Геометрическая вероятность

Рассмотрим n - мерное вещественное пространство .Пусть в какую-то ограниченную область наудачу брошена точка. Слово « наудачу» означает, что все точки области «равновозможны». В этом случае вероятность попадания точки в какую-то подобласть определяется формулой

, (1.2)

где – меры множеств A и W соответственно. Мерой m (A) множества A называется его длина l, если ; его площадь S, если ; его объём V, если . В общем случае, если , то мерой множества называют его n -мерный объём. Элементарными исходами называются точки множества W (которое играет роль пространства элементарных исходов), а благоприятствующими исходами – точки множества A.

Пример 1.8. (Задача о встрече) Два лица A и B условились встретиться в определённом месте между 12 и 13 часами. Пришедший первым ждёт другого в течение 20 мин, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи лиц A и B, если приход каждого из них может произойти наудачу в течение указанного часа, и моменты прихода независимы?

Решение. Обозначим моменты прихода лица A через x, а лица B через y. Для того, чтобы встреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы . Представим x и y как координаты на плоскости, а в качестве единицы масштаба выберем минуту. Всевозможные исходы представляются точками квадрата со стороной 60, а благоприятствующие встрече – располагаются в заштрихованной области.

Рисунок 1.1

Искомая вероятность равна отношению площади заштрихованной фигуры (1) к площади всего квадрата:

Пример 1.9. Точка брошена наудачу на отрезок [ 1;3 ]. Какова вероятность попадания точки в интервал (1,5;2,6)?

Решение. Здесь пространство элементарных исходов весь отрезок W=[1;3], а множество благоприятствующих исходов A =(1,5;2,6), при этом длины этих интервалов равны l (W)=2 и l (A)=1,1. Поэтому вероятность попадания брошенной точки в указанный интервал равна

Пример 1.10. На отрезок [0;2] брошены наудачу поочерёдно две точки. Какова вероятность, что первая точка лежит правее второй точки?

Решение. Обозначим координаты точек через x и y. Элементарным исходом при таком бросании будет пара(x,y), а пространством элементарных исходов – квадрат .

Событие A ={первая точка лежит правее второй} равносильно условию , тогда , т.е. представляет собой треугольник (рисунок 1.2). Площади квадрата и треугольника соответственно равны и , поэтому вероятность

1.4Теоремы сложения и умножения вероятностей

Теорема сложения. Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий за вычетом вероятности произведения этих событий:

. (1.3)

Если события несовместны, то и

. (1.4)

Формула (1.4) обобщается на случай n попарно несовместных событий :

. (1.5)

Если несовместные события образуют полную группу, то сумма вероятностей событий равна единице:

.

Доказательство. , поэтому из формулы (1.5) получаем требуемое.

В частности, вероятность суммы противоположных событий равна единице, т.е.

. (1.6)

Пример 1.11. Найти вероятность того, что наудачу взятое двузначное число кратно либо 2, либо 3, либо тому и другому одновременно.

Решение. Рассмотрим события: A ={число кратно 2}, В= {число кратно 3}. Нужно найти . Т.к. A и B – события совместные, то

.

Двузначные числа – это 10, 11, …, 98, 99. Всего их 90. Очевидно, что 45 из них кратны 2 (благоприятствуют наступлению события A), 30 кратны 3 (благоприятствуют наступлению события B), 15 кратны 2 и 3 одновременно (благоприятствуют наступлению события AB). Поэтому

и, следовательно,

Вероятность события B, найденная при условии, что событие A произошло, называется условной B и обозначается .

Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного из этих событий на условную вероятность другого при условии, что первое произошло:

Если , то говорят, что событие A не зависит от события B. Свойство независимости событий взаимное:

если , то и .

Теорему можно распространить на произведение n событий:

. (1.7)

Для независимых событий A и B теорема умножения записывается так:

Для n событий , независимых в совокупности имеем:

. (1.8)

Вероятность «хотя бы одного события». Если события независимы в совокупности, то вероятность появления хотя бы одного из событий вычисляется по формуле

. (1.9)

Пример 1.11. В ящике 6 деталей, среди которых 4 стандартных и 2 бракованных. Поочередно из него извлекается по одной детали (с возвращением и без возвращения). Найти условную вероятность извлечения во второй раз стандартной детали при условии, что в первый раз извлечена деталь: а) стандартная; б) нестандартная.

