Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Практичне заняття
Тема. Знаходження ймовірностей подій з використанням елементів комбінаторики та класичного означення ймовірності.
1. Елементи комбінаторики.
2. Обчислення ймовірностей за класичним означенням.
Задача 1. Партія складається з 10 стандартних (С) і 5 нестандартних (Н) деталей. Із партії навмання беруть 5 деталей. Знайти ймовірність того, що серед узятих деталей 3 виявились стандартними.
Розв’язання. Подія А — «серед 5 деталей 3 стандартні, а 2 нестандартні». Деталі беруться навмання, тому можливою елемен-
тарною подією є будь-яка група з 5 деталей, вибраних із 15 деталей. Щоб визначити, до якого типу підмножин належать ці групи, розглянемо одну з них. Нехай у групі виявилося 2 стандартні і 3 нестандартні деталі, тобто маємо . Виконаємо у групі довільне переставлення, наприклад Група не змінилась — у ній як було, так і залишилося 2 стандартні деталі. Отже, порядок у групі неістотний, тому такі групи належать до комбінацій. Усі елементарні події рівноможливі, для обчислення ймовірності застосуємо формулу класичного означення ймовірності.
Загальна кількість елементарних подій
Щоб обчислити кількість елементарних подій, які становлять подію А, міркуємо так: 3 стандартні деталі з 10 можна вибрати способами, а 2 нестандартні з 5 — способами. Отже,
Остаточно дістаємо:
Задача 2. Монету підкидають чотири рази. Побудувати простір елементарних подій для цього експерименту і такі випадкові події:
Розв’язання. Шуканий простір елементарних подій:
Задача 3. Провести операції об’єднання, перетину та віднімання над числовими множинами:
А = {1;3;5;7;9}, В = {1;2;3;4;5}, С = {2;4;6;8;10}.
Розв’язання. = {1;2;3;4;5;7;9}; = {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10};
= {}; = {1;3;5};
= {7;9}; = {2;4};
С={1;3;5;7;9}.
Задача 4. Скількома способами можна посадити за одним столом 5 студентів?
Розв’язання. На перший стілець можна посадити будь-кого з 5 студентів, на другий будь-кого з 4, що лишилися. На третій – будь-кого з трьох, на четвертий – будь-кого з двох, на п’ятий – одного. Отже: . Є 120 різних способів, якими можна посадити за одним столом 5 студентів.
Задача 5. Обчислити число варіантів п’ятиденного розкладу занять студента по 3 пари щодня, якщо вивчається 15 різних дисциплін і протягом тижня кожна з них повинна вивчатися.
Розв’язання. Розв’язок задачі зводиться до знаходження числа розміщень з 15 елементів по 3: . Тобто, існує 2730 варіантів розкладу.
Задача 6. У лотереї є 36 елементів, з яких виграшними є 5. Скільки існує всіх різних комбінацій вибору цих 5 виграшних елементів (“Спортлото 5 із 36” )?
Розв’язання. Для обчислення всіх можливих варіантів обчислимо число комбінацій з 36 елементів по 5:
Задача 7. Задано множину цілих чисел Ώ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15. Навмання з неї беруть одне число.
Побудувати випадкові події: 1) А — узяте число кратне 2;
2) В — кратне 3.
Визначити АВ; А∩В; А \ В.
Розв’язання. 1) А = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14; 2) В = 3, 6, 9, 12, 15.
Звідси дістаємо:
АВ = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14 3, 6, 9, 12, 15 = 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15;
А∩В = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14 ∩ 3, 6, 9, 12, 15 = 6, 12;
А \ В = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14 \ 3, 6, 9, 12, 15 = 2, 4, 8, 10, 14.
Якщо А∩В , то випадкові події А і В називають сумісними.
Якщо А∩В = , то такі випадкові події А і В називають несумісними.
Задача 8. У ящику міститься 15 однотипних деталей, із яких 6 бракованих, а решта — стандартні. Навмання з ящика береться одна деталь. Яка ймовірність того, що вона буде стандартною?
