (например, помеченные номерами 1 и 2) при классифика-
ции по гранулометрическому составу могут быть отнесены к одной и той
же группе.
Решение. Пусть взяли 2 определенных образца из 12 имеющихся.
Рассмотрим события:
- взяли 2 образца супесчаной почвы;
А2 - взяли 2 образца глинистой почвы;
А3 - взяли 2 образца суглинистой почвы;
А - взяли 2 образца, которые могут быть отнесены к одной и той же
группе гранулометрического состава.
Alf А3 - несовместные события. Событие А наступит, если об-
разцы будут или оба супесчаные, или оба глинистые, или оба суглинистые.
Это означает, что событие А является суммой трех несовместных событий
4, Л2 и : А = А± + А2 + А$.
Вероятность события А найдем по теореме сложения вероятностей
нескольких несовместных событий. В соответствии с формулой (9) при
п = 3 получим:
Р(А)=Р(Л1+Л2+а3)=Р(4)+Л4)+Л4).
Каждое из слагаемых Р(4)> Р(4)» ^(4) найдем по формуле (1):
Р(4) = т1/и>Р(4) = т2/л, Р(Л3) = тз/п.
Числа п, иц, wij и «з определим по формулам теории соединений.
Всего имеется 12 образцов - 12 элементов. В каждое соединение вхо-
дят 2 элемента, соединения отличаются друг от друга хотя бы одним эле-
ментом, причем порядок элементов роли не играет. Следовательно, рас-
сматриваемые соединения представляют собой сочетания. Найдем п, т^,
m2 и «з, применяя формулу (4):
л = С122=-^- = 66, mt—C3=3, т2 = С% =-^- = 6,
2М0!	1	3	2!-2!
”J = C==S5=10-
37
Вероятности событий А\, А2 и А3 равны:
z>2	zi2	хт2
Л4) =4; W Р(л3) =
42	М2	С12
Вероятность события А равна
р(л)=4-+4+4-=-
С12 с12 С12
3+6+10 19 п.опп
= -66- = ^s0’2879-
Ctt
29.	Имеются 14 таблиц, содержащих данные о влажности на различ-
ной глубине тяжелосуглинистой черноземной почвы. В шести из этих таб-
лиц приведены данные, полученные методом горячей сушки образцов при
105° С, а в остальных - методом холодной сушки над ^2^5. Какова веро-
ятность того, что среди трех случайным образом отобранных таблиц хотя
бы одна таблица содержит данные, полученные методом горячей сушки?
Решение. Отнесем таблицы, содержащие данные, полученные ме-
тодом горячей сушки, к группе 1, а методом холодной сушки - к группе 2.
Первый способ. Известно, что случайным образом отобраны 3
таблицы. Рассмотрим события:
В - отобраны одна таблица группы 1 и две таблицы группы 2;
С - отобраны две таблицы группы 1 и одна таблица группы 1;
D - отобраны три таблицы группы 1;
А - отобрана хотя бы одна таблицу труппы 1.
События В, С и D несовместны. Событие А наступит, если среди
трех отобранных таблиц будут находиться или одна, или две, или три таб-
лицы труппы 1. Это означает, что событие А является суммой трех несо-
вместных событий В, С и D: A = B + C+D.
Найдем вероятность события А, применив теорему сложения вероят-
ностей несовместных событий. Воспользовавшись формулой (9), получим:
P(A) = P(B + C + D) = P(B)+P(C)+P(D).	(*)
Вероятности событий В, С и D равны:
38
р(д)=	42	=	= — P(D)=-^- = —
{)	с?4	91’ ЛС) С134	91’	С?4 91
Подставив эти значения в равенство (*), получим
р(л)-«+й+А,”
47 91 91 91 13
Второй способ. Рассмотрим события:
А. - отобрана хотя бы одна таблица группы 1;
А - не отобрано ни одной таблицы труппы 1, то есть отобрано три
таблицы группы!.
А и А -противоположныесобытия,поэтому Р(Л) =1-Р(Л).
Вероятность события А равна
_ cl 2
44
Искомая вероятность
Р(Л) = 1-Р(Л) = 1-2/13 = 11/13.
Замечание. Сравнив оба способа решения задачи, видим, что
второй способ является более рациональным.
Бели в задаче требуется найти вероятность события Л - "получение
хотя бы одного нужного результата", то целесообразно вначале рассмот-
реть противоположное ему событие. Событию А противоположно собы-
тию А - "не получение ни одного нужного результата". Вычислив Р(А),
найдем затем вероятность Р(А) так: Р(А) = 1 - Р(А).
30.	В отделе зеленого черенкования плодовой опытной станции для
посадки в теплице подготовили 20 зеленых черенков, среди которых 8 че-
ренков зимостойкой алычи сорта 9-114, а остальные - черенки сливы сор-
та Евразия 21. Случайным образом отобрано 3 черенка. Найти вероятность
того, что хотя бы один из них является черенком алычи.
Решение. Эта задача такого же типа, как задача 29. Для ее рацио-
нального решения рекомендуем применить способ, рассмотренный в зада-
че 29 вторым.
39
Рассмотрим события:
А - отобран хотя бы один черенок алычи;
А - не отобрано ни одного черенка алычи.
Вероятность события А равна
Р(1) = ^ = Ц-
''20	•?/
Событие А противоположно событию А, поэтому, Согласно форму-
ле (И), искомая вероятность равна
Р(А) = 1 - Р(А) = 1 -= 0,8070.
J J /
31.	В кейсе находятся 20 кассет с записями музыки в стиле диско и
10 - в стиле техно. Диджей наудачу берет одну за другой две кассеты. Ка-
кова вероятность того, что
1)	на первой кассете записана музыка в стиле диско;
2)	на второй кассете также записана музыка в стиле диско.
Рассмотреть два случая: перед тем, как взять вторую кассету, диджей
а)	возвращает в кейс первую кассету;
б)	пфвую кассету в кейс не возвращает.
Решение. Рассмотрим события:
А - на первой кассете записана музыка в стиле диско;
В - на второй кассете записана музыка в стиле диско.
1) Найдем вероятность события А, воспользовавшись классическим
определением вероятности. Общее число исходов испытания п = 30; число
исходов испытания, благоприятствующих событию А, равно т - 20; ис-
комая вероятность Р(А) = т/п = 20/30 = 2/3.
2, а) Событие В является независимым от события А, так как появле-
ние или непоявление события А не изменяет вероятности наступления со-
бытия В. Число исходов испытания, благоприятствующих событию В,
равно М] =20; общее число исходов испытания п •= 30; следовательно,
Р(Д) = «!/» = 20/30 = 2/3.
40
2,	б) Событие В явпяепсл зависимым от события А, так как появле-
ние или непоявление события А изменяет вероятность наступления собы-
тия В. Требуется найти вероятность события В при условии, что и на кас-
сете, взятой из кейса первой, записана музыка в стиле диско, то есть найти
РА(В) - условную вероятность события В, вычисленную при условии,
что событие А произошло. Так как кассета, взятая первой, назад в кейс не
возвращается, то число исходов испытания, благоприятствующих событию
В, равно m2 = 19, а общее число исходов испытания равно пх = 29. Ис-
комая условная вероятность РА(В) =	= 19/29.
32.	Используя исходные данные предыдущей задачи, найти вероят-
ность того, что на двух наудачу взятых друг за другом кассетах записана
музыка в стиле диско. Рассмотреть два случая: диджей, перед тем, как
взять вторую кассету,
а)	возвращает в кейс первую кассету;
б)	не возвращает в кейс первую кассету.
Решение. Рассмотрим события:
А - на первой кассете записана музыка в стиле диско;
В - на второй кассете записана музыка в стиле диско;
С - на двух взятых друг за другом кассетах записана музыка в стиле
диско.
Событие С состоит в том, что и на первой, и на второй взятых из кей-
са кассетах записана музыка в стиле диско. Это означает, что событие С
является произведением событий А и В: С =? АВ.
Найдем вероятность события С, применив теорему умножения веро-
ятностей.
а)	А и В - независимые события. По формуле (13) получим
2 2 4
Р(С) = Р(ЛР) = Р(Л)Р(20 = ±.|=1«0,4444.
б)	Событие В является зависимым от события А. По формуле (12)
найдем
41
Р(О = Р(Л5) = Р(Л).Рл(5)= ^ — «0,4368.
33.	Случайно смешаны кусты рассады двух сортов томатов: 9 кустов
рассады сорта Белый налив и 7 - сорта Верлиока. Найти вероятность того,
что первые три, посаженные друг за другом куста томатов, являются рас-
садой сорта Белый налив.
Решение. Испытание состоит в посадке одного куста рассаДы то-
мата. Рассмотрим события:
4 - куст, посаженный первым, - рассада томата сорта Белый налив;
А2 - куст, посаженный вторым, - рассада томата сорта Белый налив;
Aj - куст, посаженный третьим, - рассада томата сорта Белый налив;
А - все три посаженные друг за другом куста являются рассадой то-
мата сорта Белый налив.
Событие А состоит в том, что и первый, и второй, и третий кусты -
рассада томата сорта Белый налив. Это означает, что событие А является
произведением событий А^, Л2, А3: А = Ai • А2 • А$.
Найдем вероятность события А по теореме умножения вероятностей.
События Д, А2, А3 - зависимые, так как вероятность каждого последую-
щего события (начиная со второго) изменяется в зависимости от того, про-
изойдет или не произойдет предыдущее событие. По формуле (1) полу-
чим, что вероятность события А^ равна Р(Д ) = 9/16. Условная вероят-
ность события А2, вычисленная при условии, что событие А± произошло,
равна (Л2) = 8/15. Условная вероятность события А$, вычисленная при
условии, что произошли предыдущие два события, т. е. произошли и собы-
тие 4, и событие Л2, равна Рд^2(А$) = 7/14. В соответствии с форму-
лой (14) при и = 3 получим:
Q Я 7
р(С)=р(4ЛИ3)=р(А)^1(Л)^2(^)=^пп=0’15-
*	lv U 1*Т
42
34.	Слово МАШИНА составлено из букв разрезной азбуки. Наудачу
друг за другом извлекают четыре буквы и выкладывают последовательно в
ряд. Какова вероятность того, что получится слово ШИНА?
Решение. Испытание состоит в извлечении одной буквы. Рассмот-
рим события:	/
Л] - первой извлечена буква Ш;
В2 - второй извлечена буква И;
В3 - третьей извлечена буква Н;
В * - четвертой извлечена буква А;
В - при произвольном извлечении четырех букв получится слово
ШИНА.
Событие В состоит в том, что последовательно будут извлечены
4 нужные буквы: и буква Ш, и буква И, и буква Н, и буква А. Это означает,
что событие В является произведением событий Д, В2, В$ и 54:
В = ВГВ2В3В4.
Найдем вероятность события В, применив теорему умножения веро-
ятностей. В^, В2, В3, В4- зависимые события, так как наступление (или
ненаступление) каждого предыдущего события изменяет вероятность на-
ступления последующего. Найдем вероятность события Д и условные
вероятности событий В2, В3 и В4 при условиях, что наступят предыду-
щие им события. В данной задаче наступление предыдущих событий из-
меняет только общее число исходов испытаний для последующих собы-
тий. Число исходов испытаний, благоприятствующих событиям В^, В2 и
В3, равно 1, так как в слове МАШИНА имеется по одной из нужных букв
Ш, И и Н. Число исходов испытания, благоприятствующих событию В4,
равно 2, так как в слове МАШИНА имеются две буквы А, и в трех преды-
дущих испытаниях буква А не должна быть извлечена. Согласно формуле
(14)получи, ад. | | Н =
43
35.	В урне 4 белых, б черных и 5 красных шаров. Из нее извлекают
наугад один за другим два шара. Найти вероятность того, что оба шара од-
ного цвета.
Решение. Рассмотрим события:
Д - первым извлечен белый шар;
В] - вторым извлечен белый шар;
А2 - первым извлечен черный шар;
В2 - вторым извлечен черный шар;
А3 - первым извлечен красный шар;
В3 - вторым извлечен красный шар;
С - извлечены два шара одного цвета.
Событие С представляет собой сумму следующих несовместных со-
бытий:
Q - извлечены два белых шара;
С2 - извлечены два черных шара;
С3 - извлечены два красных шара.
Таким образом, С = Q + С2 + С3.
Событие Q заключается в том, что и первый, и второй, извлеченные
из урны шара, являются белыми. Это означает, что событие Q представ-
ляет собой произведение событий Аг и Вг: C1=Ai-B1. Аналогично полу-
чим, что С2=А2 В2и с3 = а3в3.
Вероятности событий Q, С2 и С3 найдем по теореме умножения ве-
роятностей.
Событие В} является зависимым от события Д, так как его вероят-
ность изменяется при наступлении события Ах. Используя классическое
определение вероятности, получим, что вероятность события равна
Р(4) = 4/15. Условная вероятность события 2^, вычисленная при усло-
вии, что событие Ai произошло, равна P^C^i) = 3/14. Согласно формуле
(12) получим:
44
4 3	2
Р(с1)=Р(4-в1)=Р(4)
Рассуждая аналогично, найдем
р(с2)=Р(л2.р2)=р(л2).рЛ2(в2)=А.А=1.
5 4	2
р(с3)=л^ р3)=р(4) ^3(5з)=^“=^-
6	15 14 21
Вычислив Р(С{)9 Р(С2) и Р(С3), найдем искомую вероятность
Р(С) по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
2 1 2	31
Р(С) = Р(С1)+Р(С2) + Р(С3) = ^+|+^ = ^«0,2952.
36.	Отдел технического контроля фабрики проверяет половину изде-
лий некоторой партии (для проверки изделия из партии берут наудачу) и
признает годной всю партию, если среди проверенных изделий будет не
более одного бракованного. Какова вероятность того, что партия из 20 из-
делий, в которой имеется 2 бракованных, будет признана годной?
, Решение. Испытание состоит в проверке качества одного изде-
лия. По условию партия из 20 изделий будет признана годной, если среди
проверенных 10 изделий будет не более одного бракованного. Это озна-
чает, что годной признается такая партия из 20 изделий, в которой среди
проверенных 10 изделий или не будет ни одного бракованного, или же
будет одно бракованное.
Рассмотрим события:
Д - среди проверенных 10 изделий нет ни одного бракованного;
Л2 - среди проверенных 10 изделий одно бракованное;
А - среди проверенных 10 изделий не более одного бракованного.
Л1 и Л2 - несовместные события. Событие А представляет собой
сумму этих событий: А = Ах + А2.
45
Вероятность события А найдем по теореме сложения вероятностей
несовместных событий. По формуле (8) получим
Р(Л)=Р(Л1+Л)=Р(4)+Р(Л).	(*)
Вероятности Р(^) и Р(Л2) найдем, воспользовавшись классическим
определением вероятности. Событие А} состоит в том, что все 10 прове-
ренных изделий являются годными. Общее число исходов испытания для
20!
события Ai равно п = С2® = у^удР Для наступления события А^ долж-
ны быть взяты 10 годных из 18-и годных изделий, имеющихся во всей пар-
тии, причем порядок, в котором они будут взяты, роли не играет. Следова-
тельно, число исходов испытания, благоприятствующих событию А±, рав-
18!
но »»i = Cjg = 	. Согласно формуле (1) получим
ялл.а.ЗкЛ
n do0 38-
Событие Ai состоит в том, что среди 10 проверенных изделий есть
одно бракованное, а остальные 9 - годные. Число исходов испытания, бла-
18!
гоприятствующих событию Л2, равно т2=С2 -Cfg = Общее чис-
ло исходов испытания для события А2 равно л = С2о- Применив фор-
мулу (1), получим
Л) п С™ 19'
Подставив значения Р(^) и Р(А2) в равенство (*), найдем
9 10 29
Р(Л)= —+— = — « 0,7632.
V 7 38 19 38
37.	В круг радиуса R вписан равносторонний треугольник. Какова
вероятность того, что четыре наугад поставленные в данном круге точки
окажутся внутри треугольника?
46
Решение. Рассмотрим события:
4 - наугад поставленная в круг точка окажется внутри вписанного в
этот круг равностороннего треугольника (i = 1, 2,3,4).
В - четыре наугад поставленные в круг точки окажутся внутри впи-
санного в этот круг равностороннего треугольника.
Событие В состоит в том, что внутри треугольника окажутся и пер-
вая, и вторая, и третья, и четвертая точки. Это означает, что событие В
представляет собой произведение событий Aj-. В = А1А2А3А4.
4, А2, А3, Д) - независимые события, имеющие равные вероятно-
сти. Обозначим: Р(4) = р. Согласно решению задачи 20 вероятность
зТз
Р 4я'
Вероятность события В найдем по теореме умножения вероятностей
независимых событий. Применив формулу (15), получим
Зл/зУ
— «0,029.
4п I
Р{В)^р
38.	В некоторой серии денежно-вещевой лотереи на 1000 билетов
приходится 24 денежных и 10 вещевых выигрышей. Некто приобрел 2 би-
лета этой серии. Какова вероятность выигрыша:
а)	хотя бы по одному билету;
б)	по первому билету денег, а по второму - вещи?
Решение, а) Обозначим событие:
С - выигрыш хотя бы по одному из двух билетов лотереи.
Найдем вероятность события С, противоположного событию С.
Рассмотрим события:
А - проигрыш по первому билету;
В - проигрыш по второму билету;
С - проигрыш по двум билетам.
47
Событие С состоит в том, что выигрыш не выпадет ни на первый, ни
на второй билеты. Это означает, что событие С представляет собой произ-
ведение событий А и В: С = А • В.
В лотерее на 1000 билетов приходится 34 выигрышных, остальные
966 - проигрышные. Воспользовавшись классическим определением веро-
ятности, получим, что вероятность события А равна Р( Л) = 966/1000.
Наступление события А изменяет вероятность события В. Это означает,
что событие В является зависимым от события Л. Условная вероятность
РЛ(В) = 965/999.
Вероятность события С найдем по теореме умножения вероятностей
зависимых событий. По формуле (12) получим
Р(С)=Р(ЛВ)=Р(Л) • ад -	• о.’331-
Искомую вероятность Р(С) найдем, воспользовавшись формулой
(11): Р(С) = 1-Р(С) = 1-0,9331 = 0,0669.
б) Рассмотрим события:
Dy - денежный выигрыш по первому билету;
D2 - вещевой выигрыш по второму билету;
D - выигрыш по первому билету денег, а по второму - веши.
Событие D представляет собой произведение событий Д и О2;
D = Dy • D2 •
Вероятность события Dy найдем, воспользовавшись формулой (1):
P(Z>1) = 24/1000. Наступление события Dy изменяет вероятность события
D2 (при наступлении события Dy общее число исходов испытания
уменьшается на 1). Это означает, что D2 - событие, зависимое от события
Dy. Условная вероятность PDi(D2) = 10/999. Вероятность события D
найдем по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Приме-
нив формулу (12), получим
48
P(D)= P(D, •D2) = P(D1).Pa(D2) = -^-.^-O,00024.
lUvv
39.	Партия из ста деталей подвергается выборочному контролю. Ус-
ловием непригодности всей партии является наличие хотя бы одной дефект-
ной детали среди четырех проверяемых. Какова вероятность того, что дан-
ная партия не будет принята, если она содержит 3% дефектных деталей?
Решение, а) Обозначим события:
А} - проверяемая деталь является дефектной (i = 1,2,3,4);
Af - проверяемая деталь не является дефектной;
А - партия деталей не будет принята (встретится хотя бы одна де-
фектная деталь среди четырех проверяемых);
А - партия деталей будет принята (не встретится ни одной дефект-
ной детали среди четырех проверяемых).
Событие А состоит в совместном наступлении всех событий Ai, по-
этому = А^А^А^А^. События Aj - зависимые; вероятность события А
найдем по теореме умножения вероятностей нескольких зависимых собы-
тий:
P(Z)=Р(4) • Р* (А2) 	(4) •	(Л) =
= 21.96.95.94
100 99 98 97
Искомая вероятность события А равна
Р(А) = 1 -Р(А) = 1 - 21212121 s0д 164
v 7	47	100-99-98-97
40.	На садовом участке посажены три дерева: вишня, слива и яблоня.
Вероятность того, что приживется вишня, равна 0,7; для сливы и для ябло-
ни вероятности прижиться соответственно равны 0,8 и 0,9. Какова вероят-
ность того, что
а)	приживутся ровно два дерева;
б)	приживутся не менее двух деревьев;
в)	приживется хотя бы одно дерево.
49
Решение. Рассмотрим события:
4 -приживется вишня;
А2 - приживется слива;
А2 - приживется яблоня;
4 - вишня не приживется;
А2 - слива не приживется;
А3 -яблоня не приживется;
А - приживутся ровно 2 дерева;
В - приживутся не менее двух деревьев;
С - приживется хотя бы одно дерево.
Вероятности событий Аг, Л2 и А$ равны:
Р(А1) = р1 = 0,7;Р(Л2)=Р2 =0,8; Р(А2) = р2 =0,8; Р(4) = Л =0,9.
События А1, А2, А2 противоположны событиям Ai, А2, 4> их ве-
роятности равны
Р(Л1) = qi = 1 -pi = 0,3; Р(А2) = q2^\-p2= 0,2;
Л4) = ?3 =1-Рз =0>1-
Ах, Л2 и А3 - совместные события. Для решения задачи надо рас-
смотреть события, которые представляют собой различные несовместные
варианты осуществления событий А, В и С.
а)	Событие А произойдет, если осуществится один из следующих
трех несовместных вариантов: вишня и слива приживутся, а яблоня - нет;
вишня и яблоня приживутся, а слива - нет; слива и яблоня приживутся, а
вишня - нет. Каждый из этих вариантов представляет собой соответствен-
но произведения ^Л2Л3, А[А2А3 и ДЛ2Л3, Обозначим: к ^Л^З’
D2 - AiA2A3, D3 = АгА2А3. Событие А представляет собой сумму собы-
тий D2 и D3\ A+D2 + Z>3. Таким образом,
А = А^А2А3 + А±А2А3 н- А1А2А3.
По теореме сложения вероятностей несовместных событий получим
Р(А) = Р(ДА2 4)+Р(444)+Р(44Л3) .	(*)
50
События Ay, Л2, Л3 - независимые, поэтому каждое слагаемое в ра-
венстве (*) найдем по теореме умножения вероятностей независимых со-
бытий. Применив формулу (15), получим
Р(4А2А3) = PtP2q3; P(AlA2A3)=p1q2p3; Р(^А2А3) = qxp2p3.
Подставив эти вероятности в равенство (*), найдем
Р(^) = pip2q3 + Р1?2Рз + ЯхРгРъ =
= 0,7 • 0,8 • 0,1 + 0,7- 0,2 • 0,9 + 0,3- 0,8 • 0,9 = 0,398.
б)	Событие В сыпет в том, что приживутся или два (безразлично,
какие) дерева (т. е. произойдет событие А) или приживутся все три дере-
ва. На основании рассуждений» аналогичных тем, которые приведены в
пункте а), получим: B = A + AiA2A2;
Р(В) = Р(А) + АР2Рз = 0,398 + 0,7 • 0,8 • 0,9 = 0,902.
в)	Событию С противоположно событие С- не приживется ни одно-
го дерева. Вероятность события С радна
Р(С) = 1 - Р(С) = 1 - 91$29з = 1 - 0,3 • 0,2 • 0,1 = 0,994.
41.	Пусть А}, А2,..., А*,, А* - п независимых в совокупности
событий. Вероятности наступления каждого из событий Aj равны Р}
(i = 1, 2 ri). Пусть в результате испытания могут наступить все либо
события, либо какие-то из них, либо может не наступить ни одного из них.
Найти вероятность наступления хотя бы одного из событий 4, если веро-
ятности pi: а) различны; б) равны между собой.
Решение. Помимо данных п независимых событий Лх- рассмот-
рим противоположные им события Л,, а также следующие:
Л - наступление хотя бы одного из событий Л^;
Л - ненаступление ни одного из событий Л^.
Так как Р(Л^) = /?/sto Р(^) = 1-р/
51
Событие А состоит в совместном наступлении и события 4, и собы-
тия А%....и события А „, т. е. равно произведению этих событий:
А = А1А2...Ап. Событие А противоположно событию А, поэтому
Р(Л) = 1-Р(7).
а)	По теореме умножения вероятностей независимых событий найдем
Р(1) = ад2..4и-
Таким образом,
Р(А) = 1-ад2-?я-	(*)
б)	Так как Р(4)=Р(Лг) =... = Р(Д,) = р, то
P(4)=P(4)=...P(4,)=1-P=?.
По теореме умножения вероятностей независимых событий найдем
Р(Л) = <
Таким образом,
P(A) = l-qn.	(**)
42.	Вероятность установления в некоторой местности устойчивого
снежного покрова с октября равна ОД. Какова вероятность того, что в бли-
жайшие два года в этой местности устойчивый снежный покров с октября
а)	не установится ни разу;
б)	установится по крайней мере один раз?
Решение. Обозначим события:
4 - устойчивый снежный покров с октября установится в первый
год;
А2 - устойчивый снежный покров с октября установится во второй
год;
4 - устойчивый снежный покров с октября не установится в первый
год;
4 - устойчивый снежный покров с октября не установится во второй
год.
52
В - устойчивый снежный покров в ближайшие д ва года с октября не
установится ни разу;
А - устойчивый снежный покров в ближайшие два года с октября ус-
тановится по крайней мере один раз.
Вероятности событий Аг и А2 равны: Р(АХ) = Р(Л2) = р = 0,2. Веро-
ятности противоположных событий 4 и равны:
Л4)=Р(4)=1-р = $=о,8.
а)	Событие В состоит в совместном наступлении событий А1 и Л2,
поэтому В = \А2. События А1 и А2 - независимые; вероятность события
В найдем по теореме умножения вероятностей независимых событий:
P(B) = P(4)P(4) = <?2=0,64.
б)	Вероятность события А найдем по формуле (**) из задачи 40 при
п =2:
Р(Л) = 1-02=О,Зб.