Решение. Пусть события A и B – извлечение стандартной детали соответственно в первый и второй раз. Очевидно, что . Если вынутая деталь вновь возвращается в ящик, то вероятность извлечения стандартной детали во второй раз . Если вынутая деталь в ящик не возвращается, то вероятность извлечения стандартной детали во второй раз зависит от того, какая деталь была извлечена в первый раз – стандартная (событие A) или бракованная (событие ). В первом случае , во втором случае , так как из оставшихся пяти деталей стандартных будет соответственно 3 или 4.

Пример 1.12. Производится два независимых выстрела в одну и ту же мишень. Вероятность попадания при первом выстреле 0,7, при втором – 0,8. Найти вероятность попадания в мишень при двух выстрелах.

Решение. Обозначим попадание при первом выстреле через A, при втором – В. Попадание в мишень предполагает хотя бы одно попадание: или только при первом выстреле, или только при втором, или и при первом, и при втором. Значит, в задаче требуется найти вероятность суммы двух совместных событий A и B:

.

Так как события A и B независимы, то , поэтому

Пример 1.13. Ремонтное ателье обслуживает пять клиентов. Вероятность вызова на обслуживание от каждого клиента равна 0,2. Какова вероятность, что в данный момент ателье занято обслуживанием клиентов?

Решение. Очевидно, что событие A = {быть занятым обслуживанием клиентов} есть сумма событий , где быть занятым обслуживанием i -го клиента},
Противоположное событие {не быть занятым обслуживанием клиентов} определяется как , значит, можно применить формулу (1.9):

.

Пример 1.14. Сколько раз надо подбросить игральную кость, чтобы с вероятностью, меньшей 0.3, можно было ожидать, что ни на одной из выпавших граней не появится шесть очков?

Решение. Введём обозначение событий: A – ни на одной из выпавших граней не появится 6 очков; на выпавшей грани i-той кости () не появится 6 очков.

Вероятность того, что на любой выпавшей грани появится число очков, не равное шести, равна . События независимы в совокупности, поэтому

.

По условию . Следовательно, . Отсюда, учитывая, что , найдём, что . Таким образом, число игральных костей .

1.16. Отдел технического контроля проверяет изделия на стандартность. Вероятность того, что изделие стандартно, равна 0,9. найти вероятность того, что из двух проверенных изделий только одно стандартно.

1.17. На тепловой электростанции 15 сменных инженеров, из них 3 женщины. В смену занято 3 инженера. Найти вероятность, что в случайно выбранную смену мужчин окажется не менее 2.

1.18. Для производственной практики на 30 студентов предоставлено 15 мест в Барнауле, 8 в Бийске и 7 в Рубцовске. Какова вероятность, что два определённых студента попадут на практику в один город?

1.19. Доказать свойства условной вероятности:

1. ;

2. ;

3. ;

4. ;

5. если , то ;

6. если , то .

1.20. При изготовлении детали заготовка должна пройти 4 операции. Полагая появления брака на отдельных операциях событием независимым, найти вероятность изготовления стандартной детали, если вероятность брака на первой операции равна 0,02, на второй – 0,01, на третьей – 0,02, на четвёртой – 0,03.

1.21. Абонент забыл последнюю цифру номера и набрал её наугад. Определить вероятность того, что ему придется звонить не более чем в три места. Как изменится вероятность, если известна, что забытая цифра нечётная?

1.22. Баллотируются 2 кандидата, причём за 1-го в урну опущено n бюллетеней, а за 2-го – m (m > n). Какова вероятность того, что в ходе подсчёта бюллетеней число подсчитанных бюллетеней, поданных за 1-го кандидата, все время будет больше числа голосов, поданных за 2-го кандидата?

1.23. Рабочий обслуживает 3 станка. Вероятность того, что первый станок в течение часа не потребует обслуживания, равна 0,9, для второго станка эта вероятность равна 0,8 и для третьего 0,85. Найти вероятности следующих событий: а) в течение некоторого часа ни один станок не потребует обслуживания; б) только один станок потребует внимания; в) хотя бы один станок не потребует обслуживания.

Ответы 1.16. 0,9187. 1.17. 0,331. 1.20. 0,92. 1.21. 0,3. 0,6. 1.22. (n – m)/(n + m). 1.23. а) 0,612, б) 0,329, в) 0,997.