Розв’язання. Число всіх рівноможливих елементарних подій для цього експерименту:
n = 15.
Нехай А — подія, що полягає в появі стандартної деталі. Число елементарних подій, що сприяють появі випадкової події А, дорівнює дев’яти (m = 9). Згідно з (1) маємо:
.
Задача 9. Гральний кубик підкидають один раз. Яка ймовірність того, що на грані кубика з’явиться число, кратне 3?
Розв’язання. Число всіх елементарних подій для цього експерименту n = 6. Нехай В — поява на грані числа, кратного 3. Число елементарних подій, що сприяють появі В, дорівнює двом (m = 2).
Отже,
.
Задача 10. У кожній із трьох урн містяться червоні та сині кульки. Із кожної урни навмання беруть по одній кульці. Побудувати простір елементарних подій для цього експерименту — множину і такі випадкові події:
А — серед трьох навмання взятих кульок дві виявляються червоного кольору;
В — серед трьох кульок дві виявляються синього кольору. Обчислити Р (А), Р (В), Р (АВ).
Розв’язання. Позначимо появу кульки червоного кольору як Ч, а синього кольору як С. Тоді простір елементарних подій буде такий: = ЧЧЧ, ЧЧС, ЧСЧ, СЧЧ, ЧСС, СЧС, ССЧ, ССС, n = 8.
Події: А = ЧЧС, ЧСЧ, СЧЧ, m1 = 3;
В = ССЧ, СЧС, ЧСС, m2 = 3.
Події А і В є несумісними (АВ = ).
Обчислюємо: ; ; Р (АВ) = 0.
Задача 11. На кожній із шести однакових карток записано одну з літер Я, І, Р, Е, О, Т. Яка ймовірність того, що картки, навмання розкладені в рядок, утворять слово
|
Т |
Е |
О |
Р |
І |
Я |
? |
Розв’язання. Кількість усіх елементарних подій (елементів множини Ω)
n = 6! = 6 5 4 3 2 1 = 720.
Кількість елементарних подій, що сприяють появі слова ТЕОРІЯ,
m = 1. Позначивши розглядувану подію через В, дістанемо:
.
Задача 12. Задано множину цілих чисел Ω = 1, 2, 3, 4, 5. Її елементи навмання розставляють у рядок. Обчислити ймовірності таких випадкових подій:
А — розставлені в ряд числа утворюють зростаючу послідовність;
В — спадну послідовність;
С — цифра 1 стоятиме на першому місці, а 5 — на останньому;
D — цифри утворять парне п’ятицифрове число.
Розв’язання. Простір елементарних подій для цього експерименту міститиме n = 5! = 1 2 3 4 5 = 120 несумісних, рівноймовірних елементарних подій.
Кількість елементарних подій, що сприяють появі А, дорівнює одиниці (m1 = 1).
Кількість елементарних подій, що сприяють появі В, дорівнює одиниці (m2 = 1).
Для випадкової події С m3 = 3!
Для випадкової події D m4 = 4! 2 = 48.
Обчислюємо: ; ;
; .
Задача 13. Маємо дев’ять однакових за розміром карток, на кожній з яких записано одну з цифр: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Навмання беруть чотири картки і розкладають в один рядок. Яка ймовірність того, що при цьому дістанемо
|
1 |
9 |
7 |
3 |
? |
Розв’язання. Кількість елементарних подій множини буде .
Кількість елементарних подій, що сприяють появі 1, 9, 7, 3, дорівнює одиниці (m = 1). Позначимо цю випадкову подію через В. Тоді
.
Задача 14. У кімнаті перебувають 10 студентів. Яка ймовірність того, що два і більше студентів не мають спільного дня народження?