43.	Абонент забыл последнюю цифру номера телефона и потому на-
бирает ее наудачу. Какова вероятность того, что ему придется набрать но-
мер не более, чем три раза?
Решение. Обозначим событие:
С - абоненту придется набрать номер не более, чем три раза.
Это событие состоит в том, что абоненту придется набрать номер или
один, или два, или три раза. Рассмотрим следующие события:
Q - абонент будет набирать номер один раз;
С2 - абонент будет набирать номер два раза;
С3 - абонент будет набирать номер три раза;
Cj - в первый раз не набрана нужная цифра;
А - во второй раз набрана нужная цифра;
А - во второй раз не набрана нужная цифра;
В-в третий раз набрана нужная цифра.
53
Событие С представляет собой сумму несовместных событий Ct,C2
и С3: С = Cj + Cj + С3. Вероятность события Q согласно формуле
(1) равна P(Cj) = 1/10.
Событие С2 состоит в том, что в первый раз нужная цифра не набра-
на, а во второй - набрана. Это означает, что С2 представляет собой произ-
ведение событий Q и А: С2 = ^-А. Вероятность события Q равна
P(Cj) = 9/10. Событие А является зависимым от события С]; условная
вероятность /£г(Л) = 1/9. Вероятность события С2 найдем по теореме
умножения вероятностей зависимых событий. Применив формулу (12),
—	9 11
получим: P(C2) = P(Cl).^(J) = ^.| = IL.
Событие С3 состоит в том, что и в первый, и во второй раз нужная
цифра не набрана, а в третий раз - набрана. Это означает, что С3 пред-
ставляет собой произведение зависимых событий Q, А и В: С3 =
= С\АВ. Условная вероятность /£г(Л) = 8/9; условная вероятность
j(B) = l/8. Вероятность наступления события найдем по теореме
умножения вероятностей зависимых событий. Применив формулу (14),
получим:
Р(С3) =Р(^)-Аг(2)А-_(В) =— •-.! =—.
\ з/ VI/	J 10 9 8 10
Искомую вероятность события С къмдрм по теореме сложения веро-
ятностей несовместных событии. Согласно формуле (9) эта вероятность
равна
Р(С) = Р(СХ) + Р(Сг)+Р(С3) = 0,1 ± 0,1 + 0,1 = 0,3.
44.	В настольной игре забивают в лунку шарики. Вероятность того,
что из четырех шариков ребенок забьет в лунку хотя бы один, равна
0,9919. Какова вероятность забить в лунку каждый из шариков в отдельно-
сти, если принять, что для всех попыток вероятность забить в лунку шарик
одна и та же?
54
Решение. Рассмотрим события:
Ди - попадание в лунку к-го шарика (к — 1,2,3,4);
Ак - непопадание в лунку к -го шарика;
В - попадание в лунку хотя бы одного шарика из четырех;
В - непопадание в лунку ни одного шарика из четырех.
По условию Р(В')= 0,9919. Требуется найти Р(АК), принимая, что
Р(А1) = Р(А2) = Р(А3) = Р(А4).
Обозначим: Р(Дс) = р, P(AK)-l-p = q.
Событие В представляет собой произведение четырех независимых
событий А*’. В = А1-А2А3-А4. По теоремеи умножения вероятностей
независимых событий получим: Р(В) — q4.
Вероятность события В равна P(B)=l-P(B) = l-q4. Следова-
тельно, 1 - q4 = 0,9919. Из последнего уравнения найдем q = 0,3. По из-
вестному значению q найдем Р^А^) = p = i—q = 0,7.
45.	Сколько нужно выбрать чисел из таблицы случайных чисел, что-
бы с вероятностью, не меньшей 0,9, быть уверенным в том, что среди них
хотя бы одно число четное?
Решение. Обозначим через п искомое число случайных чисел.
Рассмотрим события:
Д^ ~ одно случайным образом отобранное число является четным
и);
А* - одно случайным образом отобранное число является нечетным;
В - среди п случайных чисел будет хотя бы одно четное;
В - среди п случайных чисел не будет ни одного четного.
Вероятности всех событий Д* равны. Обозначим: Р[А*) = р,
P(Ajc')=l-p=q. События Д* и Д* равновероятны, поэтому
p = q = 0,5. Вероятность события В равна
Р(Р) = 1-/»(>).	(*)
55
Событие В состоит в том, что все п случайных чисел будут не- чет-
ными. Это означает, что В является произведением п независимых собы-
тий 4: 5=4'4	•
Применив теорему умножения вероятностей независимых событий
и равенство (*), найдем P(B) = l-qn = 1-0,5".
По условию Р(В) «> 0,9, поэтому получим: 1 - 0,5" > 0,9.
Решая это неравенство, последовательно найдем:
- 0,5" S: -0,1;
0,5" <0,1;
п-1g 0,5 < lg0,l.
Так как lg0,5 < 0, то в > (lgO,l/lgO,5) » 3,32. Так как в - целое чис-
ло, то и £ 4.
2.2. Формула полной вероятности
Вероятность события А, которое может наступить при условии появ-
ления одного из в несовместных событий (гипотез)^ (i = 1,2,..., и), об-
разующих полную группу, находят по формуле полной вероятности:
п
Р(А) = '£P(Bi)PB((A').	(16)
<=1
В этой формуле Р(А) - вероятность события А; Р(В() - вероятность
события Bt, РВ( (А) - условная вероятность события А, вычисленная при
п
условии, что событие Bt наступило; ^Р(5,)^ (А) - сумма произведе-
/=1
ний вероятностей Р(4) каждого из событий Д на соответствующую ус-
ловную вероятность РВ((А).
56
п
Сумма вероятностей гипотез ^Р(5у) = 1.
1=1
46.	Электролампы изготавливают на трех заводах. Первый завод про-
изводит 35% общего количества электроламп, второй - 50% и третий -
15%. Продукция первого завода содержит 70% стандартных ламп, второ-
го - 80% и третьего - 90%. В магазин поступает продукция всех трех заво-
дов. Какова вероятность того, что
а)	наудачу взятая лампа изготовлена на первом заводе и является
стандартной;
б)	купленная в магазине лампа является стандартной?
Решение. Рассмотрим события:
Ву - наудачу взятая лампа изготовлена первым заводом;
В2 - наудачу взятая лампа изготовлена вторым заводом;
В$ - наудачу взятая лампа изготовлена третьим заводом;
Q - наудачу взятая лампа изготовлена на первом заводе и является
стандартной;
А - купленная в магазине лампа является стандартной.
Следует учитывать, что первая гипотеза - событие Я], заключается в
том, что лампа, взятая наудачу из общего количества ламп, изготовленных
первым заводом, может быть любого качества, т. е. быть как стандартной,
так и нестандартной. Аналогичный смысл имеют две другие гипотезы -
события В2 и ^з-
Вероятности событий Д, В2 и В$ согласно формуле (1) равны:
Р{В\) =0,35; Р(В2) = ОД РСДз) = ОД5. События В^, В2 и В2 - несовме-
стные и составляют полную труппу, сумма вероятностей этих событий
равна единице: 0,35+0,5+0,15 = 1.
Из условия следует, что	(А) = 0,7, Рд2 (А) - 0,8, PBj (А) = 0,9.
57
а)	Событие Q состоит в том, что наудачу взятая лампа, во-первых,
изготовлена первым заводом, и, во-вторых, является стандартной. Это оз-
начает, что событие С\ представляет собой произведение двух зависимых
событий 2?i и А: Q = Вх • А. Вероятность события Q найдем по теореме
умножения вероятностей зависимых событий. Применив формулу (12),
получим:
P(Q) = P(Bi)PS1 (А) = 0,35 • 0,7 = 0,245.
б)	Событие А представляет собой сумму следующих трех несовмест-
ных событий:
Q - лампа изготовлена на первом заводе и она стандартная;
С2 ~ лампа изготовлена на втором заводе и она стандартная;
С3 - лампа изготовлена на третьем заводе и она стандартная.
Каждое из событий Ct (/ = 1,2,3) представляет собой произведение
двух зависимых событий В/ и А.
Таким образом, A = jSj 'А + В2 -А + В3 -А. Применив формулу (16),
получим
Р(Л)=Р(Я1)Рв1(Л)+Р(52)РДг(Л)+Р(В3)РДз(Л) =
= 0,35 • 0,7+0,5 • 0,8+0,15 • 0,9 = 0,245 +0,4 + 0,135 = 0,78.
47.	На сборку поступают однотипные изделия из трех цехов. Вероят-
ности изготовления бракованного изделия первым, вторым и третьим цеха-
ми соответственно равны 0,03; 0,01 и 0,02. Все поступившие на сборку из-
делия складывают вместе. Из первого цеха поступает в три раза больше из-
делий, чем из второго, а из третьего в два раза меньше, чем из второго. Ка-
кова вероятность того, что взятое наудачу изделие окажется бракованным?
Решение. Рассмотрим события:
В1 - взятое изделие поступило из первого цеха;
В 2 - взятое изделие поступило из второго цеха;
В3 - взятое изделие поступило из третьего цеха;
А - взятое изделие является бракованным.
58
Первая гипотеза - событие Sj, заключается в том, что наудачу взятое
изделие, поступившее из первого цеха, может быть любого качества - как
бракованным, так и стандартным. Аналогичный смысл имеют две другие
гипотезы - события В2 и В3.
Количество изделий, поступающих на сборку из первого, второго и
третьего цехов, определяется соответственно из отношений: 6:2:1. Учи-
тывая эти отношения, найдем вероятности событий В±, В2 и В3:

Р(2?з) = ~. События В19В2 и В3 составляют
полную группу несовместных событий; сумма вероятностей этих событий
равна 1. Событие А может наступить или вместе с событием Вх, или с со-
бытием В2, или с событием В3, Условная вероятность события Л, вычис-
ленная при условии, что оно произойдет вместе с событием В19 равна
PSi (Л) = 0,03. Условные вероятности события Л, вычисленные при усло-
виях, что оно произойдет вместе с событиями В2 и В3, соответственно
равны: Р^2 (Л) = 0,01; PSy (Л) = 0,02.
Вероятность события Л найдем по формуле (16) при п = 3:
Р(Л) = Р(В1)Рд,(Л) + Р(52)РВ2(Л)+Р(Вз)РДэ(Л) =
= -• 0,03 + -• 0,01 + -• 0,02 = — « 0,0244.
9	9	9	9
48.	Число грузовых автомашин, проезжающих по шоссе, на котором
стоит бензоколонка, относится к числу легковых, проезжающих по тому же
шоссе, как 3 :2. Известно, что в среднем одна из 30 грузовых и 2 из 45 легко-
вых автомашин подъезжают к бензоколонке для заправки. Чему равна веро-
ятность того, что подъехавшая к бензоколонке машина будет заправляться?
Решение. Рассмотрим события:
Вх - к бензоколонке подъехала грузовая автомашина;
В2 - к бензоколонке подъехала легковая автомашина;
59
A - подъехавшая к бензоколонке машина будет заправляться.
Учитывая, что число грузовых автомашин относится к числу легковых
как 3 : 2, найдем вероятности гипотез - событий Д и В2: P(Bi) = 0,6,
Р(В2) = 0,4. Гипотезы и В2 составляют полную группу несовместных
событий; сумма вероятностей этих событий равна 1.
Событие А может произойти только или вместе с событием , или с
событием В2. Условная вероятность PBi (А) = 1/30; условная вероятность
Рл2(Л) = 2/45.
Найдем вероятность события А, применив формулу (16) при п = 2:
1	2
Р(Л) = P(Bi)PBi(A)+P(B2)PB2(A) = 0,6—+0,4 — - 0,0378.
49.	У пользователя на рабочем столе компьютера находятся две папки
с файлами. В первой папке 16 файлов, причем 4 из них имеют размер ме-
нее 500 килобайт. Во второй папке 20 файлов, из них 5 файлов размером
менее 500 килобайт. Не интересуясь размерами файлов, пользователь пе-
реводит из первой папки во вторую один файл, после чего открывает файл
из второй папки. Найти вероятность того, что будет открыт файл размером
менее 500 килобайт.
Решение. Рассмотрим следующие предположения о вариантах пе-
ревода пользователем файлов из первой папки во вторую (гипотезы):
В] - из первой папки во вторую переведен файл размером менее
500 Кб;
В2 - из первой папки во вторую переведен файл размером не менее
500 Кб.
Найдем вероятности гипотез, применив формулу (1):
р(я->=тН;
Обозначим событие:
А - файл из второй папки, открытый пользователем, имеет размер
менее 500 Кб.
60
Событие А произойдет или вместе с событием Sj, или же вместе с
событием В2. В случае наступления события В^ во второй папке станет 21
файл, из них 6 файлов размером менее 500 Кб. Поэтому условная вероят-
ность Р^(А) = —. В случае наступления события В2 во второй папке
21
станет 21 файл, из них 5 файлов размером менее 500 Кб. Поэтому условная
вероятность Р#2 (А) = —.
21
Вероятность события А найдем по формуле полной вероятности (16)
при п = 2:
Р(Я) = Р(51)РЛ1(Л)+Р(В2)РВ2(Л) = 14+гЛ = ^
1	*	4 21 4 21 4
SO.	В урну, содержащую 3 шара, опущен белый шар, после чего из
нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный
шар окажется белым, если равновозможны все варианты предположений о
первоначальном составе шаров (по цвету).
Решение. Рассмотрим следующие предположения о первоначаль-
ном составе шаров (гипотезы):
51 - в урне было 3 белых шара;
В2 - в урне были 2 белых шара и 1 шар другого цвета;
В3 - в урне были 1 белый шар и 2 шара другого цвета;
В4 - в урне не было белых шаров.
Обозначим событие: А - извлечен белый шар.
Гипотезы Д (i = 1; 2; 3; 4) составляют полную группу несовместных
4
событий; сумма вероятностей этих событий равна единице: ^jP(Bf) = 1 •
/=1
Поскольку имеется 4 гипотезы, причем по условию они равновероятны, то
вероятность каждой гипотезы равна 1/4, т. е. P(Bt) = 1/4.
Событие А может произойти только с одним из событий В,. Так как в
урну добавляют один белый шар, то условные вероятности события А
61
равны:
4	3	2 1	1
PB1(4 = i = l; PS!U) = |; PJsU) = i = l; =
Искомую вероятность того, что извлеченный шар окажется белым,
найдем по формуле полной вероятности (16) при п = 4:
Р(Л) = Р(В1)РД1(Л)+Р(В2)РВ2(Л)+
+ W • PBi U) + т) • Рв< U)=
1 1 13 11,11 5 Л£О.
-1 + + + = - = 0,625.
4	4442448
51.	В трех урнах находятся белые и черные шары: в первой - 2 белых и
3 черных, во второй - 2 белых и 2 черных, в третьей - 3 белых и 1 черный. Из
первой урны переложили шар во вторую. После этого шар из второй урны
переложили в третью. Наконец, из третьей урны шар переложили в первую.
Чему равна вероятность того, что состав шаров во всех урнах не изменился?
Решение. Испытание состоит в перекладывании шара из одной
урны в другую. После трех испытаний состав шаров в урнах не изменится
в том случае, если во всех испытаниях брать шар одного и того же цвета.
Рассмотрим события:
А - после трех испытаний состав шаров в урнах не изменился;
Б]- из урны I в урну П переложен белый шар;
В2 - из урны I в урну П переложен черный шар.
Вероятность гипотезы равна Р(Б]) = 2/5, вероятность гипотезы
В2 равна Р(Б2) = 3/5.
Возможны следующие два несовместные варианта наступления со-
бытия А:
1) событие А наступает вместе с событием В^;
2) событие А наступает вместе с событием В2.
Рассмотрим первый вариант. После того, как из урны I взяли белый
шар и положили в урну П, в урне II стало 3 белых и 2 черных шара. После
62
того, как из урны II взяли белый шар и положили в урну Ш, в урне Ш ста-
ло 4 белых шара и 1 черный шар. Событие А произойдет, если совместно
наступят два такие события:
Q - из урны П взят белый шар и положен в урну Ш;
С2 - из урны Ш взят белый шар и положен в урну I.
Вероятность РВ{ (А) найдем по теореме умножения вероятностей за-
висимых событий:
3 4 12
Рз1(Л) = Р(С1)РС1(С2) = ^^ = ^.
Рассмотрим второй вариант. После того, как из урны I взяли черный
шар и положили в урну П, в урне П стало 2 белых и 3 черных шара. После
того, как из урны П взяли черный шар и положили в урну Ш, в урне Ш
стало 3 белых и 2 черных шара. Событие А произойдет, если совместно
наступят два такие события:
Di - из урны П взят черный шар и положен в урну Ш;
-из урны Ш взят черный шар и положен в урну I.
Вероятность РВ2 (А) найдем по теореме умножения вероятностей за-
висимых событий:
Вероятность события А найдем по формуле (16):
2 19 3 6	49
Р(Л) = Р(51).РЯ1(Л) + Р(Д2).РВ2(Л) = ±-^ + ^^ = -^ = 0,336.
23. Формула Бейеса
Пусть событие А может наступить лишь при условии появления од-
ного из несовместных событий (гипотез) Р1,В2,...,РЯ, которые образуют
полную группу событий. Если событие А уже произошло, то вероятности
гипотез могут быть переоценены по формуле Бейеса:
63
(.1>2....... (17)
/=1
В этой формуле PiBj) - вероятность события Bi9 PBf (Л) - условная
вероятность события Л, вычисленная при условии, что событие 1% насту-
п
пило; Р(Л) = ^Р(2^)/^(Л) - вероятность события Л; Р^С®/) - ус-
i=l
ловная вероятность события Bi9 вычисленная при условии, что событие Л
произошло.
52.	Имеется 10 одинаковых по виду урн, в 9-и из которых находятся
по 2 черных и 2 белых шара, а в одной - 5 белых и 1 черный. Из наудачу
выбранной урны извлечен шар. Извлеченный шар оказался белым. Чему
равна вероятность того, что этот шар извлечен из урны, содержащей 5 бе-
лых шаров?
Решение. Имеется 2 группы урн с различным составом шаров; 9
из имеющихся урн относятся к первой группе, одна урна - ко второй
группе. Испытание состоит в том, что из наудачу выбранной урны извле-
кается шар. Рассмотрим гипотезы:
В\ - выбрана урна первой группы;
В2 - выбрана урна второй группы и
событие Л - извлечение белого шара.
Вероятности гипотез Вх и В2 равны:
Р^) = 9/10 = 0,9, Р(Р2) = 1/10 = 0,1. Гипотезы Вх и В2 составляют
полную группу несовместных событий, сумма вероятностей гипотез равна
Р(51) + Р(Р2) = О,9 + О,1 = 1.
Событие Л может произойти только или вместе с событием В±, или с
событием В2. До проведения испытания условная вероятность события Л,
64
вычисленная при условии, что оно наступило вместе с событием 5j, равна
Р^ (А) = 2/4 = 1/2 (так как в каждой из урн первой группы среди четырех
имеющихся шаров находятся 2 белых шара). До проведения испытания
условная вероятность события А, вычисленная при условии, что оно на-
ступило вместе с событием В2, равна Р?2 (Л) = 5/6 (так как в урне второй
группы среди шести имеющихся шаров находятся 5 белых).
Пусть событие А произошло: извлеченный из некоторой урны шар -
белый. Переоценим вероятность второй гипотезы. По формуле (17) получим
Р(В2)Рв(А)	0,14
РАВ,) =--------------------------=----=—“—г = 0,15625.
р(в1)рВ}(А)+р(в2)рВ2(А) од.5+О9.1
’6 ’ 2
53.	С первого автомата поступает на сборку 80% деталей, а со второ-
го - 20% таких же деталей. На первом автомате брак составляет 1%, а на
втором - 5%. Проверенная деталь оказалась бракованной. Что вероятнее:
эта деталь изготовлена на первом автомате дли же она изготовлена на вто-
ром автомате?
Решение. Испытание состоит в проверке качества детали. Рас-
смотрим события:
Bi - проверена деталь, изготовленная на первом автомате;
В2 - проверена деталь, изготовленная на втором автомате;
А - проверенная деталь является бракованной.
Безусловные вероятности гипотез - событий Вх и В2 до проведения
испытания равны: Р(В{) =0,8, Р(В2) = 0,2. Гипотезы В\ и В2 составляют
полную группу несовместных событий, сумма вероятностей этих событий
равна Р{В]) + Р(В2) = \.
На первом автомате брак составляет 1%, поэтому Р^{А)- 0,01. На
втором автомате брак составляет 5%, поэтому РВг{А}-0,05.
Событие А может наступить или вместе с событием Вг, или с собы-
тием В2.
65
0,8 0,01
Пусть событие А произошло. Переоценим вероятности гипотез. По
формуле Бейеса найдем:
р (В х = Р(А)РД1(Л) =	0,8 0,01	= 4
. Р(Р1) • PBi (Л) + Р(В2) • Рэ2 (А) 0,8 • 0,01 + 0,2 • 0,05 9 ’
Р (в ) =	=	0,2 0,05	= 5
2) Р(В1) РВ1(Л)+Р(В2) РВ2(Л) 0,8 0,01 + 0,2-0,05 9'
Получено, что /^(В2) > Таким образом, более вероятно, что
проверенная деталь, оказавшаяся бракованной, изготовлена на втором ав-
томате.
54.	Изделие проверяется на стандартность одним из двух товарове-
дов. Вероятность того, что изделие попадет к первому товароведу, равна
0,55, а ко второму - 0,45. Вероятность того, что стандартное изделие будет
признано стандартным первым товароведом, равна 0,9, а вторым - 0,98.
Стандартное изделие при проверке было признано стандартным. Найти ве-
роятность того, что его проверил второй товаровед.
Решение. Испытание состоит в проверке на стандартность одного
изделия. Рассмотрим события:
2?1 - изделие проверил первый товаровед;
В2 - изделие проверил второй товаровед;
А - стандартное изделие при проверке признано стандартным.
Безусловные вероятности гипотез - событий Bt и В2 до проведения
испытания равны Р(В{) = 0,55, Р(В2) = 0,45. Вероятность того, что стан-
дартное изделие будет признано стандартным первым товароведом, т. е.
условная вероятность события А, вычисленная при условии, что оно про-
изошло вместе с событием Bit равна РВ1(А) = 0,9. Вероятность того, что
стандартное изделие будет признано стандартным вторым товароведом,
т. е. условная вероятность события Л, вычисленная при условии, что оно
произошло вместе с событием В2, равна Рд2(Л) = 0,98.
66
Известно, что событие А наступило. Переоценим вероятность собы-
тия В2. По формуле (17) при п = 2 найдем:
РЛ(В2) =-----М50»98--------„ о,4712.
Л 2) 0,55-0,9 + 0,45-0,98
55.	В откормочный комплекс поступают телята из трех хозяйств. Из
первого хозяйства телят поступает в 2 раза больше, чем из второго, а из
второго - в 3 раза больше, чем из третьего. Первое хозяйство поставляет
15% телят, имеющих живой вес более 300 кг. Второе и третье хозяйства
поставляют соответственно 25% и 35% телят, живой вес которых превы-
шает 300 кг. Наудачу отобранный теленок при поступлении в откормоч-
ный комплекс весит 320 кг. Какова вероятность того, что он поступил из
третьего хозяйства?
Решение. Испытание состоит во взвешивании наудачу отобранно-
го теленка из числа поступивших в откормочный комплекс.
Рассмотрим события:
Bj, В2, В3 - отобран теленок, поступивший соответственно из 1-го,
из 2-го, из 3-го хозяйства;
А - наудачу отобранный теленок имеет живой вес, превышающий
300 кг.
Найдем безусловные вероятности гипотез - событий В3, В2 и В3 до
проведения испытания. Приняв, что из 3-го хозяйства поступает х% телят,
получим, что из 2-го и 3-го хозяйств поступает соответственно Зх% и
6х% телят. Общее количество телят, поступающих из этих трех хозяйств,
составляет 100%. Таким образом, имеем: 10х = 100, х = 10. Итак, число
телят, поступающих из 1-го, 2-го и 3-го хозяйств составляет соответствен-
но 60%, 30% и 10% от их общего количества. Учитывая это, найдем веро-
ятности гипотез до проведения испытания:
Р(ВХ) = 0,6; Р(В2) = 0,3; Р(В3) = 0,1.
Из 1-го хозяйства поступает 15% телят, живой вес которых превышает
300 кг, поэтому РдДЛ) = 0,15. Аналогично найдем: Рд2(Л) = 0,25,
РВз (А) =0,35.
67
Событие А может произойти или вместе с событием Вх, или с собы-
тием Л2, или же с событием В2.
Пусть событие А произошло. Переоценим вероятность третьей гипо-
тезы - события .
По формуле (17) при п = 3 найдем:
р (В ____________________________________________
Л 37 Р^Р^А^Р^Р^А^Р^Р^А)"
=--------------------------=0175
0,6 0,15+0,3 0,25+0,1 0,35
56.	У пользователя имеются три дискеты для компьютера, изготов-
ленные на фирмах К, L и М, по одной дискете от каждой из этих фирм,
причем штампы фирм на дискетах отсутствуют. Две из имеющихся трех
-дискет оказались бракованными. Какова вероятность того, что бракован-
ными являются дискеты фирм L и М, если брак в продукции фирмы К со-
ставляет 10%, а в продукции фирм L и М - соответственно 20% и 15%?
Решение. Обозначим событие: А - бракованными являются две
дискеты.
Событие А может наступить только при условии появления одного
из несовместных событий Bj (гипотез), составляющих полную группу.
Рассмотрим гипотезы:
Bi - бракованными являются дискеты фирм К и L, а дискета фирмы
М - годная;
В2 - бракованными являются дискеты фирм К и М, а дискета фирмы
L-годная;
В$ - бракованными являются дискеты фирм L и М, а дискета фирмы
К-годная;
54 - бракованной является одна дискета;
В5 - все три дискеты - бракованные;
Вв - все три дискеты - годные.
