Студент сдает в сессию три экзамена сколько существует различных комбинаций оценок

Соседние файлы в папке тв и мс

• #
• #

Государственное бюджетное профессиональное образовательное учреждение
 «Магаданский политехнический техникум»
Учебное пособие
по дисциплине «Теория вероятностей и математическая статистика»
для специальности  «Программирование в компьютерных  системах»
Разработала: преподаватель ГБПОУ МПТ
Иванова Н.И. Магадан
2016
Автор:  Н.И. Иванова, преподаватель ГБПОУ МПТ 
Рецензент: Олешко Т. М., методист ГБПОУ МПТ
Учебное пособие для студентов очной формы обучения. 
Магаданский политехникум.2016 ­   с.29
Учебное   пособие   содержит   теоретическую   и   практическую   часть   в   которой   приведены
примеры решения задач для студентов очной формы обучения. Предназначается в качестве
учебного   пособия   для   студентов   очной   формы   обучения   средних   специальных   учебных
заведений специальности  «Программирование в компьютерных системах»
2 ВВЕДЕНИЕ
Предметом   теории   вероятности   является   изучение   вероятностных   закономерностей
массовых однородных случайных событий. Знание закономерностей, которым подчиняются
массовые   случайные   события,   позволяет   предвидеть,   как   эти   события   будут   протекать.
Методы теории вероятности широко применяются в различных отраслях естествознания и
техники: в теоретической физике,  геодезии, астрономии, теории ошибок наблюдений, теории
автоматического управления, и во многих других науках. 
Предметом   теории   вероятностей   являются   также   модели   случайных   экспериментов.   При
этом   рассматриваются   только   такие   эксперименты,   которые   можно   воспроизводить   при
неизменном   комплексе   условий   произвольное   число   раз.   Для   реально   воспроизводимого
эксперимента понятие «наблюдаемый результат» означает, что существует принципиальная
возможность   зарегистрировать   данный   результат   опыта,   например,   визуально.   Любой
наблюдаемый результат интерпретируется как случайное событие. 
                При   достаточно   большом   количестве   проведенных   экспериментов   проявляются
определенные   вероятностные   закономерности.
  Теория   вероятностей   занимается
установлением этих закономерностей. Теория вероятности служит также для обоснования
математической   и   прикладной   статистики,   которая   в   свою   очередь   используется   при
планировании  и организации  производства. В последние  годы методы теории  вероятности
проникают   в   различные   области   науки   и   техники,   способствуя   их   прогрессу.   Студенты
специальности     «Программирование   в   компьютерных     системах»,   изучают   специальные
дисциплины, на которых применяются элементы теории вероятности. