ИДЗ-4. Геометрическая вероятность

Решите задачу на вычисление геометрической вероятности:

       На окружности радиуса R наудачу проводится хорда, параллельная данному направлению. Какова вероятность того, что длина хорды не превысит R?

       Решение: Пусть длина хорды AB, параллельной заданной прямой α, равна l. Вероятность события F – «Длина хорды l ≤ R», согласно определению геометрической вероятности, равна

P(F) = ,

где μ(Ω) – мера полного пространства (множества) всех возможных равновероятных исходов;  μ(F) – мера пространства всех возможных исходов, благоприятствующих событию F.

Рис. 2

Поскольку имеется выделенное направление на плоскости, заданное прямой α, задачу удобно решать координатным методом. Начало системы координат выберем в центре окружности O, ось Oy направим параллельно, а ось Ox – перпендикулярно прямой α (рис. 2). Пусть хорда AB, параллельная оси Oy, пересекает ось Ox в точке С(x; 0). Координату x точки C выберем в качестве непрерывной случайной величины (н. с.в.). Очевидно, н. с.в. x лежит в диапазоне –R ≤ x ≤ R и с равной вероятностью может принять любое значение из этого промежутка. Т. о., пространство всех возможных исходов Ω представляет собой отрезок Ω = [–R; R], его мера μ(Ω) = R – (–R) = 2R.

Множество значений с. в. x, благоприятствующих событию F, найдем из геометрических соображений. Из рис. 2 видно, что по теореме Пифагора длина хорды

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

l = 2.

По условию,

2 ≤ R,

откуда

x2 ≥ R2,

или

|x| ≥ R.

Т. о., событию F благоприятствует множество возможных значений x ∈ ∪. Мера этого множества равна μ(F) = 2R = R (2 – ). Искомая вероятность события F равна:

P(F) = = 1 – ≈ 0,134.

       Ответ: P(F) = 1 – ≈ 0,134.

ИДЗ-5. Теоремы сложения и умножения вероятностей

Решите задачу на вычисление вероятности с помощью теорем сложения  и умножения вероятностей.

Два игрока (I и II) играют в кости, бросая поочередно пару кубиков. Выигрывает тот, у кого первым выпадет в сумме более 10 очков. Какова вероятность выигрыша для каждого из игроков?

Решение: Заметим, что игра может не закончиться ни при первом бросании кубиков, ни при втором, и вообще, формально может продолжаться до бесконечности, если игроки поочередно получают в сумме не более 10 очков. При решении должны быть учтены все возможности.

Рассмотрим вероятность получения в сумме более 10 очков при единичном бросании пары игральных кубиков. Множество (пространство) всех возможных равновероятных исходов Ω при каждом бросании пары  кубиков состоит из элементарных событий – пар выпавших очков на первом и втором кубиках, соответственно: Ω = {(1; 1); (1; 2); …; (6; 6)}. Полное число таких пар, очевидно, равно n = 6×6 = 36.

Событию A – «Выпадение в сумме более 10 очков при бросании двух кубиков» благоприятствуют m = 3 элементарных события из множества исходов Ω, а именно, {(5; 6); (6; 5); (6; 6)}. Согласно классическому определению вероятности, вероятность события A равна:

P(A) = = = = p,

Вероятность противоположного события В – «Выпадение в сумме не более 10 очков при бросании двух кубиков» составляет

P(В) = q = 1 – p = .

       Найдем теперь вероятности событий I – «Игру выигрывает игрок I» и II – «Игру выигрывает игрок II», анализируя все возможные исходы.

На первом этапе (круге игры) игрок I может выиграть с вероятностью P(AI,1) = p или не выиграть с вероятностью P(ВI,1) = q. В первом случае игра завершена; во втором случае ход передается игроку II. По теореме умножения вероятностей, игрок II может выиграть на первом этапе игры с вероятностью P(AII,1) = q⋅p (игрок I не выиграл ранее!) или не выиграть с вероятностью P(ВII,1) = q2.