68
Вероятности гипотез j?4, Bs, В6 вычислять не нужно, так как при
этих гипотезах событие А невозможно, поэтому условные вероятности
Рв4 (А) = Рв$ (А) = Pg6 (Л) = 0 и, следовательно, равны нулю и произве-
дения Р(Р4) • Рв* (А), Р(В5)• Рв$ (А) и Р(В6) • РВб (А) при любых значе-
ниях вероятностей гипотез 54, 55 и	.
Рассмотрим события:
Сх -бракованной является дискета фирмы К;
С2 - бракованной является дискета фирмы L;
С3 - бракованной является дискета фирмы М,
а также противоположные им события:
С], С2, С3 - годной является дискета, соответственно, фирмы К,
фирмы L, фирмы М.
Исходя из условия, получим: P(Q) = Р\ = 0,1; Р(С2) = р2 = 0,2;
Р(Сз) = Рз =0,15. Найдем: P(Cj) = qx = 1 -рх = 0,9;
Р(С2) = q2 = 1—р2 = 0,8; P(Cj) =q3= 1 — р3 = 0,85.
Событие Вх состоит в совместном наступлении и события Сх, и со-
бытия С2, и события С3. Это означает, что Вх представляет собой произ-
ведение указанных событий: Вх =CiC2Cj. События Q, С2, С3 - незави-
симые. Вероятность события Вх найдем по теореме умножения вероятно-
стей независимых событий:
Р(А) = Р\Р2Яз = 0.1 • 0,2 • 0,85 = 0,017.
Аналогично получим:
Р(Р2) = Р1Ч2Р3 = ОД • 0,8 • 0,15 = 0,012;
Р(53) = Я1Р2Р3 = 0,9 • 0,2 • 0,15 = 0,027.
Так как при осуществлении каждой из гипотез Вх, В2 и В3 событие
А достоверно, то соответствующие условные вдэоятности равны единице:
РЭ1(Л)=РВ2(Л)-Р2>3(Л)-1.
69
Вероятность того, что бракованными являются две дискеты, найдем
по формуле полной вероятности (16) при л = б:
Р(А) = Р^РВ1 (А)+Р(В2)РВ2 (А)+Р(В3)РВз(А)+
+P(B4)Pb^A)+P(B5)PBs(A-)+P(B6)PB6{A) =
= 0,017 • 1+0,012 • 1+0,027 • 1 = 0,056.
Искомую вероятность того, что бракованными являются дискеты
фирм L и М, найдем по формуле Бейеса:
ад)°Лад’(Л)^-0,4821.
А 3' Р(Л) 0,056
Глава 3
ПОВТОРНЫЕ НЕЗАВИСИМЫЕ ИСПЫТАНИЯ
Часовые любви на Смоленской стоят.
Часовые любви у Никитских не спят.
Часовые любви
по Петровке идут неизменно...
Часовым полагается смена.
О великая вечная армия,
где не властны слова и рубли,
где все - рядовые: ведь маршалов нет у любви!
Булат Окуджава
3.1.	Формула Бернулли
Пусть производится п независимых испытаний, в каждом из которых
может появиться или не появиться событие А. Вероятность наступления
события А в каждом испытании постоянна и равна р. Вероятность появ-
ления события А в п испытаниях ровно т раз (безразлично, в какой по-
следовательности) находят по формуле Бернулли
P„(m) = CpV“W.	(18)
В этой формуле р - вероятность появления события А в одном ис-
пытании; q = 1 - р - вероятность непоявления события А в одном испы-
тании; п - общее число производимых испытаний; т - число испыта-
ний, в которых появится событие Л; Рп(т) - вероятность того, что собы-
тие А появится ровно т раз в п испытаниях.
57. Вероятность выиграть по одному билету лотереи равна 1/7. Како-
ва вероятность, имея 7 билетов, выиграть
а)	по двум билетам;
б)	по трем билетам?
Решение. Испытание состоит в проверке одного билета на выиг-
рыш. В каждом испытании может наступить или не наступить событие Л,
71
которое заключается в получении выигрыша на билет. Общее число испы-
таний п = 7. Испытания являются независимыми, так как наступление со-
бытия А в каждом предыдущем испытании не изменяет вероятности его
наступления в последующем. Вероятность появления события А в каждом
из семи испытаний постоянна и равна р - 1/7; вероятность непоявления
события А в каждом испытании равна q = 1 -/> = 1 -1/7 = 6/7.
а)	Обозначим событие:
В - выигрыш по двум билетам из имеющихся семи.
Число испытаний, в которых ожидается появление события А, равно
т = 2.
Искомую вероятность Р(В) = 7^(2) найдем по формуле (18):
б)	Обозначим событие:
С - выигрыш по трем билетам из имеющихся семи.
Число испытаний, в которых ожидается появление события А, равно
т = 3.
Искомую вероятность Р(С) = Р7(3) найдем по формуле (18):
А(3)=ЙА‘=^{1У{|У-О.°5я.
58. У дикорастущей земляники красная окраска ягод доминирует над
розовой; этот признак передается по наследству. В некоторой популяции
земляники вероятность встретить растение с красными ягодами равна 0,7.
Какова вероятность того, что среди отобранных случайным образом 8-ми
растений этой популяции красные ягоды будут иметь:
а)	6 растений;
б)	не менее шести растений?
Решение. В каждом испытании может появиться или не появиться
событие А, которое состоит в том, что у растения земляники будут крас-
ные ягоды. Общее число испытаний л = 8; испытания являются независи-
мыми. Вероятность появления события А в каждом из восьми испытаний
72
постоянна и равна р- 0,7; вероятность непоявления события А в каждом
испытании равна q = 1 -р = 0,3.
а)	Обозначим событие:
В - ровно б растений из восьми отобранных будут иметь красные
ягоды. Число испытаний, в которых ожидается появление события А, рав-
но ОТ} = 6.
Искомую вероятность Р(В) = 1^(6) найдем по формуле (18) при зна-
чении т = mt:
PS(6) = C8W= -Д: • (0-7)6 • (0,3)2 - 0,2965.
ObZ!
б)	Обозначим событие:
С - не менее шести растений из восьми отобранных будут иметь
красные ягоды.
Рассмотрим события, составляющие событие С:
Q, С2, С3 - красные ягоды будут иметь, соответственно, б растений,
7 растений, 8 растений из 8 отобранных. С\, С2, С3 - несовместные собы-
тия, причем событие Q равно событию В, рассмотренному в пункте а) за-
дачи.
Событие С состоит в том, что красные ягоды будут иметь или 6, или
7, или 8 растении. Это означает, что событие С представляет собой сумму
событий Q, С2 и С3: С = СГ +С2 + С3. Вероятность события С найдем
по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
р^-р^з+р^+р^).	(*)
Вероятность P(Q) = 0,2965. ВероятностиР(С2) и Р(С3) найдем по
формуле Бернулли при значениях т, соответственно равных т2 = 7 и
т3=8:
Р(С2) = Р8(7) = C8W = 8-(0,7)7 • (ОЗ)1 - 0,1977;
Р(С3) = Р8(8) = 1 • (0,7)8 • (03)° “ 0,0576.
Подставив значения P(Cj), Р(С2) и Р(С3) в равенство (*), получим
73
P(Q = P(6 £ m <> 8) = P8(6) + P8(7) + P8(8) «
« 0,2965+0,1977 + 0,0576 = 0,5518.
В рассмотренном случае вероятность Р(С) равна вероятности того,
что событие А появится в 8-ми испытаниях от тх до т3 раз. Итак, при
небольших значениях т и п вероятность того, что т примет определен-
ное значение из заданного интервала, находят с применением формулы
Бернулли и теоремы сложения вероятностей несовместных событий.
59.	Исследование инкубации яиц яичного кросса Беларусь-9 показало,
что цыплята выводятся в среднем из 70% заложенных в инкубатор яиц. Из
общего количества заложенных в инкубатор яиц случайным образом ото-
браны и помечены шесть. Найти вероятности того, что из помеченных яиц
выведутся:
а)	менее трех цыплят;
б)	более трех цыплят;
в)	не менее трех цыплят;
г)	не более трех цыплят.
д)	Есть ли среди событий, вероятности которых требуется найти в пунк-
тах: а) - г), Такие, которые составляют полную группу? (если есть, то какие?).
Решение. Общее число независимых испытаний п = 6. Событие
Л, которое может произойти или не произойти в каждом испытании, со-
стоит в том, что из заложенного в инкубатор яйца выведется цыпленок.
Вероятность наступления события А в каждом испытании постоянна и
равна р = 0,7; вероятность q = 0,3.
Рассмотрим события:
А1 - из 6-ти яиц выведутся менее трех цыплят;
А2 - из 6-ти яиц выведутся более трех цыплят;
А3 - из 6-ти яиц выведутся не менее трех цыплят;
А^ - из 6-ти яиц выведутся не более трех цыплят.
По формуле Бернулли найдем:
Р6(0) = СбР V = 1 • 0,7° • оз6 = 0,000729;
74
^6 С1) = СбА5 = 6 • 0.71 • 0,35 = 0,010206; .
Р6(2) = Cjp2q4 = 15 • 0,72 • 0,34 = 0,059535;
^б(З) F clp V = 20 • 0,73 • 0,33 = 0,18522;
рб(4) = C$p4q2 = 15 • 0,74 • 0,32 = 0,324135;
^6 (5) = CfpV = 6 • 0,75 • 0.31 = 0,302526;
Р6(6) = C%p6q° = 1 • 0,7б • 0,3° = 0,117649.
Вероятности событий Ai9 Л2> А3 и А^ найдем, применив формулу
Бернулли и теорему сложения вероятностей несовместных событий:
Р(Аг) = Р(0 < /и < 2) = Р6(0) + Рб(1) + Р6(2) =
= 0,000729 + 0,010206 + 0,059535 = 0,07047;
Р(А2 ) = Р(4<т<6) = Р6 (4)+Р6 (5)+Рб(6) =
= 0,324135+0,302526+0,117649 = 0,74431;
Р(А3) =Р(3 <, т <> 6) = Рб(3)+Р6(4)+Р6(5)+Р6(б) =
= 0,18522 + 0,74431 = 0,92953;
Р<А) = Р(0 < т <. 3) = Р6(0)+Р6(1)+Р6(2)+Рб(3) =
= 0,07047 +0,18522 = 0,25569.
События А1 и А3 составляют полную группу несовместных событий,
так как событие B=‘Ai+A3 достоверно. Вероятность этого события
Р(В) = Р(АХ + 4) = Р(4) + Р(Л3) = 0,07047 + 0,92953 = 1.'События Д
и А3 - взаимно противоположные; можно обозначить: А1 = А3.
Так же можно показать, что полную группу несовместных событий
составляют события А2 и А^. События А2 и Д - взаимно противополож-
ные; можно обозначить: А2=А4.
60.	В Московской области при выращивании озимой ржи сорта Чулпан с
применением почвозащитных технологий обработки почвы и средств химиза-
ции вероятность гибели более 92% всех сорняков равна 0,8. На опытном поле,
разбитом на делянки, случайным образом выбрано 5 делянок. Найти вероят-
ность того, что не менее, чем на двух из них погибнет более 92% сорняков.
75
Решение. Испытание состоит в проверке факта гибели более 92%
сорняков на одной делянке. Общее число испытаний л = 5. Все испытания
являются независимыми. Событие А, которое может произойти или не
произойти в каждом испытании - гибель более 92% сорняков. Вероят-
ность р = 0,8, вербятность q — ОД. Рассмотрим событие:
В - более 92% сорняков погибнет не менее, чем на двух делянках из
ПЯТИ.
Вероятность события В представляет собой вероятность того, что
число т появлений события А в пяти испытаниях будет больше или рав-
но двум и меньше или равно пяти. Искомая вероятность равна
Р(В) = Р(2^т^5) = Р5(2)+Р5(3)+Р5(4)+Р5(5).
Каждое из четырех слагаемых в последнем равенстве найдем по фор-
муле Бернулли.
Решение будет более коротким, если рассмотреть событие В, проти-
воположное событию В. Событие В состоит в том, что более 92% сорня-
ков погибнет менее, чем на двух делянках, т. е. или ни на одной, или на
одной делянке. Воспользовавшись формулой (И) для определения вероят-
ности противоположного события и теоремой сложения вероятностей не-
совместных событий, получим
Р(В) = Р(2 £ т £ 5) = 1 - Р(0 £ т <, 1) = 1 - (Pj(0)+Р5(1».
Вероятности Р5(0) и Р5(1) найдем по формуле Бернулли. Таким обра-
зом,
Р(В) = Р(2 S т <, 5) = 1 - С$р V -	=
= 1 -(ОД)5 -5(0,8)х - (0,2)4 = 0,99328.
61.	Вероятность того, что из четырех кустов садовой земляники сорта
Талисман, отобранных с некоторого участка случайным образом, хотя бы
один куст поражен вилтом, равна 0,3439. Какова вероятность поражения
вилтом одного куста земляники, если для всех кустов эта вероятность оди-
накова?
76
Решение. Испытание состоит в проверке одного куста земляники.
Общее число испытаний п = 4. Испытания являются независимыми. Собы-
тие А у которое может появиться или не появиться в каждом испытании, со-
стоит в том, что проверенный куст поражен вилтом. Рассмотрим события:
С — вилтом поражен хотя бы один куст из четырех кустов земляники;
С - ни один из четырех кустов не поражен вилтом.
Событие С противоположно событию С. Используя формулу (11)
для определения вероятности противоположного события и формулу (18),
по которой найдем Р(С) = /^(0), получим:
Р(С) = 1 - Р4(0) = 1 - / = 0,3439,
где q = l-p.
Решив уравнение I-?4 = 0,3439, найдем q = 0,9; отсюда получим
Р- 0.1.
62.	Две электрические лампочки включены в цепь параллельно. Веро-
ятность того, что при некотором повышении напряжения в цепи выше но-
минального перегорит только одна лампочка, равна 0,18. Найти вероятно-
сти перегореть для каждой из этих лампочек, если известно, что эти веро-
ятности превосходят 0,7 и равны между собой.
Решение. Испытание состоит в проверке работы электрической
лампочки. Общее число испытаний п = 2. Испытания являются независи-
мыми. Событие А, которое может произойти или не произойти в каждом
испытании, состоит в том, что при повышении напряжения в цепи лампочка
не перегорит. Известна вероятность того, что не перегорит только одна лам-
почка (без указания, какая именно). Так как вероятности наступления собы-
тия А в каждом испытании равны между собой, то известна вероятность
Р2(1), определяемая по формуле Бернулли. По условию 7^(1) = 0,18. Тре-
буется найти вероятность р наступления события А в каждом испытании.
По формуле Бернулли получим
Р2(1) = CW = 2?(1 - Р) = 0,18.
77
Отсюда следует, что неизвестная вероятность р может быть найдена
как корень квадратного уравнения р2 - р + 0,09 = 0. Это уравнение имеет
два корня: р^ = 0,9 и р2 = 0,1. По условию р > 0,7, поэтому задаче удов-
летворяет лишь первый корень. Таким образом, вероятность того, что каж-
дая из лампочек не перегорит, равна р = 0,9.
63.	Большая партия автопокрышек содержит 1,5% брака. Каков дол-
жен быть объем случайной выборки для того, чтобы вероятность обнару-
жить в ней хотя бы одну бракованную автопокрышку была бы более 0,92?
Решение. Объем случайной выборки обозначим через п. Испыта-
ние состоит в проверке автопокрышки. Событие А, которое может про-
изойти или не произойти в каждом испытании, состоит в том, что прове-
ренная автопокрышка окажется бракованной. Вероятность р = 0,015; ве-
роятность q = 0,985. Рассмотрим события:
С - выборка проверяемых автопокрышек содержит хотя бы одну бра-
кованную автопокрышку;
С - выборка проверяемых автопокрышек не содержит ни одной бра-
кованной автопокрышки.
Используя формулы (11) и (18), получим:
Р(С) = 1 - Р(С) = 1 - Р„(0) = 1 - q* = 1 - (0,985)".
По условию Р(С) > 0,92. Таким образом, для того, чтобы найти п,
нужно решить неравенство:
1-(0,985)" >0,92.
Последовательно найдем
(0,985)" < 0,08; п • 1п0,985 < 1п0,008.
Так как 1п0,985<0, то
n>jB2!08^el 1608
1п0,985
Итак, случайная выборка должна содержать не менее 168 автопокры-
шек.
78
64.	Вероятность отказа каждого прибора при испытании равна ОД.
Сколько таких приборов нужно испытать, чтобы с вероятностью, не мень-
шей, чем 0,9, можно было бы утверждать, что откажут не менее двух
приборов?
Решение. Обозначим искомое число приборов через п. Событие
А, которое может произойти или не произойти в каждом испытании, состо-
ит в том, что прибор откажет. Вероятность р = 0,2; вероятность q = 0,8.
Рассмотрим события:
В - откажут не менее двух приборов;
В - откажут менее двух приборов.
Событие В состоит в том, что или ни один прибор не откажет, или
же откажет один прибор. Вероятность события В найдем, воспользовав-
шись формулой Бернулли и теоремой сложения вероятностей несовмест-
ных событий:
Р(5) = Ря(0)+Р„(1)=А" +Ф?”"1 =0,8" +Л-0Д0Д”"1 =0,8"fl+?Y
Согласно формуле (11)
Р(В) = 1 - Р(В) = 1 -	.
4
По условию Р(Я)>0,9. Следовательно, для определения п нужно
решить неравенство:
4
Последовательно найдем
4
0,8” (и+4) = 0,4;
п • lg0,8+lg(n+4) 5 lg0,4;
0,0969л S lg(n+4) + 0,3979.
79
Это неравенство выполняется при п 18.	1
Таким образом, нужно испытать не менее 18 приборов.	|
3.2.	Наивероятнейшее число появлений события в независимых испы-
таниях
Наивероятнейшее число т$ (или наивероятнейшую частоту) наступ-
ления события А в п независимых испытаниях, в каждом из которых оно
может наступить с вероятностью р (w. не наступить с вероятностью
q = 1 - р), находят из двойного неравенства
пр - q £ т0 <, пр + р.
(19)
65.	На некотором поле повреждены гербицидами 15% растений мяты
рассадной посадки. Найти наивероятнейшее число поврежденных герби-
цидами растений мяты среди 20 растений, отобранных с этого поля слу- .
чайным образом.
Решение. Испытание состоит в проверке одного растения мяты.
Общее число независимых испытаний п - 20. Событие А, которое может
произойти или не произойти в каждом из 20 испытаний, состоит в том, что -
проверенное растение мяты окажется поврежденным. Вероятность наступ-
ления события А в каждом испытании равна р — 0,15, вероятность проти-
воположного события А равна q = 0,85.
Наивероятнейшее число (наивероятнейшую частоту) т0 поврежден-
ных растений мяты среди 20 отобранных найдем по формуле (19). Вычис-
лим лр+р = 20-0,15+0,15 = 3,15. Так как левая и правая части неравен-
ства (19) отличаются друг от друга на единицу, то при данных значениях п
и р должно выполняться неравенство:
2,15 <	£3,15.	(*)
80
Частота является целым числом. Последнему неравенству удовле-
творяет единственное целое число - число 3, поэтому т0 = 3.
66.	Склады семенного картофеля перед посадкой проверяют на отсут-
ствие очагов гниения. В проверенном складе оказалось 20% клубней с пят-
нами. Найти:
а)	наивероятнейшее число клубней без пятен из 9 клубней, отобран-
ных случайным образом;
б)	вероятность наивероятнейшего числа клубней без пятен.
Решение. Испытание состоит в проверке одного клубня картофе-
ля. Общее число независимых испытаний п = 9. Событие А, которое мо-
жет появиться или не появиться в каждом испытании, состоит в том, что
проверенный клубень окажется без пятен, т. е. доброкачественным. Веро-
ятность появления события А в каждом испытании постоянна и равна
р = 0,8, вероятность противоположного события А равна q = 1 - р = 0,2.
а)	Вычислим пр + р = 9 • 0,8 4- 0,8 = 8. Левая неправая части неравен-
ства (19) отличаются друг от друга на единицу, поэтому получим:
7	^8. Так как np-q = 1- целое число и пр + р = 8 - целое число,
то имеем два наивероятнейших числа: = 7 или т$ = 8.
б)	Вероятность 2^(7) найдем по формуле Бернулли:
Р9(7) = Cjр1 q2 .= 36 • (0,8)7 • (0,2)2 « 0,3020.
Вероятности появления события Л в 9 испытаниях 7 или 8 раз равны.
Вероятность Р9(8) = Р9(7) » 0,3020.
67.	Вероятность появления события А в каждом из п независимых испы-
таний равна 0,7. Сколько таких испытаний нужно произвести, чтобы наиверо-
ятнейшее число появлений события А в этих испытаниях было бы равно 20?
Решение. По условию р = 0,7; поэтому q = 0,3. Наивероятней-
шее число появлений события А в производимых испытаниях т$ = 20.
Требуется найти число испытаний п.
81
Для того, чтобы найти п, воспользуемся двойным неравенством (19).
Подставив в это неравенство исходные данные, получим:
0,7л - 0,3 < 20 £ 0,7л+ 0,7.
Это двойное неравенство равносильно системе неравенств:
0,7л-0,3 £20,
0,7л+0,7 £ 20.
Из первого неравенства системы найдем л £ 20,3/0,7 = 29. Из второ-
го неравенства системы получим л > 19,3/0,7 « 27,57.
Итак, необходимо произвести 28 или 29 испытаний.
33. Асимптотическая формула Лапласа
Производится л независимых испытаний, в каждом из которых может
появиться или не появиться событие А. Вероятность наступления события
А в каждом испытании постоянна и равна р (0 < р < 1). Если число ис-
пытаний достаточно велико, то вероятность наступления события А ровно
т раз (безразлично, в какой последовательности), приближенно может
быть найдена по асимптотической формуле Лапласа:
р(х).	(20)
J пра
Здесь
^)=?Ье'2'
Jnpq
В формуле (20) р - вероятность наступления события А в одном ис-
пытании; q = 1 - р - вероятность ненаступления события А в одном ис-
пытании; л - общее число производимых испытаний; т - число испыта-
82
ний, в которых наступит событие А; Рп(т) - вероятность того, что со-
бытие А наступит т раз в п испытаниях.
По приближенной формуле (20) вероятность Рп(т) определяется тем
точнее, чем больше п. Практически этой формулой можно пользоваться
при п > 10 и при значениях р, не очень близких к нулю или к единице.
Значения функции 0х) для некоторых хйО приведены в табл. 1
приложения. Поскольку функция 0х) четная, то при определении ее зна-
чений для х < 0 нужно воспользоваться равенством: 0-х) = 0х).
Для х > 4 имеем 0х) « 0.
68.	У клевера красного сорта Пермский местный бывает в среднем 84%
позднеспелых растений. Какова вероятность того, что 52 растения из 60 рас-
тений клевера, отобранных случайным образом, являются позднеспелыми?
Р е ше н и е. В каждом испытании определяют, является ли растение
клевера позднеспелым. Общее число независимых испытаний п - 60. Со-
бытие А, которое может произойти или не произойти в каждом испыта-
нии, состоит в том, что взятое растение является позднеспелым. Вероят-
ность наступления события А в каждом испытании равна р = 0,84; веро-
ятность ненаступления события А в каждом испытании равна q~ 0,16;
число появлений события А равно т = 52. Требуется найти 2^(52).
Число п испытаний велико, поэтому для того, чтобы найти 7^(52),
воспользуемся асимптотической формулой Лапласа (20), позволяющей
вычислить искомую вероятность приближенно, но с большой степенью
точности.
Определим
х=^Р =
52-60 0,84
/60 0,84 0,16
«0,5634.
По таблице значений функции 0х) (см. табл. 1 приложения) найдем
00,56) = 0,3410.
Искомая вероятность приближенно равна
83
/>60 (52) «	= 7..0,3410	• 0,1201.
Jnpq 760-0,84-0,16
69.	При скрещивании двух кормовых сортов люпина во втором поколе-
нии теоретически ожидаемым отношением алкалоидных растении к безалка-
лоидным является отношение 9 : 7. Найти вероятность того, что среди полу-
ченных 150 гибридных растении половина растений будут алкалоидными.
Решение. Испытание состоит в проверке одного растения лю-
пина. Общее число независимых испытании равно п = 150. В каждом
испытании может произойти или не произойти событие А - появление
алкалоидного растения люпина. Воспользовавшись классическим опре-
делением вероятности события, получим, что вероятность наступления
события А в каждом испытании равна р = 9/16 = 0,5625. Вероятность
события А равна q- 7/16 = 0,4375. Число т появлений события А
равно 75. Требуется найти Р150(75).
Число п испытаний велико, поэтому для определения JFJ50(75) при-
меним асимптотическую формулу Лапласа (20), позволяющую найти ис-
комую вероятность приближенно, но с большой степенью точности.
Вычислим
т-пр	75-150-0,5625	.
X =--SBSBSSST* = —,1 чип ===========s=s=ax=a=e& — “1,543 .
Jnpq 7150-0,5625-0,4375
Воспользовавшись таблицей значений функции ^>(х) (см. табл. 1 при-
ложения), найдем ^(-1,54). В таблице приведены значения ^>(х) только
для х£0. Если получено х<0, то ф(х) находят по этой же таблице,
учитывая, что ф(х) - четная функция и ф(-х) = <р(х). В данной задаче
$>(-1,54) = $>(1,54) = 0,1219.
Искомая вероятность приближенно равна
...................................0,1219----------0,02.
7«Р?	7150-0,5625-0,4375
84
3.4. Формула Пуассона
Производится п независимых испытаний, в каждом из которых может
появиться или не появиться событие А. Вероятность наступления собы-
тия А в каждом испытании постоянна и равна р. Если число испытаний
велико, а вероятность р очень мала (близка к нулю), то вероятность появ-
ления события А ровно т раз в п испытаниях может быть найдена при-
ближенно по формуле Пуассона
Р„(т^~е~л,	(21)
т!