Розв’язання. Вважаємо, що рік має 365 днів. Для кожного студента в загальному випадку існує 365, а для 10 студентів — 36510 можливих днів народження. Отже, маємо n = 36510 елементарних подій множини Ω. Позначимо через В випадкову подію, яка полягає в тому, що дні народження студентів не збігаються. Кількість елементарних подій, що сприяють появі В, .
Остаточно маємо: .
Задача 15. У цеху працює 10 верстатів-автоматів, кожний із яких може з певною ймовірністю перебувати в роботоздатному стані або в стані поломки. Яка ймовірність того, що під час роботи верстатів-автоматів із ладу вийдуть три з них?
Розв’язання. Оскільки кожний верстат-автомат може перебувати у двох несумісних станах — роботоздатному або нероботоздатному, то кількість усіх елементарних подій множини Ω буде n = 210.
Позначимо через А випадкову подію — із ладу вийде три верстати з десяти. Тоді кількість елементарних подій, що сприяють появі А, буде
.
Отже,
.
Задача 16. У шухляді міститься 10 одинотипних деталей, 6 із яких є стандартними, а решта бракованими. Навмання із шухляди беруть чотири деталі. Обчислити ймовірність таких випадкових подій:
А — усі чотири деталі виявляються стандартними;
В — усі чотири деталі виявляються бракованими;
D — із чотирьох деталей виявляються дві стандартними і дві бракованими.
Розв’язання. Кількість усіх елементарних подій множини Ω
;
кількість елементарних подій, що сприяють події А:
;
кількість елементарних подій, що сприяють появі В:
;
кількість елементарних подій, що сприяють появі D:
.
Обчислимо ймовірності цих подій:
;
;
.
Задача 17. Дехто, забувши дві останні різні цифри номера телефону, набирає їх навмання. Яка ймовірність зателефонувати адресату?
Розв’язання. Дві останні і різні цифри можна набрати способами. Шукана ймовірність події А зателефонувати – .
Задача 18. Яка ймовірність із 5 карток з буквами а, м, р, т, ю, виймаючи їх по одній, утворити слово “юрта”?
Розв’язання. Загальне число наслідків випробування – число розміщень із 5 по 4, тобто . Сприятливих наслідків – один. Ящо подія А бажана, то .
Задача 19. Яка ймовірність із букв а, а, в, к, к, о, х скласти слово “Каховка”, беручи їх навмання?
Розв’язання. Всіх рівноможливих наслідків стільки, скільки перестановок: P7=1·2·3·4·5·6≡5040. Сприятливих наслідків випробування 4, оскільки однакові букви “а” і “к” зустрічаються по два рази, і число їх переставлень не впливає на бажане слово. Отже, .
Задача 20. Серед 20 лампочок є 5 підвищеної якості. Навмання взяли 7 шт. Яка ймовірність, що серед них будуть 3 лампочки підвищеної якості?
Розв’язання. Загальне число, рівноможливих наслідків
.
Сприятливі наслідки , відбираючи довільні 3 із 5 лампочок підвищеної якості. До кожної трійки додаємо будь-які 4 шт., що беруться із 15 залишкових. Оскільки довільна трійка лампочок підвищеної якості може сполучатися з довільною четвіркою, взятою із групи залишкових лампочок, то всіх сприятливих наслідків всього буде .
Шукана ймовірність є: .
Задача 21. Із 36 карт навмання беруться 3. Знайти ймовірність, що серед них буде один туз.
.
Задача 22. З якою ймовірністю при виборі навмання 4-х букв із слова “математика” утворюється слово “тема”?
Розв’язання. Загальне число рівноможливих наслідків такого випробування . Число сприятливих наслідків рівня 2∙1∙2∙3=12, бо букву “т” можна вибрати 2-ма способами, “е” – одним, “м” – двома, “а” – трьома способами. Шукана ймовірність .
Задача 23. Із ретельно перетасованих 20 деталей 1-го гатунку та 30 деталей 2-го гатунку беруться навмання 5. Яка ймовірність, що серед них будуть дві деталі 1-го і три 2-го гатунку? .