       На втором этапе игры игрок I может выиграть с вероятностью P(AI,2) = q2p (после собственного невыигрыша и невыигрыша игрока II на первом этапе игры) или не выиграть с вероятностью P(ВI,2) = q3. Аналогично, игрок II может выиграть на втором этапе с вероятностью P(AII,2) = q3p или не выиграть с вероятностью P(ВII,2) = q4.

       На k-ом этапе игры вероятности выигрышей игроков I и II равны, соответственно, P(AI, k) = q2k–2p и P(AII, k) = q2k–1p, и т. д. Результаты рассуждений удобно свести в табл. 1:

Таблица 1

Вероятности выигрышей игроков I и II на различных этапах (кругах) игры

Этап

Игрок I

Игрок II

1

p

qp

2

q2p

q3p

3

q4p

q5p

…

…

…

k

q2k–2p

q2k–1p

…

…

…

Σ

Для подсчета полных вероятностей выигрышей каждого из игроков остается воспользоваться теоремой сложения вероятностей и просуммировать бесконечно убывающие геометрические прогрессии:

P(I) = p + q2p + q4p + … + q2k–2p + … = p⋅(1 + q2 + q4 + … + q2k–2 + …) =

= = = ;

P(II) = qp + q3p + q5p + … + q2k–1p + … = qp⋅(1 + q2 + q4 + … + q2k–2 + …) =

= = = .

Вероятность выигрыша игрока I несколько превосходит вероятность выигрыша игрока II. Так как выигрыш одного из двух игроков – событие достоверное, то, как и должно быть, P(I) + P(II) = 1.

Ответ: P(I) = ; P(II) = .

ИДЗ-6. Формула полной вероятности

Решите задачу на вычисление полной вероятности события.

По учебной цели производится 3 выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле равна p1 = 0,5; при втором p2 = 0,6; при третьем p3 = 0,8. При одном попадании цель будет поражена с вероятностью 0,3; при двух с вероятностью 0,6; при трех – наверняка. Какова вероятность того, что цель будет поражена?

Решение: Вероятность события A – «Цель поражена» может быть найдена по формуле полной вероятности. Событию A предшествует одно из событий полной группы:

B0 – «В цель не попал ни один выстрел (нуль попаданий)»;

B1 – «В цель попал один выстрел (одно попадание)»;

B2 – «В цель попало два выстрела (два попадания)»;

B3 – «В цель попали все три выстрела (три попадания)».

Найдем вероятности указанных событий, образующих полную группу.

       Событие B0 есть результат произведения трех независимых элементарных событий: промах при первом выстреле с вероятностью q1 = 1 – p1 = 0,5; промах при втором выстреле с вероятностью q2 = 1 – p2 = 0,4; промах при третьем выстреле с вероятностью q3 = 1 – p3 = 0,2. По теореме умножения вероятностей:

P(B0) = q1⋅q2⋅q3 = 0,5⋅0,4⋅0,2 = 0,04.

Событие B1 есть результат единственного попадания (при первом или втором или третьем выстреле) при двух оставшихся промахах. По теоремам умножения вероятностей и сложения вероятностей:

P(B1) = p1⋅q2⋅q3 + q1⋅p2⋅q3 + q1⋅q2⋅p3 = 0,5⋅0,4⋅0,2 + 0,5⋅0,6⋅0,2 + 0,5⋅0,4⋅0,8 =

= 0,04 + 0,06 + 0,16 = 0,26.

Событие B2 есть результат двух попаданий при одном промахе (при первом или втором или третьем выстреле). По теоремам умножения вероятностей и сложения вероятностей:

P(B2) = p1⋅p2⋅q3 + p1⋅q2⋅p3 + q1⋅p2⋅p3 = 0,5⋅0,6⋅0,2 + 0,5⋅0,4⋅0,8 + 0,5⋅0,6⋅0,8 =

= 0,06 + 0,16 + 0,24 = 0,46.

       Наконец, событие B3 есть результат трех попаданий при всех трех выстрелах. По теореме умножения вероятностей:

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4 5 6 7