где А = пр.
Формулу Пуассона можно применять для приближенного определе-
ния Р„ (т) при А = пр 10.
Значения функции Р(т,Х) для некоторых А приведены в табл. 2
приложения.
70.	Опытный участок засеян семенами костра безостого. На одной из
делянок этого участка в травостое содержится 0,4% сорных растений -
клевера белого и разнотравья. Какова вероятность того, что среди 125 рас-
тений этой делянки, отобранных случайным образом, имеются
а)	ровно 3 сорных;
б)	не более трех сорных.
Решение. Испытание состоит в проверке одного растения. Общее
число независимых испытаний п = 125. В каждом испытании может поя-
виться или не появиться событие А, которое состоит в том, что отобран-
ное растение - сорное. Вероятность р = 0,004 наступления события А в
каждом испытании весьма мала, причем А = пр = 125 • 0,004 = 0,5 < 10, по-
этому вероятности Рн(т) найдем по формуле Пуассона (21).
85
а)	Число наступлений события А в 125 испытаниях т-3. Искомая
вероятность приближенно равна
Р125(3) • ^Г'е~°’5	0,60653 «0,012636.
Воспользовавшись таблицей значений функции Р(т,2) (см. табл. 2
приложения), также получим, что при 2 = 0,5 вероятность Т^25(3) ®
0,012636.
б)	Число появлений события А находится в интервале 0 £ m £ 3, тре-
буется найти вероятность попадания числа т в этот интервал, т. е.
Р(0£т£3) при и = 125 и 2 = пр = 0,5. Искомую вероятность найдем,
применив формулу Пуассона и теорему сложения вероятностей несовме-
стных событий:
Р125(0 < т < 3) = Р125(0)+Р125(1)+Pi25(2)+P125(3).
По таблице распределения Пуассона (см. табл. 2 приложения) для зна-
чения Л = 0,5 найдем: Р(0) = 0,6065, Р(1) = 0,3033, Р(2) = 0,0758,
Р(3) = 0,0126.
Таким образом, получим
Р125(0 <, т <. 3) « 0,6065+ 0,3033 + 0,0758 + 0,0126 = 0,9982.
3.5. Интегральная формул а Лапласа
Если вероятность р наступления события А в каждом из п незави-
симых испытаний постоянна, причем 0 < р < 1, а число п повторных не-
зависимых испытаний достаточно велико, то вероятность того, что собы-
тие А наступит не менее mj и не более раз, приближенно равна
Р(«! <. т < m2) а Ф(х2)-Ф(х!).
(22)
Здесь
_ -Пр
*1 ~ / >
Jnpq
m2-пр
q = \-p,
86
If 2
Ф(х) =   I	/2dz - функция Лапласа,
о
Приближенная формула (22) позволяет вычислить вероятность
Р(т\ <т<m2) тем более точно, чем больше п. Практически эту форму-
лу можно применять при п > 10 и при значениях р, не слишком близких
к нулю или к единице.
В табл. 3 приложения приведены значения функции Ф(х) для х > 0.
Поскольку функция Ф(х) нечетная, то при определении ее значений для
х < 0 нужно воспользоваться равенством: Ф(-х) = -Ф(х). Для значений
х > 5 имеем Ф(х) « 0,5.
71.	При механизированной уборке картофеля повреждается в среднем
10% клубней. Найти вероятность того, что в случайной выборке из 200
клубней картофеля повреждено от 15 до 50 клубней.
Решение. Из условия следует, что вероятность р = 0,1, вероят-
ность # = 1-р = 0,9. Число независимых испытаний л = 200. Требуется
найти вероятность того, что т < т2, где = 15, ти2 = 50. Так как
п = 200 - достаточно большое число, то искомую вероятность найдем
приближенно по формуле (22).
Вычислим
х _т2 -пр _ 50 - 200-0,1	???
2	4*Р<1	7200 0Д 0.9	’ ’
тл-пр 15-200-0,1	,1О
Фм 7200-0,1-0,9
Так как х2 > 5, то Ф(7,07) » 0,5. Поскольку функция Лапласа является
нечетной, то Ф(-1,18) = —Ф(1,18). Воспользовавшись таблицей значений
функции Лапласа (см. табл. 3 приложения), найдем Ф(-1,18) = -0,3810.
По формуле (22) найдем:
Р2оо(15 £ m £ 50) « Ф(7,07) - Ф(-1,18) • 0,5-(-0,381) = 0,881.
87
72.	Найта вероятность того, что среди 1000 новорожденных детей
мальчиков будет:
а)	не менее половины.
6)	менее половины;
Принять, что вероятность рождения мальчика равна 0,51.
Решение. По условию п = 1000; р = 0,51; найдем q = 0,49.
а)	Согласно условию нужно принять тх = 500, а. тп2 = 1000- Требу-
ется найти -FjoooCSOO < т < 1000).
Вычислим
х _ т1 -пр _ 1000-1000 0,51
*2 Jnpq -/1000 0,51 0,49 “ ’
_т1-пр_ 500-1000-0,51 _
1 Jnpq	71000 0,51-0,49
Воспользовавшись таблицей значений функции Лапласа (см. табл. 3
приложения) и учитывая свойства этой функции, получим
Ф(-0,63) = -Ф(0,63) = -0,2357; Ф(31) - 0,5.
Искомая вероятность приближенно равна
Р(500 S т £ 1000) « Ф(31) - Ф(-0,63) • 0,5 - (-0,2357) = 0,7357.
б)	Согласно условию в рассматриваемом случае нужно принять
= 0, zn2 = 500. Требуется найти Р(0 £ т < 500).	1
Обозначим через В событие, состоящее в том, что среди 1000 новорож-
денных мальчиков будет не менее половины. Событию В противоположно
событие!? - мальчиков будет менее половины. Так как Р(В) = 1 - Р(В), то
Р(5) = Р(0 £ т < 500) = 1 -Р(500 £ т < 1000) = 1 - 0,7357 = 0,2643.
Этот же результат получим, определив Р(0 £ m < 500) непосредст-
венно по интегральной теореме Лапласа.
73.	На склад поступает одинаковая продукция с трех предприятий.
Продукция первого предприятия составляет на складе 25%, второго - 30%
и третьего - 45%. В продукции первого предприятия имеется 60% изделий
высшего сорта, в продукции второго - 65%, в продукции третьего - 40%.
88
Найти вероятность того, что среди 200 наудачу взятых изделий не менее 90
изделий являются изделиями высшего сорта.
Решение. Рассмотрим события:
А -наудачу взятое со склада изделие является изделием высшего
сорта;
В -среди 200 наудачу взятых изделий имеется не менее 90 изделий
высшего сорта.
Вероятность события А найдем по формуле полной вероятности. Ги-
потезы: В^, В2, В3 - наудачу взятое изделие изготовлено соответственно
на первом, втором, третьем предприятии. Вероятности гипотез, согласно
условию, равны: Р(В]) = 0,25; Р(В2) = 0,3; Р(В3) - 0,45. Условные ве-
роятности: PBi (Л) = 0,6; РВ1 (Л) = 0,65; PBi (Л) = 0,4.
По формуле полной вероятности (16) при п = 3 получим:
Р(А) = Р(В1)РВ1(А)+Р(,В2)РВ2(А)+Р(В3)РВз(А) =
= 0,25 • 0,6+0,3 • 0,65 +0,45 • 0,4 = 0,525.
Искомую вероятность события В найдем приближенно по интеграль-
ной формуле Лапласа (22). Число независимых испытаний п “ 200, веро-
ятность р = 0,525; вероятность q = 0,475. Требуется определить вероят-
ность того, что £ т £ т2 , где т\= 90, т2= 200.
Вычислим
' иь-яр 200- 200 0,525
7w 7200 0,525 0,475
тгь-пр 90-200-0,525
1 7w 7200-0,525-0,475
Так как х2 > 5, то Ф(х2) « Ф(13,45) » 0,5. Функция Лапласа является
нечетной, поэтому Ф(-2,12) = -Ф(2,12). Воспользовавшись таблицей зна-
чений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) найдем
Ф(-2,12) = -0,4830.
По формуле (22) получим
Р(90	200) - Ф(13,45) -Ф(-2,12) » 0,5- (-0,4830) = 0,983.
89
3.6.	Отклонение относительной частоты от постоянной вероятности в
независимых испытаниях
Вероятность того, что в п независимых испытаниях, в каждом из ко-
торых вероятность появления события равна р (0<р<1), абсолютная
т
величина отклонения относительной частоты — появления события от ве-
п
роятности появления события не превышает положительного числа £,
приближенно равна удвоенной функции Лапласа Ф(х) при х = G^njpq:
<>е «2Ф
(23)
где ? = 1-р.
74.	Вероятность того, что общая длина растений льна сорта А
составляет 75 - 84 см, равна 0,6. Какова вероятность того, что среди 300
растений льна этого сорта относительная частота растений такой длины
отклонится по абсолютной величине от вероятности появления растений
такой длины не более, чем на 0,05?
Решение. По условию п = 300; £ = 0,05, р = 0,6; найдем q « 0,4.
Искомую вероятность найдем по формуле (23):
- 2ф( 0,05,-^- I« 2Ф(1,77) = 2 • 0,4616 = 0,9232. /
I 40,60,4)
75.	Вероятность заражения пыльной головней некоторого сорта проса
равна 0,3. Случайным образом отобрано 90 колосьев проса этого сорта.
Найти границу абсолютной величины отклонения относительной частоты
зараженных колосьев от вероятности р = 0,3, если эта граница должна
быть гарантирована с вероятностью 0,9836.
90
Решение. Согласно условию р - 0,3; q = 0,7; п = 90;
<,е = 0,9836.
Требуется найти е.
Согласно формуле (23)
< £ I =» 2Ф
= 0,9836.
Из последнего равенства найдем Ф(х) = 0,4918, где х =
VP9
По таблице значений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) най-
дем х = 2,40. Так как
е Е=el......« 20,702г,
}pq ^0,30,7
то 20,702г « 2,40, откуда е ~ 0,1159.
76.	При скрещивании двух сортов гороха (с желтыми и с зелеными се-
менами) Г. Мендель выявил, что во втором поколении вероятность появле-
ния зеленых семян равна 0,25. Сколько нужно взять семян гороха, чтобы с
вероятностью 0,9770 можно было бы ожидать, что относительная частота
зеленых семян отклонится (по абсолютной величине) от вероятности их по-
явления не более, чем на 0,02?
Решение. По условию р = 0,25; е — 0,02; найдем q = 0,75. Из-
вестно, что
-0,25
£ 0,02 = 0,997. Требуется найти число семян п.
В соответствии с формулой (23) имеем
™-р < = 2Ф^е^^ = 0,997.
&
Из этого равенства найдем Ф(х) = 0,4985, где х = £
91
По таблице значений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) най-
дем х = 2,96. Так как
е.
п
0,25 0,75
то получим следующее равенство:
' п
0,25 0,75
= 2,96.
Из последнего равенства определим п = 4107. Итак, нужно взять 4 107 се-
мян.
Глава 4
СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
И ИХ ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ
Я спросила у кукушки,
Сколько лет я проживу...
Сосен дрогнули верхушки,
Желтый луч упал в траву,
Но ни звука в чаще свежей...
Я иду домой,
И прохладный ветер нежит
Лоо горячий мой.
Анна Ахматова
♦♦♦
Ты не часто мне снишься, мой Отчий
дом,
Золотой мой, недолгий век.
Но все то, что случится со мной
потом,-
Все отсюда берет разбег!
Александр Галич
4.1. Ряд, многоугольник и функция распределения дискретной
случайной величины
Закон распределения дискретной случайной величины может быть
представлен рядом распределения, многоугольником распределения,
функцией распределения.
Дискретная случайная величина X, имеющая конечное множество
возможных значений xi с соответствующими им вероятностями
Pi	(i = 1,2..п) может быть задана рядом распределения
следующего вида (табл. 1):
Таблица 1
Xi	*1	х2	...	хп
Pi	Pl	Р2	...	Рп
93
Для вероятностей pt, приведенных в таблице 1, должно выполняться
условие:
п
^Pi = l.	(24)
/=1
Дискретная случайная величина X, имеющая бесконечное (счетное)
множество возможных значений х,- с соответствующими им вероятностя-
ми pi = Р(Х = (i = 1,2,..., и,...) может быть задана рядом распреде-
ления следующего вида (табл. 2):
Таблица 2
*i	*1	*2	...	хл	...
Pi	Pl	Pl	...	Pn	...
Для вероятностей pi9 приведенных в таблице 2, должны выполняться
условия: ряд
Р1+Р2 + - + А1+-
сходится и
оо
2>=1.	(25)
Графически распределение дискретной случайной величины X может
быть представлено многоугольником распределения. Для построения мно-
гоугольника распределения на плоскости в системе координат хОу строят
точки (xf,р^ и соединяют их ломаной линией. На рис. 12 представлен
многоугольник распределения случайной величины, число возможных
значений которой п = 6.
Дискретная случайная величина X может быть задана функцией рас-
пределения F(x), называемой также интегральной функцией распределения:
Для дискретной случайной величины, заданной рядом распределения
(табл. 1 и 2), значения функции распределения находят по формуле
Лх)=2а>	(27)
Х[<Х
94
где суммирование вероятностей pt ведут по всем тем значениям i, для ко-
торых Х( < X.
F(x) = P(X<x).
(26)
Вероятность того, что случайная величина X примет значение
х е	, выражается через функцию распределения формулой
Р(а£Х < fl) = F(JJ)-F(a).	(28)
77.	Участник телевизионной игры за правильный ответ на каждый за-
данный ему вопрос получает пять баллов. Найти ряд распределения слу-
чайной величины X - числа баллов, которое может получить участник
телевизионной игры за правильный ответ на один вопрос, если имеются
два варианта ответов на вопрос и этот участник будет отвечать наугад.
Решение. Рассматриваемая случайная величина X в результате
испытания может принять одно из следующих двух возможных значений:
Xj = 0; х2 = 5. Сумма вероятностей этих значений равна единице. Так как
ответ будет дан наугад, то оба возможные значения величины .ЛГ равнове-
роятны; поэтому вероятность каждого из них равна 0,5.
95
Случайная величина X имеет следующий ряд распределения:
х- Xi 0 5
Pi 0,5 0,5'
78.	Найти ряд распределения случайной величины X - числа выпа-
дений б-и очков при одном бросании игральной кости.
Решение. Случайная величина X - число выпадений 6-ти очков
при одном бросании игральной кости. В результате испытания она может
принять одно из следующих двух возможных значений: Xj = 0; х2 = 1.
События А^, Л}....А$ - выпадение, соответственно, 1-го, 2-х, ... ,
б-и очков при одном бросании игральной кости являются равновероятны-
ми. Сумма вероятностей этих событий равна единице, поэтому
F(4)=P(^)=...=P(4)=i/6.
Следовательно, р2 = Р(Х = 1) = 1/6. Событие А2 - невыпадение 6-ти
очков при одном бросании игральной кости противоположно событию А2,
вероятность Р(Я2) = 1 -Р(А2) = 1 -1/6 = 5/6.
Вероятность р^ = Р(Х = 0) - Р(А2) = 5/6.
Случайная величина X имеет следующий ряд распределения:
X - Xi °	1 ’
’ pt 5/6 1/6*
79.	Найти ряд распределения случайной величины X - числа очков,
выпадающих при одном бросании игральной кости.	•
Решение. Случайная величина X - число очков, выпадающих при
одном бросании игральной кости, в результате испытания может принять
одно из следующих шести возможных значений: Xj =1; х2 =2; х3 =3;
б
х4 = 4; х5 = 5; х6 = 6. Сумма вероятностей У р(Х = xz) = 1 и, так как
/=1
все шесть возможных значений X равновероятны, то вероятность pt ка-
ждого из них равна 1/6.
96
Случайная величина X имеет следующий ряд распределения:
xt	1	2	3	4	5	6
‘ Pi	1/6	1/6	1/6	1/6	1/6	1/6'
80.	Игра состоит в набрасывании колец на колышки. Игрок получает
четыре кольца и бросает по одному из этих колец до первого попадания на
колышек. Вероятность попадания при каждом бросании равна 0,1. Найти
ряд распределения случайной величины X- числа неизрасходованных иг-
роком колец.
Решение. Игра, состоящая в набрасывании четырех колец на ко-
лышек, представляет собой осуществление независимых испытаний, в
каждом из которых может появиться или не появиться событие А - попа-
дание кольца на колышек. Вероятность попадания при одном бросании
равна /> = 0,1; вероятность непопадания при одном бросании равна
q -1 - р = 0,9.
Располагая четырьмя кольцами, игрок может набросить кольцо на ко-
лышек или при первом, или при втором, или при третьем, или при четвер-
том бросании, или же не набросить на колышек ни одного кольца. Воз-
можные значения X/ случайной величины X - числа неизрасходованных
игроком колец будут следующими: 3, 2, 1, 0. Пронумеруем х* в порядке
их возрастания: Xj =0, хг =1, х$ =2, х4 =3.
Значение xj = 0 величина X примет тогда, когда произойдет одно из
двух несовместных событий; первое из них - на колышек попало четвертое
кольцо, второе событие - кольцо, брошенное четвертым, не попало на ко-
лышек. Вероятность события, состоящего в том, что X примет значение
xt = 0, найдем, воспользовавшись теоремой умножения вероятностей не-
зависимых событий и теоремой сложения вероятностей несовместных со-
бытий:
Pi =Р(Х = O) = q3p+q4 = 0,93 • 0,1+0,94= 0,729.
97
Значение х2 = 1 величина X примет тогда, когда игрок израсходует
три кольца, т. е. совместно произойдут события: два брошенных кольца не
попали, а третье кольцо попало на колышек.
Вероятность события, состоящего в том, что X примет значение
х2 = 1 найдем по теореме умножения вероятностей независимых событий:
р2 =	= 1) = q*p = 0,92 • 0,1 = 0,081.
На основании рассуждения, аналогичного предыдущему, найдем
р3 = Р(Х = 2) =pq = 0,9 • 0,1« 0,09.
Вероятность события, состоящего в том, что X примет значение
х4 = 3, равна р = 0,1, так как у игрока останется 3 кольца в том случае,
если он попадет на колышек при бросании первого кольца. Итак,
р4=Р(ЛГ = 3) = 0,1.
Сложив найденные вероятности, получим:
Pi + р2 + рз + Р4 = 0/729 + 0,081 + 0,09 + 0,1 = 1.
Свойство закона распределения о сумме вероятностей возможных
значений случайной величины, отраженное формулой (24), выполняется.
Случайная величина X имеет следующий ряд распределения:
х. о 1	2	3
' pi 0,729 0,081 0,090 0,100 *
81.	Фермер содержит 15 коров, 5 из которых дают удои более, чем по
4 500 л молока в год. Случайным образом отобраны 3 принадлежащие это-
му фермеру коровы. Найти закон распределения случайной величины X -
числа коров, дающих указанные высокие удои среди отобранных.
Решение. Случайная величина X - число коров среди отоб- ран-
ных, дающих в год более, чем по 4 500 л молока в год. Эта величина в ре-
зультате испытания может принять одно из следующих возможных значе-
ний: Xi=0; х2 = 1 > хз = 2; х4 =3. Вероятности возможных значе-ний
величины X найдем по формуле
98
Р(Х = г)=к‘-^~к-
CN
(см. задачу 9).
В данной задаче N = 15 - общее число коров у фермера, к = 5 - об-
щее число коров, дающих указанные высокие удои, I = 3 - число отобран-
ных коров, г - число коров среди трех отобранных, дающих указанные
высокие удои. Искомые вероятности возможных значений X равны:
•^=«1=^=^
С15
D -Pfr-n-^5	_45
Р2-Р(Х_1)_ —_91,
о -Р(Х-2)-^
р3-Р(*-2)- С35 -91>
d -Р(Х-3\-С*	- 2
р4-Р(Х-3)-	-91.
Этот закон распределения называется гипергеометрическим.
Рассматриваемая случайная величина X имеет следующий ряд рас-
пределения:
х. Xi о 1	2	3
' Pi 24/91 45/91 20/91 2/9Г
К о н т р о л ь: 24/91+45/91 + 20/91 + 2/91 = 1.
82.	Изделия испытывают на прочность при работе в перегрузочных
режимах. Вероятность для каждого изделия пройти испытание равна 5/6 и
не зависит от исходов испытаний других изделий. Испытания заканчи- ве-
ются сразу же после того, как появится первое изделие, не выдержавшее
99
проверку на прочность. Найти рад распределения случайной величины
X - числа производимых испытаний.
Решение. Вероятность для каждого изделия пройти испытание
равна р = 5/6; вероятность того, что изделие не пройдет испытание, равна
q = 1 — р = 1/6. Испытания заканчиваются на £-м изделии (к — 1, 2,
3, ...), если первые к - 1 изделий пройдут испытания, а к-е изделие не
выдержит испытания.
Случайная величина X - число проводимых испытаний, ее возмож-
ные значения: 1, 2, 3, ... , к, ... (Теоретически число испытаний может
быть бесконечно большим). Вероятности возможных значений величины
X найдем по теореме умножения вероятностей независимых событий:
=	(*-1,2,3....).
Рассматриваемая случайная величина X имеет следующий ряд рас-
пределения:
х{ 1 2	3 ... к ...
х-.	1 A f ^2
Pl 6 62 63  6*
Особенность рассматриваемой случайной величины X состоит в том,
что теоретически последовательность ее возможных значений является не-
ограниченной. Число производимых испытаний может быть бесконечно
большим, однако вероятность того, что это произойдет, стремится к нулю:
5*"1
limP(X = £) = lim—т- = 0.
Jt—>оо	fc—>°° 6
Убедимся в том, что полученная последовательность вероятностей
со
характеризует закон распределения X, т. е. что У pt = 1.
<=1
Найдем
100
1 5 52
2>=6+?+?
5*4
6*
6 62
л-1
1
6
Рад
представляет собой бесконечно убывающую геомет-
рическую прогрессию, первый член которой & = 1, а знаменатель а — —.
б
Этот рад сходится, его сумма S —	= 6. Таким образом,
83.	На пути туристов, идущих на слет из города М, встречаются два
препятствия, а туристов, идущих из города N, встречается одно препят-
ствие. Вероятности преодолеть без задержки каждое из препятствий для
туристов из города М и туристов из города N соответственно равны 0,6 и
0,7. Найти ряд распределения случайной величины Z - числа препятст-
вий, преодоленных туристами из этих городов (без указания, какого из
них) до первой задержки у препятствия.
Решение. Рассмотрим случайные величины, характеризующие
число препятствий, преодоленных туристами до первой задержки у пре-
пятствия:
X - число препятствий, преодоленных без задержки туристами из го-
рода М;
Y - число препятствий, преодоленных без задержки туристами из го-
рода
Z - число препятствий, преодоленных без задержки туристами из
этих городов, безразлично, из какого: или из города М, или из города N.
101
X и Y - независимые дискретные случайные величины. Случайная
величина Z « X + Y.
Обозначим события:
А - преодоление без задержки препятствия туристами из города М;
А - задержка у препятствия туристов из города М;
В - преодоление без задержки препятствия туристами из города N;
В - задержка у препятствия туристов из города N.
По условию Р(Л) = 0,6, Р(В) = 0,7; следовательно, Р(Л) = 0,4,
Р(В) = 0,3.
Найдем ряды распределения случайных величин X и Y.
Случайная величина X в результате испытания может принять одно
из следующих трех возможных значений: jq = 0, х2 = 1, х3= 2. Опреде-
лим вероятности этих значений.
Вероятность того, что	= 0, равна
р(хг) = Р(Х = 0) = Р(А) = 0,4.
Событие, состоящее в том, что величина X приняла значение х2 = 1,
означает, что туристы из города М преодолели без задержки первое пре-
пятствие, а второе - нет. Вероятность этого события найдем по теореме
умножения вероятностей независимых событий:
р(х2) = Р(Х = 1) = Р(Я) • Р( Л) = 0,6- 0,4 = 0,24.
Событие, состоящее в том, что случайная величина X приняла значе-
ние х3= 2, означает, что туристы из города М преодолели без задержки и
первое, и второе препятствия. Вероятность этого события найдем по тео-
реме умножения вероятностей независимых событий:
р(х3 ) = Р(Х = 2) = Р(Л) • Р(А) = 0,62 = 0,36.
Составим ряд распределения случайной величины X:
X, 0	1	2
p(xt) 0,40 0,24 0,36’
Контроль: 0,40 + 0,24 + 0,36 = 1.
102
Случайная величина Y в результате испытания может принять одно из
двух возможных значений: ух =0, у2 =1. Вероятности этих значений
равны:
Р(У1) = Р(У = 0)=P(ff) = 0,3;
Р(У2) = ЛГ = 1) = да=0,7.
Составим ряд распределения случайной величины Y:
у. yj 01
’р(Уу) о,3 0,7’
Получим ряд распределения случайной величины Z = X + Y. Най-
дем все возможные значения Z: Zg = + у j (i = 1;2;3; J —1;2). Для это-
го поступим следующим образом. 1) Значение Xj =0 сложим со всеми
возможными значениями уj,t. е. найдем суммы: х^+уг = 0 + 0 = 0 и
Xj+.у2=0+1 = 1.
2) Значение х2 =1 сложим со всеми возможными значениями yj,
т. е. найдем суммы: х2 + Ji= 1 + 0= 1; х2 +у2 = 1 + 1 = 2.
3) Значение х3 =2 сложим со всеми возможными значениями yj,
т. е.найдем суммы: х3+У1=2 + 0 = 2; х3 + у2 =2 + 1 = 3.
Значение zn = 0 = 0+0 получается в результате совместного насту-
пления двух независимых событий: появления значения X =хг= 0 и по-
явления значения Y = У1 = 0. Результат совместного наступления назван-
ных событий представляет собой произведение этих событий. Вероятность
того, что появится значение zn найдем по теореме умножения вероятно-
стей двух независимых событий:
P(Z = zn) = P(Z = 0) = Р(Х = 0) • Р(У = 0) = 0,4- 0,3 = 0,12.
Аналогично найдем вероятности всех остальных возможных значений
величины Z'.
P(Z = z12) = P(Z = 1) = Р(Х = 0) • Р(У = 1) = 0,4 -.0,7 = 0,28;
P(Z = z21) = P(Z = 1) = P(X = 1) • P(Y = 0) = 0,24 • 0,3 = 0,072;
103
P(Z = zn) = P(Z = 2) = P(X = 2) • P(Y = 0) = 0,36 • 0,3 = 0,168;
P(Z = z31) = P(Z = 2) = P(X = 2) • P(Y = 0) = 0,36 • 0,3 = 0,108;
P(Z = z32) = P(Z = 3) = P(X = 2) • P(Y = 1) = 0,36 • 0,7 = 0,252.
Результаты полученного соответствия между возможными значения-
ми Z и их вероятностями представим в виде следующей таблицы:
(0+0) (0+1) (1+0) (1 + 1) (2+0) (2+1)
Z'.Zy 0	1	1	2	2	3	.
Ру	0,120	0,280	0,072	0,168	0,108	0,252
Эта таблица является промежуточной, так как каждое из возможных
значений Z = 1 и Z = 2 встречается в ней более, чем по одному разу. Зна-
чение Z = 1 получается или в результате появления суммы 0 + 1 с вероят-
ностью 0,280, или же в результате появления суммы 1 + 0 с вероятностью
0,072; поэтому вероятность того, что случайная величина Z примет значе-
ние Z = 1 безразлично каким из этих двух способов найдем по теореме
сложения вероятностей несовместных событий:,
P(Z = 1) = Р(Х = 0) • P(Y = 1) + Р(Х = 1) • P(Y = 0) =
= 0,280 + 0,072 = 0,352.
Аналогично по теореме сложения вероятностей несовместных собы-
тий найдем:
P(Z = 2) = Р(X = 1) • P(Y = 1) + Р(Х = 2) • P(Y = 0) =
= 0,168 + 0,108 = 0,276.
В результате получим следующий ряд распределения случайной ве-
личины Z:
z* 0	1	2	3
Z:
рк 0,120 0,352 0,276 0,252
Контроль: 0,120 + 0,352 + 0,256 + 0,252 = 1.
84.	Случайная величина X задана следующим рядом распределения:
х{	-3	-2	0	2	3
X ‘pt	0,1	0,4	0,2	0,1	0,2 ‘
Найти распределение случайной величины Y = X1.
104
Решение. Возведя в квадрат каждое из 5-ти возможных значений
случайной величины X, получим пять соответствующих возможных зна-
чений случайной величины Y. Вероятности найденных возможных значе-
ний Y сохраняются такими же, как для соответствующих возможных зна-
чений величины X.
Результаты соответствия между возможными значениями величины
У и их вероятностями представим в виде следующей таблицы:
9	4	0	4	9
р{ 0,1 0,4 0,2 0,1 0,2'
Эта таблица является промежуточной, так как каждое из возможных
значений Y = 4 и Y = 9 встречается в ней по д ва раза. Значение Y = 9 по-
лучаем или при возведении в квадрат значения X = -3, имеющего вероят-
ность 0,1, или при возведении в квадрат значения X = 3, имеющего вероят-
ность 0,2. Поэтому вероятность того, что рассматриваемая случайная вели-
чина У примет значение У = 9 безразлично каким из этих двух способов
найдем по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
Р(У = 9) = Р(У = (-3)2) + Р(У = З2) = ОД + 0,2 = 0,3.
Аналогично по теореме сложения вероятностей несовместных собы-
тий найдем:
P(Y=4) = Р(У = (-2)2)+Р(У = 22) = 0,4 4- 0,1 = 0,5.
В результате, получим следующий ряд распределения случайной ве-
личины У:
yj 0	4	9
Y'pj ОД ОД 0,3
Контроль: 0,2 + 0,5 + 0,3 = 1.
85.	Вероятность изготовления нестандартного изделия при налажен-
ном технологическом процессе постоянна и равна 0,05. Для проверки каче-
ства изготавливаемых изделий отдел технического контроля (ОТК) берет из
партии не более четырех изделий. Бели будет обнаружено нестандартное
изделие, то вся партия будет задержана. Найти ряд распределения случай-
ной величины X - числа изделий, проверяемых ОТК из каждой партии.
105
Решение. Рассматриваемая случайная величина Хв результате
испытания может принять одно из следующих четырех возможных значе-
ний: Xj =1, х2 =2, х3 =3, х4 = 4. Найдем вероятности pt возмож-
ных значений х{ (i - 1,2,3,4).
Обозначим события:
А - проверяемое изделие является стандартным;
Z - проверяемое изделие является нестандартным.
По условию Р(А) = 0,05, поэтому Р(А) - 0,95.
Событие, состоящее в том, что случайная величина X принимает зна-
чение Xj = 1, происходит в том случае, когда первое же проверяемое изде-
лие оказывается нестандартным, поэтому pt = Р(Х = 1) = Р(А)=0,05.
Событие, состоящее в том, что случайная величина X принимает зна-
чение х2 = 2, происходит в том случае, когда первое проверяемое изде-
лие - стандартное, а второе - нет. Результат совместного наступления этих
двух независимых событий представляет собой их произведение. Вероят-
ность р2 найдем по теореме умножения вероятностей независимых собы-
тий:
р2 = Р(Х = 2) = Р(А)  Р(А) = 0,95 • 0,05 = 0,0475.
Событие, состоящее в том, что случайная величина Л” принимает зна-
чение х3 = 3, происходит в том случае, когда первые два из проверяемых
изделий стандартные, а третье - нестандартное. Результат совместного на-
ступления этих трех независимых событий представляет собой их произ-
ведение. Вероятность р3 найдем по теореме умножения вероятностей не-
зависимых событий:
р3 = Р(Х = 3) = Р(А) Р(А) • Р(А) = 0,952 0,05 = 0,045125.
Событие, состоящее в том, что случайная величина X принимает
значение х4 =4, может наступить следующим образом. Первый вариант:
первые три из проверяемых изделий стандартные, а четвертое - нестан-
дартное. Результат совместного наступления этих четырех независимых
событий представляет собой их произведение. Вероятность совместного
106
наступления этих событий найдем по теореме умножения вероятностей не-
зависимых событий.
Второй вариант: все 4 проверяемых изделия окажутся стандартными.
Вероятность этого события также найдем по теореме умножения вероятно-
стей независимых событий.
Так как может встретиться или первый вариант, или второй, причем
эти варианты представляют собой несовместные события, то вероятность
р4 равна:
Р4=Р(Х=4) = (Р(Л))3 Р(7)+(Р(А))4=
= 0,953 • 0,05+0,954 = 0,8573375.
Таким образом, вероятность р4 нашли, применив совместно теорему
умножения вероятностей независимых событий и теорему сложения веро-
ятностей несовместных событий.
В результате получим следующий ряд распределения случайной ве-
личины Х\
xXi 123	4
' Pi 0,05 0,0475 0,045125 0,857375’
Контроль: 0,05 + 0,0475 + 0,045125 + 0,857375 -1.
86.	Дискретная случайная величина задана рядом распределения:
х -2037
Pi 03 0,1 0,5 0,1’
Найти функцию распределения F(x) и построить график этой функ-
ции.
Решение. 1) На промежутке <х £ -2 случайная величина X
не принимает ни одного значения, меньшего числа -2, поэтому
F(x) = Г(-2) = Р(Х < -2) = 0.
2)	На промежутке -2 < х £ 0 величина X принимает одно значение
X = 0, функция распределения F(x) - F(fi) = Р(Х < 0). Вероятность то-
го, что X меньше 0, равна 0,3. На рассматриваемом промежутке
107
F(x) = F(0) = P(X < 0) = ОД
3)	На промежутке 0 < x £ 3 случайная величина X принимает одно
значение X = 3, функция распределения F(x) = F(3) = Р(Х < 3). При
X < 3 случайная величина X макет принять или значение - 2 с вероятно-
стью 0,3, или же значение 0 с вероятностью 0,1, поэтому, одно из этих
значений, безразлично какое, X может принять (по теореме сложения ве-
роятностей несовместных событий) с вероятностью 0,3 + 0,1= 0,4. Таким
образом,
F(x) = F(3) = Р(Х < 3) = Р(Х = -2)+Р(Х = 0) = 0,3 + 0,1 = 0,4.
4)	На промежутке 3 < х < 7 случайная величина X принимает одно
значение X = 7, функция распределения F(x) = F(7) = Р(АГ < 7). При
X < 7 величина X может принять или значение - 2 с вероятностью 0,3,
или значение 0 с вероятностью 0,1, или значение 3 с вероятностью 0,5, по-
этому одно из этих значений, безразлично какое, X может принять (по
теореме сложения вероятностей несовместных событий) с вероятностью
0,3 + 0,1 + 0,5 = 0,9. Таким образом, на рассматриваемом промежутке
F(x) = F(7) = F(X < 7) = Р(Х = -2)+Р(Х = 0) +Р(Х = 3) =
= 0,3 + 0,14-0,5 = 0,9.
5)	На промежутке 7 < х < <= величина X может принять любое из
всех своих возможных значений, поэтому функция распределения '
F(x) = P(%<oo) = l.
Итак, рассматриваемая случайная величина X на всей числовой оси
характеризуется следующей функцией распределения:
	0	при	х£-2,
	0,3	при	2<х£0,
F(x) = -	0,4	при	0<х£3,
	0,9	при	3<х£7,
	1	при	х>7.
График этой функции приведен на рис. 13.
108
Рис. 13
87.	Дискретная случайная величина X задана функцией распределе-
ния
F(x) = .
О
0,5
0.7
1
лри х£2,
при 2 < х £ 4,
при 4 < х S 8,
при х > 8.
Найти вероятность того, что X примет значение, не меньшее 4 и
меньшее 8.
Решение. Искомую вероятность Р(4 £ х < 8) найдем по формуле
(28):
Р(4 <. х < 8) = Г(8) -Г(4) = 0,7 -0,5 = 0,2.
4.2.	Числовые характеристики дискретных случайных величин
Математическое ожидание дискретной случайной величины X, име-
ющей конечное число возможных значений, равно
M(X)^xiPi.	(29)
/=1
109
Математическое ожидание дискретной случайной величины Х9 име-
ющей счетное множество значений, равно
оо
M(X) = ^xiP{t	(30)
:=1
причем математическое ожидание существует, если ряд в правой части ра-
венства сходится абсолютно.
В формулах (29) и (30): xt - возможные значения случайной величи-
ны X, Pi - вероятности того, что случайная величина X примет эти зна-
чения.
Свойства математического ожидания:
Г. М(С) = С,	(31)
где С - постоянная величина.
2’. М(кХ) = кМ(Х),	(32)
где к = const.
3’. М(X + У) = М(X)+Л/(У),	(33)
где Хи У - две любые случайные величины.
4°. ЛГ (ХУ) = Л/(Х) • М(У),	(34)
где X и У - две независимые случайные величины.
Дисперсия случайной величины X определяется равенством
D(X) = M[X-M(X)]2	(35)
или равносильным ему равенством
D(X) = М(Х2) - М2(Х).	(36)
Дисперсию дискретной случайной величины, имеющей конечное чис-
ло возможных значений, можно вычислять по формуле
110

D(X)^(Xi-M(X))2Pi,	(37)
соответствующей формуле (35), или по формуле
л
D^X) = ^Pl-M\X),	(33)
i-1
соответствующей формуле (36).
Свойства дисперсии:
1°.£>(С)=0;	(40)
2°. D(kX) = k2D(X);	(41)
3’. D(X + Г) = D(X)+D(Y),	(42)
где X и Y - две независимые случайные величины.
Среднее квадратическое отклонение (стандарт) случайной величины
X равно
a(X) = jD(X).	(43)
88.	Дискретная случайная величина Xзадана рядом распределения:
x.*t 1 2 4
 Pt 0,1 0,3 0,6*
Найти ее математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратиче-
ское отклонение.
Решение. Математическое ожидание случайной величины X най-
дем по формуле (29):
М (X) =xiPi + х2Р2 + хзРз = 1 • 0,1 + 2 • 0,3+4 • 0,6 « 3,1.
Дисперсию X вычислим по формуле (37) и по формуле (38). Приме-
нив формулу (37), получим
111
ад = ^[х,-Л/(Х)]2А =
= (1 - 3,1)2 • 0,1+(2 - 3,1)2 • 0,3+(4 - 3,1)2 • 0,6 = 1,29.
Применив формулу (38), получим
я
ад=£х2А-д/2(х)=
/=1
= 12 0,1+22 0,3 + 42 • 0,6-3,12=1,29.
Сравнение показывает, что в данной задаче по формуле (38) диспер-
сию вычислить проще, чем по формуле (37).
Среднее квадратическое отклонение случайной величины X найдем
по формуле (43):
а{Х) = ^D(X) =	~ 1,1358.
89.	В результате обработки данных многолетних наблюдений полу-
чены распределения случайных величин X и Y - числа хозяйств в каждом
из двух районов области, в которых урожайность яровых зерновых культур
может превысить 35 ц/га.
Для первого района области:
X- Х{ 123
p(xz) 0,1 0,6 0,3'
Для второго района области:
yj 0	1
Г:р(уу) 0,2 0,8'
Найти математическое ожидание M(Z) и дисперсию D(Z) случай-
ной величины Z = X+Y двумя способами:
а)	исходя из закона распределения Z;
б)	используя свойства математического ожидания и дисперсии, отра-
женные формулами (33) и (42).
Убедиться в том, что в условиях данной задачи эти свойства числовых
характеристик независимых случайных величин выполняются.
112
Решение, а) Найдем все возможные значения случайной величины
Z ж X+Y и вероятности P(Z = zk) этих значений, проводя рассуждения,
аналогичные тем, которые приведены при решении задач 79 и 80. В ре-
зультате получим следующий ряд распределения величины Z:
г*	1	2	3	4
Z:
рк 0,02 0,20 0,54 0,24
Математическое ожидание и дисперсию Z найдем по формулам (30)
и (38):
M(Z) = 1-0,02 + 2-0,20+ 3-0,54 +4-0,24 = 3;
D(Z) = I2 • 0,02 + 22 • 0,20 + З2 • 0,54 + 42 • 0,24 - З2 = 0,52.
б)	Найдем математическое ожидание и дисперсию случайных величин
Хи У:
ЩХ) = 1-0,1 + 2-0,6+3-0,3 = 2,2;
D(X) = I2 -0,1+22 -0,6+32 -0,3-2,22 = 0,36;
М(У) = 00,2+10,8 = 0,8;
D(Y) = 0,8 -0,82= 0,16.
Воспользовавшись свойствами математического ожидания и диспер-
сии, отраженными формулами (33) и (42), получим:
M(Z) = М(Х+Y) = М(Х) + M(Y) = 2,2+0,8 = 3;
D(Z) = D(X+ У) = D(X)+D(Y) = 036 + 0Д6 = 0,52.
Сравнив значения М(Z) и D(Z), полученные в пункте а), с соответ-
ствующими им значениями, полученными в пункте б), убеждаемся в том,
что одни и те же числовые характеристики Z, найденные двумя различ-
ными способами, равны между собой.
90.	Найти математическое ожидание случайной величины
Z = 2Х+4У+5, если известны математические ожидания Хи У:
Л/(Х) = 3, ЛГ(У) = 5.
Решение. Воспользовавшись свойствами математического ожида-
ния (формулы (31) - (33)), получим:
ИЗ
M(Z) = M(2X+4Y+5) = 2M(X)+4M(Y)+5 =
= 2-3+4-5+5 = 31.
91.	Дискретная случайная величина X имеет три возможные значе-
ния: Xj =1, х2 и х3, причем X] < х2 < х3. Вероятности того, что X при-
мет значения Ху и х2, соответственно равны 0,3 и ОД. Математическое
ожидание этой величины Af(X)=2,2, дисперсия D(X) = 0,76. Найти ряд
распределения величины X.
Решение. Так как сумма вероятностей всех возможных значений
дискретной случайной величины равна единице, то неизвестная вероят-
ность />з = Р(Х = х3) =	+р2) = 1-(0,3+0,2) = 0,5.
Запишем закон распределения величины X в виде:
„ х{ 1 х2 х3
pt 0,3 0,2 0,5
Для отыскания неизвестных х2 и х3 составим два уравнения, связы-
вающие эти числа. С этой целью выразим математическое ожидание и
дисперсию через х2 и х3.
Найдем М(Х) и D(X):
М (X) = х3/»1 + х2р2 + х3рз,
D(X) = XiPi + х2р2 + xfp3 -М2(Х).
Подставив в два последние равенства все известные величины, после
выполнения в каждом из уравнений элементарных преобразований полу-
чим систему двух уравнений с двумя неизвестными:
0,2х2 + 0,5х3 = 1А
0,2х2 + 0,5x1 =5,3.
В результате решения этой системы найдем два ее решения:
1) х2 =2; х3 =3 и2) х2=24/7, х3 =17/7.
114
По условию Xj < х3> поэтому задаче удовлетворяет лишь первое ре-
шение системы: х2 = 2; х3 = 3.
Подставив найденные значения х2 и х$ в таблицу (*), получим иско-
мый ряд распределения:
x-Xi 1 2 3
' Pi 0,3 0,2 0,5'
92.	Доказать, что М(X - У) = М(Х) - M(Y).
Решение. Воспользовавшись свойствами математического ожида-
ния, выраженными формулами (32) и (33), получим
М(Х - У) = М(Х + (-У)) = М(Х) + Л/((-1) • У) =
М(Х) + (-1) • М(У) = М(Х) ~
что и требовалось доказать.
93.	Доказать, что для независимых случайных величин X и Y спра-
ведливо равенство: D(X - У) = D(X) + D(Y).
Решение. Воспользовавшись формулами (41) и (42), получим:
D(X-Y) =D(X+(-y)) = D(J0+D((-l)y) =
= D(X)+D(Y),
что и требовалось доказать.
94.	Случайные величины X и У независимы. Известны дисперсии
этих величин: D(X) = 5; D(Y) - 9. Найти дисперсию случайной величи-
ны Z = 2X-Y + 5.
Решение. Воспользовавшись свойствами дисперсии, отраженны-
ми в формулах (40), (41) и (42), получим
D(Z) = D(2X - У+5) = 22  D(X)+(-1)2 • £>(У) = 4-5+9-29.
115
95.	На птицефабрике три терморегулятора работают независимо друг
от друга. Вероятность бесперебойной работы в течение смены первого
терморегулятора равна 0,6. Для второго и третьего терморегуляторов эти
вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9. Найти закон распределения
случайной величины X - числа терморегуляторов, бесперебойно работаю-
щих в течение смены. Вычислить математическое ожидание, дисперсию и
среднее квадратическое отклонение величины X.
Решение. Рассмотрим события:
Blt В2, В$ - в течение смены бесперебойно будут работать соответ-
ственно первый, второй, третий терморегуляторы;
В;, В2, В$ - в течение смены не будут работать бесперебойно соот-
ветственно первый, второй, третий терморегуляторы;
Со - будут сбои в работе всех трех терморегуряторов;
Q - бесперебойно будет работать один терморегулятор;
С2 - бесперебойно будут работать два терморегулятора;
С3 - бесперебойно будут работать все три терморегулятора.
Вероятности событий В\, В2, В3 и противоположных им событий
Вр В2, В$ равны:
Р(В1) = А=0,6; Р(В2) = /»2=О,8; Р(В3) = р3 =0,9;
Р(Д) = 91 = 1"Pi = М; P(fi2) = q2 = 1 -р2 = 0,2;
Р(Я3) = 9з = 1-Л=0,1.
Случайная величина X - число терморегуляторов, бесперебойно рабо-
тающих в течение смены, в результате испытания может принять одно из
следующих возможных значений: jq =0, х2 =1, х3 =2 , х4 =3.
Найдем вероятности каждого из этих возможных значений X, приме-
нив совместно теорему умножения вероятностей независимых событий и
теорему сложения вероятностей несовместных событий:
р(х=о)=р(с0)=р(Дв2г3)==°-4 • °»2 • од=°’008>
пб
Р(Х • 1) = Р(С1) =	+ ШЬРЗ e
= 0,6 • 0,2 • ОД +0,4 • 0,8  0,1+0,4 - 0,2  0,9 = ОД 16,
Р(Х = 2) = Р(С2) = АР29з + Р1<ЬРз+41Р2Рз =
0,6 • 0,8 • 0,1 + 0,6 • 0,2 • 0,9 + 0,4 • 0,8 • 0,9 = 0,444,
Р(Х = 3) = Р(С3) = Л^рМз) = PtPzPs = 0,6 • 0,8 • 0,9 = 0,432.
По этим данным составим ряд распределения величины X:
X,-	0	12	3
Pi 0,008 ОД 16 0,444 0,432'
Математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое от-
клонение случайной величины X найдем соответственно по формулам
(29), (38) и (43):
М (X) = 0 • 0,008+1 • ОД 16+2 • 0,444+3 • 0,432 = 2,3;
D(X) = 12 0Д16+ 22 0,444 + 32 0,432 - 232 = 0,49;
<7(Х) = Д49 =0,7.
4.3.	Биномиальный закон распределения
Пусть случайная величина X - число появлений события А в п неза-
висимых повторных испытаниях, в каждом из которых событие А может
наступить с вероятностью р (и, следовательно, не наступить с вероят-
ностью q — 1-р). Закон распределения этой случайной величины назы-
вается биномиальным.
Случайная величина X, распределенная по биномиальному закону,
характеризуется следующим рядом распределения (табл. 3):
Таблица 3
Xi	0	1	2	...	т	...	п
Pi	Л(0)	ад	Л,(2)	...	А(«)	...	
117
f
$
В этой таблице: xt - возможные значения случайной величины X;
Pw(0), /’(I), ...»	...» Ря(л) - вероятности того, что X примет
эти значения. Вероятности Рп(т) находят по формуле Бернулли (18).
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое от-
клонение случайной величины, подчиняющейся биномиальному закону
распределения, находят, соответственно, по формулам:
М(Х) = пр>
D(X) = npq,
a(X) = Jnpq.
(44)
(45)
(46)
96.	Вероятность включения двигателя с одной попытки постоянна и
равна р. Составить ряд распределения случайной величины X - числа
включений двигателя при одной попытке. Найти математическое ожида-
ние и дисперсию X.
Решение. Испытание состоит в попытке включить двигатель. В ис-
пытании может произойти или не произойти событие А - включение двига-
теля. Вероятность наступления события А в одном испытании равна р;
вероятность противоположного события А - двигатель не будет включен,
равна q = 1 - р. Рассматриваемая случайная величина X в результате испы-
тания может принять одно из следующих двух возможных значений: О,
х2 = 1. Вероятности этих значений соответственно равны qn р.
Случайная величина X имеет следующий ряд распределения:
Yxt 0 1
Pi 9 P
Математическое ожидание и дисперсия величины X равны:
Л/(Х) = 0$ + 1 р = р,
D{X) = М(Х2 ) - М2 (X) = р - р2 = р(1 - р) = pq.
118
J
97.	В урне 5 белых и 10 черных шаров. Из урны наудачу извлекают
один шар. Найти ряд распределения случайной величины X - числа из-
влеченных белых шаров. Вычислить математическое ожидание, дисперсию
и среднее квадратическое отклонение этой случайной величины.
Р е ш е н и е. Испытание состоит в извлечении одного шара. В испы-
тании может произойти или не произойти событие А - извлечение белого
шара. Вероятность наступления события А найдем по формуле (1):
Р<л)=”=А=1.
л 15 3
Обозначим: Р(Л) = р, P(Z) = l-p = g. Таким образом, р = 1/3,
Я~2/3.
Случайная величина X - число извлеченных белых шаров в результа-
те испытания может принять одно из двух возможных значений: Xi=0,
~ 1. Вероятности этих значений соответственно равны 2/3 и 1/3.
Рассматриваемая случайная величина характеризуется следующим
рядом распределения:
0 1
А 2/3 1/3-
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое от-
касяение величины X соответственно равны: М(Х) = р =
0 0	7	о
98.	Найти ряд распределения случайной величины X - числа выпа-
дений шестерки при трех бросаниях игральной кости. Вычислить матема-
тическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение этой
случайной величины.
Решение. Испытание состоит в одном бросании игральной кости.
Общее число испытаний п = 3. Испытания являются независимыми, так
каж результат каждого предыдущего испытания не влияет на результат по-
следующего. В каждом испытании может произойти или не произойти со-
119
бытие А - выпадение шестерки. Вероятность наступления события А в
каждом испытании постоянна и равна р = 1/6, вероятность ненаступления
события А равна q = 1 - р = 5/6. Число появлении события А в п испы-
таниях равно т; согласно условию имеем т = 0; 1; 2; 3.
Случайная величина X- число появлений события А в трех незави-
симых испытаниях в результате проведения испытания может Принять од-
но из значений = mt (i = 0; 1; 2; 3). Вероятности каждого из воз-
можных значений X найдем по формуле Бернулли:
Ро = Р(Х = 0) = Р3(0) = фV = 1	;
'	\6)	21о
/1	/с\2
Л = Р(* = 1)=Р3(1) = С1А2=ЗД Д
\О7 \О)	210
р2 - Р(Х = 2) = Р3 (2) = C3W = 3. Q2 •	;
ft=P(X = 3) = P,(3) = CjW=l{i]3 gp^ .
Проверка, состоящая в нахождении суммы вероятностей ph показы-
вает, что эта сумма равна единице: 125/216+ 75/216+15/216+1/216® t.
Рассматриваемая случайная величина имеет следующий ряд распре-
деления:
х,	0	1	2	3
X:	125	75	15	1
Pi	216	216	216	216*
Математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое откло-
нение величины X вычислим соответственно по формулам (44), (45) и (46):
л/(Х)=ЧР=з4=|; ад=лм = з4^=Л;
О 2	о о 12
I—	Т 715
120
99.	У ржи сорта Тулунская зеленозерная при апробации некоторой
популяции было выявлено, что наряду с зеленозерными растениями в ней
содержатся желтозерные, причем желтозерными являются 25% растений.
Случайным образом отобраны четыре растения ржи этой популяции. Най-
ти закон распределения случайной величины X - числа зеленозерных рас-
тений ржи срехд четырех отобранных. Построить многоугольник распре-
деления.
Решение. Испытание состоит в определении цвета зерен одного
растения. Общее число независимых испытаний п = 4. В каждом испыта-
нии может появиться или не появиться событие Л, которое состоит в том,
что отобранное случайным образом растение является зеленозерным. Ве-
роятность наступления события А в каждом испытании равна р = 0,75,
вероятность ненаступления события А в каждом испытании равна
q ==1-р = 0,25.
Случайная величина X - число растений ржи с зелеными зернами
среди четырех отобранных растений. Величина X в результате испытания
может принять одно из следующих возможных значений: 0,1,2, 3, 4. Ве-
роятности каждого из возможных значений X найдем по формуле Бер-
нулли:
Р(Х = 0) = P4(0)-CjpV-1 • (0.75)° • (0,25)4 = 0,0039;
Р{Х = 1) = Р4(1) = C\plq3 = 4 • (0,75) • (0,25)3 = 0,0469;
Р(Х = 2) = Р4(2) = C2p2q2 = 6 • (0,75)2 • (0,25)2 = 0,2109;
Р(Х = 3) = Р4(3) = фУ =4-(0,75)3 (0,25)1 =0,4219;
Р(Х = 4) = Р4(4) =	= 1 • (0,75)4 • (0,25)° = 0,3164.
Рассматриваемая случайная величина X имеет следующий ряд рас-
пределения:
х, 0	1	2	3	4
Pi 0,0039 0,0469 0,2109 0,4219 0,3164.
121
Многоугольник полученного распределения случайной величины X
представлен на рис. 14.
100.	В крупном городе ежедневно рождается в среднем 300 детей,
т. е. 109500 в год. Вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти ма-
тематическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение
случайной величины X - числа мальчиков, рождающихся в этом городе
за год.
Решение. В этой задаче п = 109 500. Событие А - рождение
одного мальчика; Р(А) = р = 0,51; Р(А) = q = 1 - р = 0,49. Рассматри-
ваемая случайная величина X - число мальчиков, рождающихся в городе
за год, имеет биномиальный закон распределения. Математическое ожи-
дание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение этой величины
найдем соответственно по формулам (44), (45) и (46):
М(Х) = пр = 109500 • 0,51 = 55845;
ff(X) = -Jnpq D(X) = npq = 109500- 0,51 • 0,49 « 27364;
«165,42.
101.	К важнейшим характеристикам крови человека относится резус-
фактор. Ген "резус положительный" доминантен по отношению к гену "ре-
зус отрицательный”.
В одной из обследованных популяций людей вероятность того, что
человек имеет положительный резус-фактор, равна 0,91. Для случайной
122
величины X - числа резус-отрицательных людей среди 1 000 человек этой
популяции, найти:
а)	математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое
отклонение;
б)	вероятность того, что абсолютная величина отклонения числа ре-
зус-отрицательных людей от его математического ожидания не превзойдет
заданного положительного числа 3;
в)	интервал, симметричный относительно математического ожида-
ния, в котором с вероятностью 0,9722 будут заключены возможные зна-
чения X.
Решение. Рассматриваемая случайная величина X - число резус-
отрицательных людей среди 1000 человек обследованной популяции, рас-
пределена по биномиальному закону.
Общее число испытаний п = 1000. В каждом испытании может про-
изойти или не произойти событие А - человек является резус-отрицатель-
ным. Противоположное ему событие А - человек является резус-положи-
тельным. По условию Р(А) -q - 0,91, поэтому р = 1 -q = 0,09.
а)	Математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое
отклонение случайной величины X найдем соответственно по формулам
(44), (45) и (46):
М(Х) = пр = 1000 • 0,09 = 90;
D(X) = npq = 1000 • 0,09 • 0,91 = 81,9;
<Т(Х) = Jnpq = д/81^ « 9,05.
б)	Возможные значения случайной величины X равны X/ = т, где
т - число появлений события А в п независимых испытаниях. Матема-
тическое ожидание величины X равно М(Х) = пр. Искомая вероятность
равна
Р(\т - пр\ £ 3) = Р(пр - 3 £ т £ пр+3).
По интегральной формуле Лапласа (22) при т^-пр-З,
т2 «ир + J, найдем
123
Р(пр - 8 <>т<,пр + 8) = Р(т1 ^т£т2)
пр + 8-пр
4”РЧ
St ф
-ф
пр-8-пр
4”РЯ
= 2Ф
8
Таким образом, получим
f 8
Р(|т - пр\ < 8) « 2Ф
(*)
в)	Границы искомого интервала определяет целое число 8 > 0. Найдем
это число.
По условию Р(|т - пр\ <8) = 0,9722. Согласно формуле (*) имеем
«0,9722,
«0,4861.
По таблице значений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) най-
дем
х	____
- .- = 2,20. Поэтому 8 = 2,2 Jnpq » 2,2 • 9,05 = 19,91. Так как число
Jnpq
8 должно быть целым, то 8 = 20.
Следовательно, 70£т ^110, т. е. 3^6(70; НО].
44. Закон Пуассона
Пусть дискретная случайная величина X может принимать только
целые неотрицательные значения: х*« 0,1,2,..., m,..., причем последо-
вательность этих значений теоретически не ограничена.
Если вероятность того, что X примет определенное значение т, вы-
ражается формулой
Р(Х = т) = Р„=——е~л, (т =0,1,2,...),
ml
(47)
где 2 > 0 - параметр распределения, то эта случайная величина X распре-
делена по закону Пуассона.
124
Случайная величина X, распределенная по закону Пуассона, характе-
ризуется следующим рядом распределения (табл. 4):
Таблица 4
*1	0	1	2	...	т	...
Pi		Г1	2!	...		...
Математическое ожидание М(Х) и дисперсияЗДХ) случайной вели-
чины X, распределенной по закону Пуассона, равны
М(Х) = Э(Х) = Л.
(48)
102. Доказать, что последовательность вероятностей, заданных фор-
мулой (47), представляет собой множество вероятностей ряда распределе-
ния случайной величины X = т.
Решение. Последовательность 0,1,2,..., т, ... возможных зна-
чений случайной величины X = т теоретически не ограничена. Сумма ве-
этого
роятностей этих значений представляет собой сумму ряда . Учиты-
m=CL
вая, что вероятности Рт задаются формулой (47), найдем сумму
степенного ряда:
m»0	m=0	m=0
(*)
Разложение в ряд Маклорена функции е* при хе(-оо,<») имеет
вид: (**)
е
(**)
125
Из формулы (**) при х = Л следует, что
— т!
т=0
Подставив значение суммы ряда, определяемое формулой (♦♦♦), в
формулу (*), получим:
УРи=е’М = 1.
tn
ж=0
Сумма вероятностей Рт равна единице. Свойство ряда распределе-
ния, отраженное формулой (25), выполняется. Таким образом, последова-
тельность вероятностей, задаваемая формулой (47), представляет собой
множество вероятностей ряда распределения случайной величиныX = т,
что и требовалось доказать.
103. В течение часа коммутатор, установленный для включения теле-
фонных аппаратов в офисах торговой фирмы, получает в среднем 90 вызо-
вов. Считая, что число вызовов на любом отрезке времени распределено по
закону Пуассона,
а)	составить ряд распределения случайной величины X - числа вы-
зовов, поступающих на коммутатор в течение 4-х минут;
б)	найти вероятность того, что в течение 4-х минут поступят не менее
трех вызовов.
Решение. Случайная величина X - число вызовов, поступающих
на коммутатор в течение четырех минут, распределена по закону Пуас-
сона. В течение часа на коммутатор в среднем поступает 90 вызовов, по-
этому среднее число вызовов, поступающих на коммутатор в течение че-
90 . , -
тырех минут, равно — -4 = 6. Это означает, что математическое ожила-
60
ние числа вызовов за 4 минуты равно М(Х)- Л = 6.
а) По формуле Пуассона (21) найдем вероятности:
л
Ро =	= 1 • е“6 - 0,0025;
126
Pi =6-e~° «0,0149;
P2 = — e~6 = — e~6 •* 0,0446;
2	2!	2
4?	л3
P, =—e~6 =—e~6 « 0,0892;
3	3!	6
и так далее. Эти же значения Рт при Л = 6 можно найти и по таблице рас-
пределения Пуассона (см. табл.2 приложения).
Воспользовавшись найденными значениями Рт, составим ряд распре-
деления случайной величины X:
xt 0	1	2	3	... т
Х' pt 0,0025 0,0149 0,0446 0,0892 ... — е~л ...
ml ‘
б)	Рассмотрим событие В - поступление на коммутатор в течение че-
тырех минут не менее трех вызовов. Этому событию противоположно со-
бытие В - поступление на коммутатор менее трех вызовов за 4 минуты.
Вероятность события В равна Р(В) = 1 - Р(В), т. е.
Р(Х Z 3) -1 - Р(Х < 3) = 1 - (Р(0)+Р(1)+Р(2)).
Вероятности Р(0), Р(1), Р(2) найдены в пункте а) этой задачи:
Ро « 0,0025, Р(1) « 0,0149, Р(2) « 0,0446.
Таким образом,
Р(Х > 3) = 1 - (Р(0)+Р(1)+Р(2)) »1 -(0,0025 + 0,0149 + 0,0446) =
= 1-0,062 = 0,9380.
104.	В наблюдениях Резерфорда и Гейгера радиактивное вещество за
промежуток времени 7,5 секунды испускало в среднем 3,87 а -частицы.
Найти вероятность того, что за одну секунду это вещество Не испустит ни
одной А-частицы.
Решение. Случайная величина X— число а—частиц, испускае-
мых веществом в течение одной секунды, распределена по закону Пуас-
127
сона. Математическое ожидание величины X равно Я. = 3,87/7,5 = 0,516.
Искомая вероятность того, что X = 0, равна Р = е~* = е-0’515 = 0,5669.
105.	Средняя плотность болезнетворных микробов в одном кубиче-
ском метре воздуха равна 100. Берут на пробу 2 дм3 воздуха. Найти веро-
ятность того, что в пробе будет обнаружен хотя бы один микроб.
Решение. Пусть случайная величина X - число болезнетворных
микробов, находящихся в 2 дм3 воздуха. Примем гипотезу о пуассонов-
ском распределении числа микробов, которые могут быть обнаружены в
100
этом объеме. Математическое ожидание X равно А = ----2 = 0,2. Веро-
1000
ятность того, что данном объеме будет обнаружен хотя бы один микроб,
равна
р = 1 -ро = 1 - е"0-2 = 1 - 0,819 = 0,181.
106.	Доказать, что распределение Пуассона является предельным
случаем биномиального распределения (при п-»<»илр = Я = const).
Решение. Биномиальное распределение задается формулой Бер-
нулли (18).
Из равенства пр = Я найдем р =—, откуда д = 1-р = 1-.
п	п
Подставим эти значения р и q в формулу Бернулли и выполним
преобразования:
Р„(т) = СУg"~w = „ Wt~ -<,[-Г[1--Т ”* =
ml(n-m)!V»J I п)
_ л(и-!)...(«-(л»-l))f_
m!	L »/
128
мт
и(и — 1).„(л — (от — 1))	п)
т‘ пт 71-^Г
\ п)
Найдем предел этого выражения при п -» °°:
П/ ч г п(л-1)...(л-(от-1))
Inn Р„(т) = lim------———-— ----------—•
ml	пт
(*)
%*
Выражение — от п не зависит. Предел второй дроби равен стоящего
от!
под знаком предела произведения дробей равен:
.. л(л-1)...(я-(от-1)) ,. С (. 1Y. г'! Л от-lYl .
lim — —-—  -- lim 1-11— fl 1— ... 1------------------------1 = 1.
»-»<»	пт	л-><х>^	п)	И ))
Предел знаменателя третьей дроби в выражении (*) равен:
п)
Л
Введем новую переменную а =—; при л—>«> величина а-»0.
п
Используя эту замену переменной, найдем предел числителя третьей дроби
в выражении (*):
limfl-—1 = lim(l+a) а = 1пп((1+а)^а)ГЛ = е“"л.	(♦*)
п-*«\ п J а->0	а->0
Подставив найденные значения пределов в выражение (*), получим
lim Рп («) =—• 1 •—= —е~л = Рт.
7 ml 1 ml т
Итак, доказали, что распределение Пуассона является предельным
случаем биномиального распределения при	и пр = Л = const.
129
Распределением Пуассона можно приближенно заменять биномиаль-
ное распределение, если производится большое число независимых испы-
таний, в каждом из которых событие А наступает с весьма малой ве- роят-
ностью (см. задачи на применение формулы Пуассона, приведенные в
пункте 3.4).
4.5. Функция распределения и плотность распределения вероятностей
непрерывной случайной величины
Непрерывная случайная величина * X может быть задана функцией
распределения (называемой также интегральной функцией распределения):
F(x) = P(X<x)
(см. соответствующую формулу (26) в п. 4.1)
или же плотностью распределения вероятностей (называемой также диф-
ференциальной функцией распределения):
/(х) = Г(х).	(49)
Равенство (49) имеет место в точках непрерывности функции F(x).
Зная плотность распределения вероятностей, можно найти функцию
распределения:
F(x)= j/(x)dr.	(50)
—оо
Свойства плотности распределения вероятностей:
Г. /(х)^0;
2°. |/(х)Л = 1.	(51)
—оо
В частности, если все возможные значения случайной величины X
принадлежат интервалу (а, 6), то
ь
J/(x>& = 1.
а
130
Вероятность того, что непрерывная случайная величина X примет
значение х е [a, fl), определяется равенствами:
Р(а <. X < fl) = F(fl)-F(a)
(см. соответствующую формулу (28) в п. 4.1);
fi
Р(а<,Х < fl) = jf(x)dx.	(52)
а
107.	Случайная величина X задана функцией распределения
Го
F(x)= (х-2)2
при х £ 2,
при 2 < х £ 3,
при х > 3.
Найти:
а)	плотность распределения вероятностей f (х);
б)	графики функций F(x) и /(х);
в)	по известной функции F(x) и по найденной функции /(х) веро-
ятность того, что в результате испытания X примет значение, не меньшее
2,1 и меныпее 2,5.
Дать геометрическую интерпретацию величины найденной вероятно-
сти Р(2,1 < х < 2,5) .
Решение, а) Плотность распределения вероятностей /(х) равна
производной от функции распределения F(x), поэтому при 2<х£3
имеем /(х) = ((х-2)2)'=2(х-2); при х&2 и х>3 функция /(х) = 0.
Таким образом, плотность распределения вероятностей характеризуется
выражением:
0 при
/(х) = <2(х-2) при
0 при
х<2,
2<х£3,
х>3.
б)	Графики функций F(x) и /(х) представлены на рис. 15 и 16.
131
в)	Вероятность попадания случайной величины в интервал [2,1; 2,5)
определим как приращение функции распределения в этом интервале по
формуле (28):
Р(2,1 £ X < 2,5) = F(2,5) - F(2,l) = (0,5)2 - (ОД)2 = 0,24.
Эту же вероятность найдем по известной плотности распределения
вероятностей, воспользовавшись формулой (52):
2,5	2,5
Р(2,1 <5 X < 2,5) = j /(x)dr = 2 J (х - 2)dx = (х - 2)2|£f = 0,24.
2,1	2,1
132
Полученную вероятность Р(2Д£Х<2,5) можно интерпретировать
геометрически как площадь заштрихованной криволинейной трапеции,
приведенной на рис. 16.
108.	Случайная величина X задана функцией распределения
	0	при	х<-а,
Г(х) = <	b+c-arctg— при	-а£х£а,
	а	
	1	при	х>а.
.Найти:
а)	постоянные b и с;
б)	плотность распределения вероятностей величины X.
Решение. Для определения постоянных b и с воспользуемся
свойством функции распределения: 0 £ F(x) <, 1. Так как случайная вели*
чина Xзадана на отрезке	то должны выполняться условия:
Р(-а) = 0и F(a)=l.
В рассматриваемом случае F(-a) = b +с- arctg(-l) = b-c-—,
4
F(a) = b+c-arctgi = b+C'—.
4
Учитывая, что F(-a) = 0 и F(a) = 1, получим систему двух уравне-
ний с двумя неизвестными бис:
b - 5-е = 0,
4
1	2
Решив эту систему, найдем Ь = —, с = —. Следовательно, случайная
2	лг
величина X характеризуется следующей функцией распределения:
133
о
F(x) =
2	х
- Q,5+-arctg -
Я	a
1
при
при
при
х<-а,
-а£х£а,
х>а.
б) Плотность распределения вероятностей случайной величины X
найдем по формуле (49). При х < -а и при х > а имеем /(х) = F"{x) = 0.
При хе
/(х) = Г(х) =
2а
я(а2 +х2)
Таким образом, случайная величина X имеет следующую плотность
распределения вероятностей:
при	х < -а,
при -а£х£а,
при х>а.
109.	Случайная величина X задана плотностью распределения веро-
ятностей:
при
Л*)=
2sin2x
при
при
„л
^4’
*<х£*
4	2
яг
Х> 2
О
0
Найти функцию распределения F(x).
Решение. Если х £ я/4, то /(х) = 0, следовательно,
X
Если я/4<х:£я/2, то
134
я!4	х
F(x) = J 0 • dx + J 2sin2xt£c = -cos2x.
-<»	я/4
Если x > я/2, то
я/4	я/2	х
F(x) = j0 dx+j2sin2xdx+ jodx = 0-cos2x £2+0=1.
-<»	я/4	я/2
Таким образом, случайная величина X -вмеял следующую функцию
распределения:
0
F(x) = ]-cos2x
при х£—,
4
я я
при — < X £ —,
И 4	2
Я
при х > —.
110.	Случайная величина X, все возможные значения которой при-
надлежат интервалу (0;я/3), задана в этом интервале плотностью распре-
деления вероятностей f(x) = С • sin3x. Найти коэффициент С.
Решение. Если функция f (х) представляет собой плотность рас-
пределения вероятностей непрерывной случайной величины X, заданной
b	7
в интервале (а9Ь), то выполняется условие: J f(x)dx = 1.
а
Неизвестный коэффициент С в выражении функции /(х) = С • sm3x
определим так, чтобы это условие выполнялось для данной случайной ве-
личины X. Для этого найдем
х/3	я/3
Jf{x)dx- JC sm3xdr=-y(cos#-cos0) = -y(-l-l) = —
о о
2С
и приравняем этот результат к единице: — = 1. Из последнего равенства
3
получим С — 3/2.
135
111.	График плотности распределения вероятностей /(х) случайной
величины X имеет вид, изображенный на рис. 17.
Найти аналитическое выражение для /(х) на всей числовой оси.
Решение. Если функция /(х) представляет собой плотность рас-
пределения вероятностей случайной величины X, то площадь, ограничен-
ная графиком этой функции и осью Ох, равна единице. Так как на рис. 17
представлен график плотности распределения вероятностей случайной ве-
личины X, то площадь трапеции ABCD должна быть равна единице. Ис-
пользуя это условие, найдем неизвестную величину высоты h.
Площадь трапеции ABCD равна
с + AD, 1 + 3, _,
S =--------------------------й =-----Л = 2й.
2	2
Так как площадь 5 трапеции должна быть равна единице, то должно
выполняться равенство: 2Л = 1. Из этого равенства найдем h = 0,5.
При х £ -1,5 и при х > 1,5 дифференциальная функция распределе-
ния случайной величины X равна нулю.
При -1,5<х£1,5 дифференциальная функция распределения /(х)
случайной величины X представлена тремя отрезками прямых. Для того,
чтобы описать аналитически /(х) в этом интервале, найдем уравнения
трех прямых, проходящих через точки А, В, С и D.
При -0,5<х£0,5 функция f(x) = const, ее характеризует прямая,
параллельная оси Ох, проходящая через точки В и С. Прямая параллель-
ная оси Ох, задается уравнением вида у = Ь, где b - отрезок, отсекаемый
136
*
прямой на оси Оу .3 данном случае b = h =0,5. Таким образом, если
— 0,5<х^0,5,то /(х) = 0,5.
В интервалах -1,5 < х S -0,5 и 0,5 < х < 1,5 будем отыскивать каждое
из уравнений для функции /(х) в виде уравнения прямой, проходящей
через две данные точки:
У2 -У1 Х2-Х\
где хьУ1 - координаты первой точки, х2, у2 - координаты второй точ-
ки, х, у - текущие координаты.
При — 1,5<х<-0,5, используя равенство (*), составим уравнение
прямой, проходящей через точки Л(-1,5; 0) и В(-0,5; 0,5). Выполнив
преобразования, получим уравнение: у = 0,5х+0,75.
При 0,5 < х 1,5, используя равенство (*), составим уравнение пря-
мой, проходящей через точки С(0,5;0,5) и Z>(1,5; 0). Выполнив преобра-
зования, получим уравнение: у = -0,5х+0,75.
Объединив приведенные выше результаты, получим аналитическое
выражение дифференциальной функции распределения величины X на
всей числовой оси:
0		при	х<-1Д
	0,5х + 0,75	при	-1,5<х 5-0,5,
У(х) = «	0,5	при	-0,5<х5 0,5,
	-0,5х + 0,75	при	0,5 < х 5 1,5,
	0	при	х>1,5.
112.	Случайная величина X подчинена закону Симпсона (закону рав-
нобедренного треугольника) на отрезке хе [-с; с] (рис. 18). Найти: .
а)	плотность распределения вероятностей этой случайной величины;
б)	вероятность попадания величины X в интервал (с/2,с).
Решение. Площадь, ограниченная графиком функции /(х), ха-
рактеризующей плотность распределения вероятностей случайной вели-
137
чины X, и осью Ох, равна единице. Так как на рис. 18 представлен гра-
фик плотности распределения вероятностей случайной величины X, то
площадь треугольника АВС должна быть равна единице. Используя это
условие, найдем аналитическое выражение для функции f (х).
Площадь IsABC равна S =—АСОВ; отсюда получим ОВ = ——.
л»	лС>
Так как 5 = 1, ЛС = 2с,то ОВ=Л/с.
Дифференциальная функция распределения случайной величины X
при х € [-с; с] представлена двумя отрезками прямых. Найдем уравнения
этих прямых. Будем отыскивать каждое из уравнений в виде уравнения
прямой в отрезках на осях:
*+|=1, (*)
а Ь
где й и b - отрезки, отсекаемые прямой соответственно на оси Ох и на
оси Оу\х, у - текущиекоординаты.
Для -с £ х < 0 составим уравнение прямой, проходящей через точки
А и В. Эта прямая отсекает на оси Ох отрезок а =-с, анаоси Оу -от-
резок Ь = \/с. Подставив эти значения а и Ь в формулу (*), после вы-
1 f х \
волнения преобразований получим уравнение: у = —11 + — I.
cl с J
Для 0 х < с составим уравнение прямой, проходящей через точки
В и С. Эта прямая отсекает на оси Ох отрезок а = с, анаоси Оу -отре-
138
зок Ь = 1/с. Подставив эти значения а и b в формулу (*), после вы-
1 (
полнения преобразований получим уравнение: у = — 1 — I.
eV с)
При х < -с и при х > с дифференциальная функция случайной вели-
чины X равна 0.
Объединив полученные результаты, опишем плотность распределения
вероятностей случайной величины X на всей числовой оси:
	г	0	при	X < -с,.
	п	г1+-1	при	-с£х<0,
/(Х) = -	с’ 1 j	к с) Г у 1		
	1 {	1--I	при	0 £ х £ с,
	cl	< с)		
		0	при	х>с.
Последнее выражение можно записать короче:
0 лрм х<-с; х>с.
б) Вероятность попадания случайной величины X в интервал
(— с/2;с) найдем, воспользовавшись формулой (52). В этом интервале
при хе (- с/2;0) и при хе (0;с) функция f(x) описывается двумя раз-
личными уравнениями, поэтому искомая вероятность равна
113. Дана функция у = —т-. Найти значение постоянного множителя
х
А, при котором эта функция могла бы характеризовать плотность распре-
деления вероятностей случайной величины X при условии, что все воз-
можные значения величины X находятся на луче (2;+®о).
139
Решение. Для того, чтобы функция у = —у могла бы характери-
х
зовать плотность распределения вероятностей случайной величины X 9
должно существовать такое значение множителя Л, при котором выпол-
няются свойства дифференциальной функции распределения:
+со
/(х)£0; J/(x)<fe = l.
—00
Функция j = — > 0 при всех х Ф 0 и А > 0.
X
При хе (2;оо) имеем
+°°	Ь	.	( \	\^ А
[ах~4Лх = А- lim fx“4dv =-----lim I -~dx I =—,
i	&->+©oJ	3	A 24
2	2	2
т. e. несобственный интеграл сходится и равен Л/24. Для того, чтобы дан-
ная функция у(х) могла задавать плотность распределения вероятностей
случайной величины Х9 этот несобственный интеграл должен быть равен
единице. Из равенства Л/24 = 1 найдем А = 24.
При хе(2;+<ю) и А = 24 функцияj = л/х4 = 24/х4 >0. Таким об-
разом, функция у = 24/х4 может быть дифференциальной функцией рас-
пределения случайной величины X на луче (2; + со).
А
114. Дана функция у =------Найти такое значение постоянного
1 + х2
множителя Л, при котором эта функция могла бы характеризовать плот-
ность распределения вероятностей случайной величины X при условии,
что -со < х < со.
Решение. Для того, чтобы данная функция могла бы характеризо-
вать плотность распределения вероятностей случайной величины Х9
должно существовать такое значение множителя Л, при котором выпол-
няются свойства (51) дифференциальной функции распределения.
140
Данная функция Xх) > 0 при -4 > О.
Найдем
dx
1+х2
.. f dx
+ Inn I-------:
*-»+“* 1 + Х
Таким образом, рассмотренный несобственный интеграл сходится и
равен Ая. Этот несобственный интеграл должен быть равен единице. Из
равенства Ая -1 получим А = 1/я.
115.	Случайная величина X на всей числовой оси задана диффе-
ренциальной функцией распределения f(x)^~——(закон Коши).
лг(1+х)
Найти:
а)	функцию распределения случайной величины X;
б)	вероятность того, что в результате испытания X примет значение
из интервала (-1; 1).
Р е ш е н и е. а) Функцию распределения случайной величины X при
хе(-<»; +оо) найдем по формуле (50):
= f f(x)dx = f —^-27=^arctgx+|.
J	•* я(1+х*) я 2
00	•—oo
б) Искомую вероятность найдем по формуле (28):
Р(-1 < X < 1) = Р(-1 £ X < 1) = Р(1)-Р(-1) =
1 . 1  1 f1 . /	1 я 1 * 1
=— arctgl+--\ —arctg(-l)+- =—•—+——=-
я 2 \я	2) я 4 я 4 2
141
4.6. Числовые характеристики непрерывных случайных величин
Математическое ожидание непрерывной случайной величины X,
значения которой принадлежат всей оси Ох, определяется равенством
оо
ЛГ(Х)=	(53)
- —оо
где /(х) - плотность распределения вероятностей величины X. Предпо-
лагается, что несобственный интеграл в формуле (53) сходится абсолютно.
В частности, если все возможные значения X принадлежат интерва-
лу (а,6),то
ь
M(X) = j#(xX&.	(54)
а
Дисперсия непрерывной случайной величины X, возможные значе-
ния которой принадлежат всей оси Ох, определяется равенством
00
D(X) = J [х-Л/(Х)]2/(х)^	(55)
—оо
или равносильным ему равенством
оо
D(X)-jx2/(x)dx-[M(X)]2.	(56)
—оо
Предполагается, что несобственные интегралы в формулах (55) и (56)
сходятся абсолютно.
В частности, если все возможные значения X тфхвяюажп интерва-
лу (а;&),то
ь
D(X) = J[x-Af(X)]2/(x)dx	(57)
а
ИЛИ	i
142
b
D{X) = Jx2f(x)dx-[M{X)}2.	(58)
a
Среднее квадратическое отклонение непрерывной случайной величи-
ны X определяется так же, как и для дискретной случайной величины:
a(X) = 4D(X).
Мода Мй(Х) непрерывной случайной величины X - это то ее воз-
можное значение, которому соответствует локальный максимум диффе-
ренциальной функции распределения.
Медиана Ме(Х) непрерывной случайной величины X определяется
на основании равенства
Р[Х <Ме{ХУ\ = Р[Х > Ме(Х)\.	(59)
116. Случайная величина X, все возможные значения которой при-
надлежат интервалу (0, 3), задана в этом интервале дифференциальной
2
функцией распределения /(х) = — х. Найти математическое ожидание,
дисперсию и среднее квадратическое отклонение величины X.
Решение. Математическое ожидание и дисперсию случайной ве-
личины X найдем соответственно по формулам (54) и (58):
M(X) = jx/(x)dr = j|x2dr = ^ =2;
о	оУ	О
3	3
D(X) = Jx2f(x)dx-М2(Х) = Jx2 -xdx -4 =
О	о
3
-4 = 4,5-4 = 0,5.
о
2х4
9-4
Среднее квадратическое отклонение величины X равно
а(Х) = jDfX) » л/О5 - 0,7071.
143
117. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадра-
тическое отклонение случайной величины X, распределенной по закону
Симпсона ("закону равнобедренного треугольника") на участке от — с до
до с (рис. 18).
Решение. При решении задачи 112 нашли, что рассматриваемая
случайная величина Охарактеризуется следующей дифференциальной
функцией распределения:
/(*) =
О при
if. . х)
-11 + —I при
cl с)
-с£х<0,
О £ х £ с,
х>с.
величины О найдем, вос-
- II—	при
с\ с)
О при
Математическое ожидание и дисперсию
пользовавшись формулами (54) и (58) при а = -с и Ь = с. Следует учесть,
что при хе [-с; 0) и хе [0; с] функция /(х) задается различными
уравнениями.
Математическое ожидание величины X равно
Йч	с ,	.
1+- xcfc+ f- l--W = 0.
с)	J cl	с)
—с	0ч
118. Случайная величина X задана функцией распределения:
0
Г(х) =
11	. х
(-+—arcsin—
2 я с
1
при
при
при
х<1-с,
-с<х£с,
х>с.
(закон арксинуса).
Найти математическое ожидание этой величины.
Решение. Найдем плотность распределения вероятностей случай-
ной величины X: f(x) = F'(x). При х£-с и при х>с функция
/(х) = 0.При -с<х<с имеем
144
. (1.1 X
дх) = 1 —+—arcsin—
12 я с
1
я4<? -X2,
Математическое ожидание случайной величины X найдем по фор-
муле (54) при а=-с и Ь = с‘.
Л/(^)= j у.
1сЯу1с2-х2
Учитывая, что подынтегральная функция нечетаг . и пределы интег-
рирования симметричны относительно начала координат, заключаем, что
рассматриваемый интеграл равен нулю; следовательно, М(Х) = 0.
119. Случайная величина X, все возможные значения которой при-
надлежат интервалу (1; 3), задана в этом интервале дифференциальной
3 2	9
функцией распределения /(х) = —х + Зх —Найти моду, математи-
4	4
ческое ожидание и медиану X.
Решение. Представим дифференциальную функцию распределе-
3	2 3
ния в виде f (х) = —(х - 2) + —. Отсюда ясно, что трафиком функции
4	4
/(х) является парабола, вершина которой находится в точке с координа-
тами (2; 3/4), а ветви направлены вниз (так как коэффициент при
(х - 2)2 меньше нуля). Поэтому при х = 2 дифференциальная функция
распределения достигает максимума; следовательно, мода М0(Х) = 2.
(Разумеется, максимум функции f(x) можно было бы найти методами
дифференциального исчисления).
Кривая распределения симметрична относительно прямой х = 2; по-
этому математическое ожидание М(Х) = 2 и медиана Ме(Х) = 2.
145
4.7. Закон равномерной плотности
Случайная величина X имеет равномерное распределение на отрезке
[а, д], если она имеет следующую плотность распределения вероятностей:
	0 при х<а,
Ях) = -	—при a£x£b,	(60) Ь-а 0 при х>Ь.
120.	Случайная величина X распределена равномерно при а £ х 5 Ъ.
Найти:
а)	плотность распределения вероятностей /(х) (обосновать формулу
(60)) и построить график функции /(х);
б)	функцию распределения F(x) я построить ее график;
в)	вероятность попадания X в интервал (a; fl).
Решение, а) Все возможные значения случайной величины при-
надлежат отрезку [а;д], на котором функция /(х) постоянна. По усло-
вию величина X не принимает значений вне отрезка [а;Ь], поэтому
/(х) = 0при х<аих>Ь.
Согласно свойствам (51) дифференциальной функции распределения
/(х) > 0 при хе	площадь, ограниченная графиком функции /(х) и
осью Ох, равна единице.
Так как /(х) = const и /(х)>0 при хе [e;i], то графиком функции
/(х) при этик значениях х является прямая, параллельная оси Ох и рас-
положенная над осью Ох (рис. 19). Фигура, ограниченная графиком функ-
ции /(х), осью Ох я двумя прямыми х = а я х — Ь, является прямо-
угольником; площадь этого прямоугольника 5 = 1. Площадь
S = (b-a)-h> где h - высота прямоугольника. Таким образом,
(Ь - а) • h = 1, следовательно, h = 1/(Z> ~ <*)• Уравнение прямой, параллель-
ной оси Ох, имеет вид у = h; поэтому при хе [а;Ь] плотность распреде-
146
ления вероятностей рассматриваемой случайной величины X равна
/(х) = 1/(6 - а); при х е [а, 6] функция f (х) = 0.
Я®)
б)	При хе случайная величина не принимает никаких значе-
ний, поэтому ее функция распределения F(x) = 0.
При х€ [а; 6] функция распределения
F(x) = f/(x>fo = f-i-<& =	=~-| =^—
J74	3 b-a	Ь-аЗ	b-a. b-a
a	a	a
147
При х € (2>;+оо) функция распределения постоянна и равна
х	ь	х	ъ
Л*) = J f{x)dx =| —-<&+Jo<& =Т7“
а	а	о
Ь-а
Ь-а
На всей числовой оси функция распределения F(x) имеет вид:
	' 0	при	х<а,
Г(х) = -	х-а Ь-а	при	а£х£Ь,
	1 к	при	х>Ь.
График функции распределения F(x) представлен на рис. 20.
в)	Для непрерывной случайной величины верояность попадания в
точку равна нулю, поэтому Р(а<Х<0) = Р(а£Х< Д). Учитывая это,
искомую вероятность того, что X в результате испытания примет значение
из интервала (a; fi), найдем по формуле (28):
F(a<X</3) = F(0)-F(a) = ^-~ = ^.
Ь-а b-а Ь-а
121.	Найти математическое ожидание и дисперсию случайной вели-
чины X, распределенной равномерно при хе [а; 6].
Решение. Математическое ожидание случайной величины Х9
распределенной равномерно при хе [а;&] найдем по формуле (54), в кото*
рую подставим выражение /(х), заданное формулой (60):
£	1	l2 2	»
^(х) =	=—=-^-= ^i-.
*	Ь—а *	л\р—а) 2
а	а
Дисперсию случайной величины Х9 распределенной равномерно
при хе [а; 6], найдем по формуле (56), в которую подставим выражение
/(х), заданное формулой (60), и найденное значение математического
ожидания:
148
b	b	2
D(X)= [x2/(x)<&-M2(X) =	«
J	J b-a	4
a	a
_b3-a3 (a + b)2 _(b-a)2
~ УЬ-а) 4	12 '
122.	Процентное содержание гумуса в пахотном горизонте некоторой
почвы представляет собой случайную величину X, распределенную рав-
номерно на отрезке [1,8; 4,0]. Найти плотность распределения вероятно-
стей и функцию распределения этой случайной величины. Вычислить
среднее значение и дисперсию процентного содержания гумуса в пахотном
горизонте этой почвы и вероятность того, что в пахотном горизонте со-
держится от 2 до 3% гумуса.
Решение. Для решения задачи воспользуемся результатами, полу-
ченными в задачах 120 и 121. Данная случайная величина X распределена
равномерно на отрезке [1,8; 4,0], поэтому нижняя граница отрезка а = 1,8,
а верхняя граница этого отрезка b ~ 4,0. На заданном отрезке плотность
распределения вероятностей величины X
f(x) = —= —— - — « 0,4545.
J ’ b-a 4-1,8 2,2
Вне этого отрезка f (х) = 0.
Величина X на отрезке [1,8; 4,0] имеет функцию распределения
Л*) =
х-а _ х-1,8
Ь-а~ 2,2 '
При х< 1,8 функция F(x) = 0, при х > 4,0 функция F(x) = 1.
Таким образом, на всей числовой оси случайная величина X харак-
теризуется следующей функцией распределения:
0
при х<1,8,
при 1,8£х£4,
при	х > 4.
1
149
Математическое ожидание и дисперсия величины X равны:
М{ X) = — =	= 2,9; D(X) = ®~а)2 =	« 0,4043.
2	2	4 7	12	12
Вероятность того, что в пахотном горизонте почвы содержится от 2-х
до 3-х % гумуса, равна вероятности попадания случайной величины X в
интервал (2; 3):
Ч—1 я 9—1 я
Р(2 < X < 3)=F(3)-F(2) =	« 0,4545.
123.	На шоссе установлен автоматический светофор, в котором Г ми-
нуту. для транспорта горит зеленый свет и 45 секунд - красный, затем
опять 1 минуту горит зеленый свет и 45 секунд - красный и т. д. Автома-
шина проезжает по шоссе в случайный момент времени, не связанный с
работой светофора. Найти вероятность того, что машина проедет мимо
светофора не останавливаясь.
Решение. Рассмотрим случайную величину Т - момент времени
проезда автомашины мимо светофора в интервале, равном периоду смены
цветов в светофоре. Период смены цветов в светофоре равен
(1+3/4)=7/4, мин. Случайная величина Т распределена равномерно на
отрезке [0; 7/4]. Все возможные значения t этой величины принадлежат
отрезку, нажняя граница которого а =0, а верхняя граница 6 = 7/4. На
этом отрезке плотность распределения вероятностей величины Т
Вне этого отрезка	График функции f(t) представлен на
рис. 21.
/(«)♦
6	1	1,75 t
Рис. 21
150
Вероятность попадания случайной величины Т на отрезок [0; 7/4]
равна площади прямоугольника О АВС, эта площадь равна единице.
Для того, чтобы машина проехала мимо светофора не останавлива-
ясь, достаточно, чтобы момент времени ее проезда по шоссе пришелся на
интервал, в течение которого горит зеленый свет, т. е. на интервал (0; 1).
Вероятность попадания случайной величины Т в этот интервал равна пло-
щади прямоугольника OADE, эта площадь равна 4/7. Таким образом, ве-
роятность безостановочного проезда автомашины мимо светофора равна
Р(0<Г<1) = 4/7.

Р(а<Х<Д) = Ф
4.8. Нормальный закон распределения
Случайная величина X распределена по нормальному закону, если ее
плотность распределения вероятностей
(*-<02
е 20,2	(-оо<х<+<»; <т>0),	(61)
где а - математическое ожидание, <7 - среднее квадратическое отклоне-
ние X.
Вероятность того, что X примет значение, принадлежащее интервалу
(о;/?), равна
Р~а\ л/о-а\
-— -Ф----------L	(62)
о )	\ сг )
где
1 Г 2
Ф(х) = -=»Ге~* l2dx - функция Лапласа,
о
Вероятность того, что абсолютная величина отклонения нормально
распределенной случайной величины X от ее математического ожидания
а не превысит положительного числа £, равна
Р(| X -а\<.е) = 2ФрД	(63)
151
124.	На станке изготавливают шарики для подшипников. Номиналь-
ный диаметр шарика = 5 мм. Фактический размер диаметра шарика
вследствие неточности изготовления представляет собой случайную ве-
личину X, распределенную по нормальному закону с математическим
ожиданием а “ dQ = 5 мм и средним квадратическим отклонением
(7 = 0,05 мм.
Найти:
а)	процент шариков для подшипников, которые будут иметь диаметр
от 4,8 до 5 мм;
б)	процент брака, если известно, что при контроле бракуются все ша-
рики, диаметр которых отклоняется от номинального по абсолютной вели-
чине больше, чем на 0,1 миллиметра.
Решение, а) Найдем вероятность попадания случайной величины
X в интервал (4,8; 5,0), применив формулу (62). Учитывая, что а = 5,
о = 0,05, /3 = 5, а = 4,8, получим
ад<лг<5)=Ф^-Ф^=Ф(о)-ФК).
Так как Ф(х) - нечетная функция, то Ф(-4) = -Ф(4) и
Р(4,8 < х < 5) = Ф(0) + Ф(4). По таблице значений функции Лапласа (см.
табл. 3 приложения) найдем Ф(0) = 0, Ф(4) = 0,499968. Искомая вероят-
ность равна 0,499968. Это означает, что практически 50% изготавливаемых
шариков для подшипников будут иметь размер диаметра от 4,8 до 5,0 мм.
б)	Рассмотрим событие А - шарик будет забракован и противопо-
ложное ему событие А - шарик не будет забракован. Событие А произой-
дет, если диаметр изготовленного шарика будет отклоняться от номиналь-
ного по абсолютной величине не более, чем на 0,1 мм. Учитывая, что
£ = 0,1, по формуле (63) получим
Р( J) = Р(\Х - 5| < 0,1) = 2ф№) = 2Ф(2).	(*)
152
По таблице значений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) най-
дем Ф(2) = 0,4772. Подставив найденное значние Ф(х) в равенство (*),
получим: P(|JT-5|^ 0,1) = 0,9544.
Вероятность события А равна
Р(Л) = Р(рГ-5| > 0,1) = 1-Р(|Х-5| < 0,1) = 1-0,9544 = 0,0456.
Это означает, что бракуют 4,56% изготовленных шариков.
125.	Длина початка - один из главных показателей продуктивности
кукурузы. Выявлено, что у растений кукурузы сорта Чинквантино длина
початка представляет собой случайную величину X, распределенную по
нормальному закону с математическим ожиданием а = 12,6 см. У 68,26%
растений кукурузы этого сорта длина початка принимает значение, при-
надлежащее интервалу (11,4; 13,8) см. Какой процент растений кукурузы
этого сорта имеет длину початка более 14,1 см?
Решение. Случайная величина X - длина початка кукурузы; из-
вестно, что математическое ожидание X равно а= 12,6 см. Для ответа на
вопрос задачи необходимо найти среднее квадратическое отклонение о
этой случайной величины. Для определения а применим формулу (62),
используя условие: 68,26% растений кукурузы имеют длину початка от
11,4 до 13,8 см. Это означает, что для величины X вероятность принять
значение, большее а = 11,4 см и меньшее Д = 13,8 см, равна 0,6826. Под-
ставив в формулу (62) известные величины, получим
Р(11,4 < X < 13,8) =	- ф[11>4 ~12>6) = 0,6826.
\ & ) \ & )
Выполнив преобразования, найдем
Ф- —= 2Ф—= 0,6826;
а) <сг)
отсюда получим Ф — = 0,3413. По таблице значений функции Ф(х)
\ CF J
(см. табл. 3 приложения) определим, что если Ф(х) = 0,3413, то х = 1. Та-
12
ким образом, — = 1 и, следовательно, а -1,2.
ст
153
Зная а и а, по формуле (62) определим вероятность того, что длина
початка наудачу выбранного растения кукурузы будет превышать 14,1 см:
/*(14,1 < X < ~) = Ф(оо) - ф| 14>1г2?».6.| = ф(оо) - Ф(1,25). (*)
По таблице значений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) най-
дем Ф(1,25) = 0,3944. В соответствии со свойством функции Ф(х) имеем
приближенное равенство: Ф(оо) = 0,5. Подставив эти значения в равенст-
во (*), получим
Р(14,1 < X < оо) « 0,5 - 0,3944 = 0,1056.
Это означает, что примерно 10,56% растений кукурузы сорта Чин-
квантино будут иметь длину початка, превышающую 14,1 см.
Замечание. При решении задачи принято, что верхний предел
изменения величины X равен + <». Это значение верхнего предела изме-
нения X представляет собой теоретическую величину, практически верх-
ний предел длины початка кукурузы - конечное число. Однако находить
это число нет необходимости, так как при х>5 имеем приближенное ра-
венство: Ф(х)«0,5.
126.	Производится взвешивание некоторого вещества без система- ти-
ческих ошибок. Случайные ошибки X взвешивания подчинены нор-
мальному закону распределения со средним квадратическим отклонением
<7 = 20 г. Найти вероятность того, что взвешивание будет произведено с
ошибкой, не превосходящей по абсолютной величине 10 г.
Решение. Случайная величина X - случайные ошибки взвеши-
вания. Математическое ожидание X равно а = 0. Искомую вероятность
найдем по формуле (63) при £ = 10:
РфГ-0|^10) = 2Ф(10/20) = 2Ф(0,5).	(*)
По таблице значений функции Ф(х) (см. табл. 3 приложения) найдем
Ф(0,5) = 0,1915. Подставив значение Ф(0,5) в формулу (♦), найдем
рф¥|£10)=0,383.
154
127.	Настриг шерсти у овец асканийской породы представляет собой
случайную величину Х> распределенную по нормальному закону. Практи-
чески все возможные значения этой величины принадлежат интервалу
(7; 10,6) кг. Найти интервал, симметричный относительно математическо-
го ожидания, в котором с вероятностью 0,95 заключены возможные значе-
ния настрига шерсти у овец этой породы.
Решение. Случайная величина X - настриг шерсти у овец аска-
нийской породы. Практически все возможные значения любой случайной
величины, распределенной по нормальному закону, заключены в интерва-
ле а±3& где а и о - соответственно ее математическое ожидание и
среднее квадратическое отклонение (правило трех сигм). Согласно прави-
лу трех сигм и условию задачи имеем:
Га - Зег = 7,
[а + Зег = 10,6.
Решив составленную систему уравнений, получим, что для рассмат-
риваемой случайной величины X математическое ожидание а = 8,8,
среднее квадратическое отклонение а = 0,6. Для ответа на вопрос задачи
воспользуемся формулой (63). В данной задаче искомой величиной являет-
ся 8.
Подставив известные величины в формулу (63), будем иметь
Р(рГ - 8,8| <.£) = 2Ф^] = 035.
( g \
Из этого равенства найдем Ф — = 0,475. По таблице значений
\0,6 J
функции Ф(х) (см. табл. 3 приложения) получим, что если Ф(х) = 0,475,
£
то х = 1,96. Таким образом, — = 1,96, откуда £ = 1,96 0,6 = 1,176. С ве-
0,6
роятностью 0,95 можно утверждать, что возможные значения настрига
шерсти у овец асканийской породы находятся в интервале (8,8 ±1,176) кг,
т. е. настриг шерсти может быть от 7,624 до 9,976 кг.
155
128.	У яровой пшеницы сорта Саратовская 29 длина главного колоса
в сантиметрах представляет собой случайную величину X, подчиняю-
щуюся закону распределения, который характеризуется дифференциаль-
ной функцией распределения
Найти интервал, в который попадут практически все возможные зна-
чения длины главного колоса пшеницы этого сорта.
Решение. Случайная величина X - длина главного колоса пшени-
цы сорта Саратовская 29. Заданное выражение для /(х) свидетельствует о
том, что величина X распределена по нормальному закону с параметрами
а = 6,6 см и а = 1,2 см. Согласно правилу трех сигм получим, что практи-
чески все возможные значения X будут находиться в интервале
(6,6 ± 3,6) см, т. е. главный колос пшеницы может иметь длину от 3 до
10,2 см.
129.	По результатам опытов, проведенных в Московской области, вы-
явлено, что полевая всхожеть семян ярового ячменя сорта Московский 121.
предствляет собой случайную величину X, распределенную по нормаль-
ному закону. С вероятностью 0,9398 можно утверждать, что полевая всхо-
жесть семян этого сорта равна 65 ± 18,8, %. Найти интервал, симметричный
относительно математического ожидания, в который с вероятностью 0,9973
попадут в результате испытания возможные значения величины X.
Решение. Случайная величина X - полевая всхожесть семян яро-
вого ячменя сорта Московский 121. Математическое ожидание этой вели-
чины а = 65%.
По условию Р(|Х — 65] S 18,8) = 0,9398. Воспользовавшись формулой
(63), получим
Р^Х - 65| £ 18,8)=240} = 0,9398.
156
f £ \
Из этого равенства следует, что Ф —- = 0,4699. По таблице значе-
£
ний функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) найдем — = 1,88.
<7
р	1Я Я
Так как е = 18,8%, то <т = —% =	= 10%.
1,88	1,88
Если для случайной величины, распределенной по нормальному за-
кону, выполняется условие Р§Х - а| £ £))=0,9973, то 2Ф( — | = 0,9973,
откуда следует,что — = 3,поэтому Еу = 3<т; а-3ст = 35; а+3(7 = 95.
G
Таким образом, рассматриваемая случайная величина X с вероятно-
стью 0,9973 попадет в результате испытания в интервал (35; 95)%.
130.	Размер диаметров шариков для подшипников контролируют сле-
дующим образом: если шарик не проходит через отверстие диаметром d\,
но проходит через отверстие диаметром d2 >dlt то его размер считают
приемлемым. Если какое-нибудь из этих условий не выполняется, то ша-
рик бракуют. Известно, что диаметр шарика представляет собой случай-
ную величину X, распределенную по нормальному закону, математиче-
ское ожидание этой величины a = (dl+d2)/2, а среднее квадратическое
отклонение ff-(d2-d])/4. Найти вероятность того, что проверяемый
шарик будет забракован.
Решение. Из формулы a = (dl+ d2)/2 следует, что математиче-
ское ожидание а случайной рассматриваемой случайной величины X яв-
ляется серединой интервала (d1,d2'), т. е. размеры d^ и d2 симметричны
относительно а. Учитывая, что e = (d2-rfj)/2, a ff = (d2-d\)l4, по
формуле (63) найдем вероятность того, что шарик не будет забракован:
-a|^e)=pf|X-a|^A
=А] = 2Ф| AzA] = 2Ф(2).
2 J . V 2<г )
157
Вероятность того, что шарик будет забракован, равна
Р^Х - а| > е)=1 - /фг - а| £ s) = 1 - 2Ф(2) = 1 - 2 • 0,4772 = 0,0456.
131.	Масса коров красной горбатовской породы представляет собой
случайную величину X, распределенную по нормальному закону с ма-
тематическим ожиданием а = 470кг и средним квадратическим отклоне-
нием а = 30кг. Какова вероятность того, что две из трех коров, отобран-
ных случайным образом, будут иметь массу более 470 и менее 530 кг?
Р е ш е н.и е. Случайная величина X - масса коровы красной горба-
товской породы. Применив формулу (62), найдем вероятность того, что X
примет значение из интервала (470; 530). Подставив в эту формулу из-
вестные величины, получим
Р(470<Х<530) = Ф^^]-Ф(0)-Ф(2)-Ф(0).	(.)
По таблице значений функции Лапласа (см. табл. 3 приложения) най-
дем Ф(2) = 0,4772, Ф(0) = 0. Подставив значения Ф(2) и Ф(0) в равен-
ство (*), определим
Р(470<Х< 530) = 0,4772.
Рассмотрим событие В - две коровы из трех будут иметь массу более
470, но менее 530 кг. Вероятность события В найдем по формуле Бер-
нулли. Для определения вероятности события В по формуле Бернулли
имеем л = 3, т = 2, р- 0,7772, q = 1 - р = 0,5228. Искомая вероятность
Р(В) = Р3(2) = Clp2q = 3- (0,4772)2 • 0,5228 « 0,3572.
4J. Показательный закон распределения
Случайная величина X распределена по показательному закону, если
она имеет следующую плотность распределения вероятностей:
158

при х<0,
лрм х£О.
(64)
где Я > О - параметр распределения.
Математическое ожидание М(Х) и среднее квадратическое отклоне-
ние СГ(Х) случайной величины X, распределенной по показательному
закону:
М(Х) = сг(Х) = -^.	(65)
Л
132.	Случайная величина X распределена по показательному закону,
заданному плотностью распределения вероятностей f(x) = О,5е~0,5* при
х £ 0; при х < 0 функция /(х) = 0. Найти вероятность того, что в резуль-
тате испытания X примет значение из интервала (2; 4).
Решение. Вероятность того, что случайная величина, распреде-
ленная по показательному закону, примет значение из заданного интервала
Р}»найдем по формуле (52):
£	Р
Р(а <Х < ^)=J f(x)dx =J Ae^dx =
a	a
Искомая вероятность того, что X примет значение из интервала
(2; 4), равна
Р(2<X<4) = е“0,52 -еГ0’5'4 =еч -е"2 «0,3678-0,1353 = 0,2325.
133.	Студент помнит, что плотность распределения вероятностей пока-
зательного распределения имеет вид /(х) = 0 при х<0, а при х>0
/(х) = Се“^; однако он забыл, чему равна постоянная С. Найти пара-
метр С.
159
Решение. Для того, чтобы найти С, воспользуемся свойством
оо
плотности распределения вероятностей: J f (x)dx = 1. При х < 0 функ-
—оо
пня /(х) = 0, а при х£0 функция /(х) = Се“А:, поэтому должно
00
выполняться условие: J Ce~^dx = 1.
о
Найдем несобственный интеграл с бесконечным верхним пределом
интегрирования, стоящий в левой части этой формулы:
[Се-ЛгйЬс = С- lim te~^dx=-^-lime~**f =-~ lim (е’"'**-е°)=~.
•	J	Xt	«О X Ь”->ОО	Я,
о	о
Из равенства получим С = Л.
134.	Продолжительность безотказной работы элемента - случайная
величина, распределенная по показательнму закону, заданная плотностью
распределения вероятностей /(r) = O,Ole-o’ol/, > 0), где t - время, ч.
Найти вероятность того, что элемент проработает безотказно не менее
I 100 часов.
Решение. Обозначим через Т непрерывную случайную величи-
ну- продолжительность безотказной работы элемента. Продолжитель-
ность безотказной работы элетента не менее t часов определяется с по-
мощью функции надежности
R(t) = Р(Т * Г) = 1 - Р(Т < 0 = 1 - F(t),
где F(f) - функция распределения. Для случайной величины Т, распреде-
ленной по показательному закону, F(t) = 1 — е~^, поэтому
/?(0 = е“л.
160
Искомая вероятность того, что данный элемент проработает безотказ-
но не менее 100 часов, равна
Я(100) = е~0’01100 = е"1« 0,3678.
135.	Испытывают два независимо работающих элемента. Продолжи-
тельность безотказной работы первого и второго элементов - случайные
величины Т\ и Т2> распределенные по показательному закону; Эти вели-
чины характеризуются функциями распределения
F1(0 = P(7i <t) = l-e~0,02t, F2(t) = P(T2 <O = l-e“°’ow.
Найти вероятность того, что в интервале времени (0; 100) часов
а)	оба элемента откажут;
б)	оба элемента не откажут;
в)	только один элемент откажет;
г)	откажет хотя бы один элемент.
Решение. Исследуется работа двух элементов в интервале време-
ни (0; 100) часов. Рассмотрим событий:
4 - откажет первый элемент;
- откажет второй элемент;
4 - не откажет первый элемент;
4 ~ не откажет второй элемент;
В - откажут оба элемента;
С оба элемента не откажут;
D - откажет только один элемент;
С ~ откажет хотя бы один элемент.
Найдем вероятности названных событий:
Р( 4) = Л = fi(100) = 1 - е-2 = 1 - 0,1353 = 0,8647;
Р(Я2) = Рг = F2(100) = 1 - е"1 = 1 - 0,3679 = 0,6321;
Р(4) = ft = ^(100) = 1 - Fi (100) = ё~2 = 0,1353;
P(l2) =g2= R2 (100) = 1 -F2(100) = е-1 = 0,3679.
161
а)	Событие В - откажут оба элемента, является произведением двух <
событий 4. и -^2- B = AtA2. События 4 я Зг " независимые; вероят-
ность события В найдем по теореме умножения вероятностей независи-
мых событий:
Р(В) = Р(4А) = р^р2 = 0,8647 • 0,6321 = 0,5466.	I
б)	Событие С - оба элемента не откажут, является произведением
двух событий 4 и А2: С = А\ • А2.
События Ai и А2 - независимые; вероятность события С найдем по
теореме умножения вероятностей независимых событий:	j
Р(С) = Р(АуА2) = qiq2 = 0,1353 • 0,3679 = 0,0498.
в)	Событие D - откажет только один элемент, равно сумме событий I
AiA2 и Слагаемые АуА2 и А^А2 представляют собой несовместные
события. Вероятность события D найдем, используя теорему умножения j
вероятностей независимых событий и теорему сложения вероятностей не- I
совместных событий:
Р(£>)	+ qxp2 = 0,8647 0,3679+0,1353 • 0,6321 • 0,4036.	:
г)	Событие С - откажет хотя бы один элемент, противоположно со-	j
бытию С. Вероятность события С равт
Р(С) = 1 - Р(С) = 1 - qxq2 = 1 - 0,0498 = 0,9502.	1
i
Таблица 1
ПРИЛОЖЕНИЕ
1
Значения функции ^(х) = е 2
X	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
м	0,3989	03989	03989	03988	03986	03984	03982	03980	03977	03973
од	0,3970	0,3965	03961	03956	03951	03945	03939	03932	03925	03918
ОД	0,3910	0,3902	ОДОМ	03885	03876	03867	03857	03847	03836	03825
03	0,3814	0,3802	03790	03778	03765	03752	03739	03726	03712	03697
м	0,3683	0,3668	03653	03537	03621	03605	03589	03572	03555	03538
03	03521	0,3503	03485	03457	03448	03429	03410	03391	03372	03352
0,6	0,3332	0,3312	03292	03271	03251	03230	03209	03187	03166	03144
6,7	03123	0Д101	03079	03056	03034	озон	0,2989	03966	03943	03920
0,8	0,2897	0,2874	0Д850	03827	03803	03780	0,2756	03732	03709	03685
ОД	03661	0,2637	03513	03589	03565	03541	0,2516	03492	03468	03444
1,0	0,2420	0,2396	0Д371	0,2347	0,2323	03299	03275	03251	03227	03203
U	0Д179	0,2155	03131	03107	03083	03059	03036	03012	0,1989	0,1965
1Д	0,1942	0,1919	0,1895	0,1872	0,1849	0,1826	0,1804	0,1781	0,1758	0,1736
м	0,1714	0,1691	0,1669	0,1647	0,1626	0,1604	0,1582	0,1561	0,1539	0,1518
м	0,1497	0,1476	0,1456	0,1435	0,1415	0,1394	0,1374	0,1354	0,1334	0,1315
1,5	0,1295	0,1276	0,1257	0,1238	0,1219	0,1200	0,1182	0,1163	0,1145	0,1127
1,6	0,1109	0,1092	0,1074	0,1057	0,1040	0,1023	0,1006	0,0989	0,0973	0,0957
1,7	0,0940	0,0925	0,0909	0,0893	0,0878	0,0863	0,0848	0,0833	0,0818	0,0804
М	0,0790	0,0775	0,0761	0,0748	0,0734	0,0721	0,0707	0,0694	0,0681	0,0669
м	0,0656	0,0644	0,0632	0,0620	0,0608	0,0596	0,0584	0,0573	0,0562	0,0551
2Д	0,0540	0,0529	0,0519	0,0508	0,0498	0,0488	0,0478	0,0468	0,0459	0,0449
2Д	0,0440	0,0431	0,0422	0,0413	0,0404	0,0396	0,0388	0,0379	0,0371	0,0363
2Д	0,0355	0,0347	0,0339	0,0332	0,0325	0,0317	0,0310	0,0303	0,0297	0,0290
м	0,0283	0,0277	0,0270	0,0264	0,0258	0,0252	0,0246	0,0241	0,0235	0,0229
м	0^224	03219	0,0213	0,0208	0,0203	0,0198	0,0194	0,0189	0,0184	0,0180
23	0,0175	0,0171	0,0167	0,0163	0,0158	0,0154	0,0151	0,0147	0,0143	0,0139
2,6	0,0136	0,0132	0,0129	0,0126	0,0122	0,0119	0,0116	0,0113	0,0110	0,0107
2,7	0,0104	0,0101	0,0099	0,0096	0,0093	0,0091	0,0088	0,0086	0,0084	0,0081
2,8	0,0079	0,0077	0,0075	0,0073	0,0071	0,0069	0,0067	0,0065	0,0063	0,0061
23	0,0060	0,0058	0,0056	0,0055	0,0053	0,0051	0,0050	0,0048	0,0047	0,0046
3,0	0,0044	0,0043	0,0042	0,0040	0,0039	0,0038	0,0037	0,0036	0,0035	0,0034
эд	0,0033	0,0032	0,0031	0,0030	0,0029	0,0028	0,0027	0,0026	0,0025	0,0025
ЗД	0,0024	0,0023	0,0022	0,0022	0,0021	0,0020	0,0020	0,0019	0,0018	0,0018
33	03017	03017	0,0016	0,0016	0,0015	0,0015	0,0014	0,0014	0,0013	0,0013
3,4	0,0012	0,0012	0,0012	0,0011	0,0011	0,0010	0,0010	0,0010	0,0009	0,0009
зз	0,0009	0,0008	0,0008	0,0008	0,0008	0,0007	0,0007	0,0007	0,0007	0,0006
3,6	0,0006	0,0006	0,0006	0,0005	0,0005	0,0005	0,0005	0,0005	0,0005	0,0004
3,7	0,0004	0,0004	0,0004	0,0004	0,0004	0,0004	0,0003	0,0003	0,0003	0,0003
33	0,0003	0,0003	0,0003	0,0003	0,0003	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002
33	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002	0,0002	0,0001	0,0001
163
Таблица 2
X1 2
Значения Р_ = —е
т ml
(распределение Пуассона)
т	2=0,1	2 = 0,2	2=03	2=0,4	2=03	2=0,6	2 = 0,7	2 = 0,8	2 = 0,9	
0	03048	0,8187	0,7408	0,6703	0,6065	03488	0,4966	04493	04066	
1	0,0905	0,1637	0,2222	0,2681	озозз	03293	03476	03595	03659	
2	0,0045	0,0164	0,0333	0,0536	0,0758	0,0988	0,1217	0Д438	0,1647	
3	0,0002	0,0011	0,0033	0,0072	0,0126	0,0198	0,0284	0,0383	0,0494	
4		0,0001	0,0003	0,0007	0,0016	0,0030	0,0090	0,0077	0,0111	
5				0,0001	0,0002	04004	0,0007	04012	0,0020	
6							0,0001	0,0002	0,0003	
										
т	2=1	2=2	2 = 3	2 = 4	2 = 5	2=6	2 = 7	2 = 8	2 = 9	2 = 10
0	0,3679	0,1353	0,0498	0,0183	0,0067	0,0025	0,0009	0,0003	0,0001	0,0000
1	04679	0,2707	0,1494	0,0733	0,0337	0,0149	0,0064	0,0027	0,0011	0,0005
2	0,1839	0,2707	0,2240	0,1465	0,0842	0,0446	0,0223	0,0107	0,0050	0,0023
3	0,0613	0,1804	0,2240	0,1954	0,1404	0,0892	0,0521	0,0286	04150	0,0076
4	0,0153	0,0902	0,1680	0,1954	0,1755	0,1339	0,0912	0,0572	0,0337	0,0189
5	0,0031	0,0361	0,1008	0,1563	0,1755	0,1606	0,1277	0,0916	0,0607	0,0378
6	0,0005	0,0120	0,0504	0,1042	0,1462	0,1606	0,1490	0Д221	0,0911	0,0631
7	0,0001	0,0034	0,0216	0,0595	0,1044	0,1377	0,1490	0,1396	0,1171	0,0901
8		0,0009	0,0081	0,0298	0,0653	0,1033	0,1304	0,1396	0,1318	ОД 126
9		0,0002	0,0027	0,0132	0,0363	0,0688	0,1014	0,1241	0,1318	0,1251
10			9,0008	0,0053	0,0181	0,0413	0,0710	0,0993	0,1186	0,1251
11			0,0002	0,0019	0,0082	0,0225	0,0452	0,0722	0,0970	0,1137
12			0,0001	0,0006	0,0034	0,0126	0,0263	0,0481	0,0728	0,0948
13				0,0002	0,0013	0,0052	0,0142	0,0296	04504	0,0729
14				0,0001	0,0005	0,0022	0,0071	0,0169	0,0324	0,0521
15					0,0002	0,0009	0,0033	0,0090	0,0194	0,0347
16						0,0003	0,0014	0,0045	0,0109	0,0217
17						0,0001	0,0006	04021	0,0058	04128
18							0,0002	0,0009	0,0029	0,0071
19							0,0001	0,0004	04014	0,0037
20								0,0002	0,0006	04019
21								0,0001	04003	0,0009
22									0,0001	0,0004
23										0,0002
24										04001
164
Таблица 3
Значения функции Лапласа Ф(х) = -4= f е z ^dz
у2я »
X	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
0,0	0,0000	0,0040	0,0080	0,0120	0,0160	0,0199	0,0239	0,0279	0,0319	0,0359
ад	0,0398	0,0438	0,0478	0,0517	0,0557	0,0596	0,0636	0,0675	0,0714	0,0753
ед	0,0793	0,0832	0,0871	0,0910	0,0948	0,0987	0,1026	0,1064	0,1103	0,1141
03	0,1179	0,1217	0,1255	0,1293	0,1331	0,1368	0,1406	0,1443	0,1480	0,1517
0,4	0,1554	0,1591	0,1628	0,1664	0,1700	0,1736	0,1772	0,1808	0,1844	0,1879
0,5	0,1915	0,1950	0,1985	03019	03054	03088	03123	03157	03190	03224
о,б	0,2257	0,2291	0Д324	03357	0,2389	03422	03454	03486	03517	0Д549
0,7	0,2580	0,2611	03642	0,2673	0,2703	03734	03764	03794	03823	03852
оз	03881	0,2910	03939	03967	03995	03023	03051	03078	03106	03133
о,9	0,3159	03186	03212	03238	03264	03289	03315	03340	03365	03389
1,0	03413	03438	03461	03485	03508	03531	03554	03577	03599	03621
ы	03643	03665	03686	03708	03729	03749	03770	03790	03810	03830
1Д	03849	03869	03883	03907	03925	03944	03962	03980	03997	0,4015
13	0,4032	0,4049	0,4066	0,4082	03099	03115	0,4131	03147	03162	03177
1,4	0,4192	0,4207	03222	0,4236	03251	03265	03279	03292	0,4306	03319
13	0,4332	0,4345	0,4357	0,4370	0,4382	0,4394	0,4406	0,4418	0,4429	0,4441
1,6	0,4452	0,4463	03474	0,4484	03495	0,4505	03515	03525	0,4535	03545
1,7	0,4554	03564	0,4573	0,4582	03591	03599	0,4608	0,4616	0,4625	0,4633
13	03641	0,4649	0,4656	0,4664	0,4671	03678	03686	03693	03699	0,4706
13	0,4713	0,4719	0,4726	0,4732	0,4738	0,4744	03750	03756	0,4761	03767
23	0,4772	0,4778	03783	0,4788	0,4793	03798	03803	0,4808	0,4812	0,4817
ад	0,4821	0,4826	0,4830	0,4834	0,4838	03842	03846	0,4850	03854	0,4857
ад	0,4861	0,4864	0,4868	0,4871	0,4875	0,4878	03881	03884	0,4887	0,4890
ад	0,4893	0,4896	0,4898	03901	03904	0,4906	0,4909	0,4911	0,4913	0,4916
ад	0,4918	0,4920	03922	0,4924	0,4927	0,4929	0,4931	0,4932	0,4934	03936
ад	0,4938	0,4940	0,4941	0,4943	03945	0,4946	0,4948	03949	0,4951	0,4952
2,6	0,4953	0,4955	0,4956	0,4957	0,4959	0,4960	03961	0,4962	0,4963	03964
ад	0,4965	0,4966	03967	03968	0,4969	03970	03971	0,4972	0,4973	03974
ад	0,4974	0,4975	03976	0,4977	03977	0,4978	03979	03979	0,4980	0,4881
2,9	0,4981	0,4982	0,4982	0,4983	03984	0,4984	0,4985	03985	0,4986	0,4986
3,0	0,4986	0,4987	04988	0,4988	0,4989	03989	03989	0,4989	0,4990	0,4990
ад	0,4993	0,4993	0,4994	0,4994	03994	0,4994	0,4994	03995	0,4995	0,4995
33	0,4998	0,4998	0,4998	0,4998	03998	03998	03998	0,4998	0,4998	0,4998
33	0,4999	0,4999	0,4999	0,4999	03999	0,4999	03999	03999	0,4999	03999
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1.	Вентцель Е.С. Теория вероятностей. М., Наука. 2001.
2.	Гнеденко Б.В. Курс теории вероятностей. М., УРСС, 2001.
3.	Гмурман BJE. Теория вероятностей и математическая статистика. М.,
Высш. шк. 1998.
4.	Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и
математической статистике. М., Высш. шк. 1998.
5.	Золотаревская Д.И. Индивидуальные домашние задания по теории ве-
роятностей. М., Изд-во МСХА. 1996.
6.	Золотаревская Д.И., Неискашова Е.В., Ульянова ИЛ. Сборник за-
дач по теории вероятностей. М., Изд-во МСХА. 1997.
7.	Лихолетов И.И., Мацкевич И.П. Руководство к решению задач по
высшей математике, теории вероятностей и математической статистике.
Мн., Вышэйшая школа. 1976.
8.	Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и
теории случайных функций. Под редакцией А.А. Свешникова. М., Нау-
ка. 1970.

ж


Издательство УРСС
специализируется на выпуске учебной и научной литературы, в том
числе монографий, журналов, трудов ученых Российской Академии
наук, научно-исследовательских институтов и учебных заведений.
Уважаемые читатели! Уважаемые авторы!
Основываясь на широком и плодотворном сотрудничестве с Российским
фондом фундаментальных исследований и Российским гуманитарным
научным фондом, мы предлагаем авторам свои услуги на выгодных экономических
условиях. При этом мы берем на себя всю работу по подготовке издания —
от набора, редактирования и верстки до тиражирования и распространения.
Среди вышедших и готовящихся к изданию книг мы предлагаем Вам следующие:
Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей.
Гнеденко Б. В. Очерк по истории теории вероятностей.
Гнеденко Б. В. О математике.
Гнеденко Б. В.> Хинчин А. Я, Элементарное введение в теорию вероятностей.
Кац М. Вероятность и смежные вопросы в физике.
Боровков А. А. Эргодичность и устойчивость случайных процессов.
Шикин Л В. От игр к играм.
Пытьев Ю. П. Возможность. Элементы теории и применения.
Краснов М. Л. и др. Вся высшая математика. Т. 1-6.
Краснов М.Л., Киселев А. И., Макаренко Г. И. Сб. задач с подробными решениями:
Векторный анализ.
Интегральные уравнения.
Вариационное исчисление.
Обыкновенные дифференциальные уравнения.
Функции комплексного переменного.
Операционное исчисление. Теория устойчивости.
Боярчук А. К. и др. Справочное пособие по высшей математике (Аищдемццович).
Дубровин Б. А., Новиков С. П., Фоменко А. Г. Современная геометрия. Т. 1-3.
Рашевский П. К. РИманова геометрия и тензорный анализ.
Раневский П. К. Геометрическая теория уравнений с частными производными.
Рашевский П. К. Курс дифференциальной геометрии.
Трикоми Ф. Дифференциальные уравнения.
Петровский И. Г. Лекции по теории обыкновенных дифференциальных уравнений.
Петровский И. Г. Лекции по теории интегральных уравнений.
Элъсгольц Л. Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление.
Данилов Ю.А. Многочлены Чебышева.
Позняк Э. Г., Шикин Е. В. Дифференциальная геометрия: первое знакомство.
Харари Ф. Теория графов.
Оре 0.Г^афы и их применение.
Оре О. Приглашение в теорию чисел.
Гамов Г, Стерн М. Занимательные задачи.

По всем вопросам Вы можете обратиться к нам: телефакс (095) 135-44-23, met. 135-42-46 или здежидоиной почтой urss@urss ли. Полный каталог изданий представлен в Интернет-магазине*. http://urss.ru	Издательство УРСС Научная и учебная литература
Издательство УРСС

Представляет Вам свои лучшие книги:
.<Ч«Л>Ч-Й
Брайан 1%>ин
ЭЛЕГАНТНАЯ ВСЕЛЕННАЯ
Суперструны, скрытые размерности и поиски окончательной теории
В течение последнего полувека физики продолжали, основываясь на открытиях
своих предшественников, добиваться все более полного понимания принципов
устройства мироздания. И вот теперь, спустя много лет после того, как Эйнштейн
объявил о своем походе на поиски единой теории, физики считают, что они
смогли, наконец, выработать теорию, связывающую все эти прозрения в единое
целое — единую теорию, которая в принципе способна объяснить все явления.
Эта . хрия, теория суперструн, и является предметом данной книги.
Теория суперструн забрасывает очень широкий невод в пучины мироздания. Это
обширная и глубокая теория, охватывающая многие важнейшие концепции, игра-
ющие центральную роль в современной физике. Она объединяет законы макромира
и микромира, законы, действие которых распространяется в самые дальние дали
космического пространства и на мельчайшие частицы материи; поэтому рассказать
об этой теории можно по-разному. Автор выбрал подход, который базируется на
эволюции наших представлений о пространстве и времени.
8&W


Роджер Пенроуз,
НОВЫЙ УМ КОРОЛЯ.
О компьютерах, мышлении и законах физики.
Монография известного физика и математика Роджера
Пенроуза посвящена изучению проблемы искусственного
интеллекта на основе всестороннего анализа достижений
современных наук. Возможно ли моделирование разума?
Чтобы найти ответ на этот вопрос, Пенроуз обсуждает
широчайший круг явлений: алгоритмизацию математиче-
ского мышления, машины Тьюринга, теорию сложности,
теорему Йделя, телепортацию материи, парадоксы кван-
товой физики, энтропию, рождение вселенной, черные
дары, строение мозга и многое другое.
Книга вызовет несомненный интерес как у специалистов, так и у широкого круга
читателей.
№
Двянйм1л|
1S5I
^енроузу
". ш
В
Й
1 -
да»
Издательство УРСС (095)135-42-46, (095)135-44-23, URSS®URSSJB	Наши книги можно приобрести и магазинах: «Библио-Глобус» (жДубяма, ул-Масницм». б. Тел. (095) 925-2457) «МОСКОВСКИЙ дои КМШ» (ЖАрбЛОи, УЛ.Н0ВЫ9 Арбат. 8. ТЫ. (095) 203-8242) «Москва» (и. Охотны! ряд, ул. Тверская, 8. Ты. (095) 229-7855) «Молодая гвардия» (и. Поляны, ул.Б. Полянка. 28. Ты. (095) 238-5088,238-1144) «Дом долевой книга» (и. Пролетарская, ул. Марксистская, 9. Ты. (095) 270-5421) «Старый Свет» (м. Притекая, Тверской б-р, 25. Тел. (095) 202-8508) «Пегас» (и. Университет, 1 гум. корпус МГУ, иоии.141 Ты. (095) 9394713) «У Катера» (РГГУ) (и. Новослободская, ул. Чаянова, 15. ты. (095) 9734801) «СПб. дои книга» (Невский пр. 28. Ты. (812) ЗЯ-3954)




ИНЖЕНЕРАМ БМОПОГАМ
ЭКОНОМИСТАМ *
в<
ЮЯТНОСТЕЙ
программы по курсу
вы	1тов вузов, обучающихся
по	lkmm, сельскохозяйствен-
ны*	юльностей вузов.
В каждой главе приведены краткие сведения справоч-
ного характера и типовые задачи с подробно разоб-
ранными решениями.

В КНИГЕ ПРИВЕДЕНО 135 ЗАДАЧ С РЕШЕНИЯМИ
К ряду задач даны иллюстрации, помогающие понять
ход решения. Задачи, содержащиеся в книге, разно-
образны по содержанию. Приведены задачи игрового
характера, строго математические задачи, а также
задачи, которые иллюстрируют возможности применения
теории вероятностей в технике, экономике, биологии,
в сельскохозяйственном производстве, и другие.
При составлении целого ряда задач автором использо-
ваны экспериментальные данные, опубликованные
в научной литературе.
В ДОСТУПНОЙ ФОРМЕ
В каждой главе даны задачи различной трудности
и расположены они в порядке возрастания их
трудности, поэтому пособие может быть использовано
лицами с различным уровнем математической подго-
товки. Объяснения решений приведены в доступной для
большинства студентов форме. Пособие поможет
овладеть навыками самостоятельного решения задач
по теории вероятностей.

1890 ID 13567
ИЗДАТЕЛЬСТВО УРСС
НАУЧНОЙ И УЧЕБНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
“рП E-mail: URSS@URSS ru
L Каталог изданий
в Internet: http://URSS.ru
Тел./факс: 7 (095) 135-44-23
—У	Тел./факс: 7 (095) 135-42-46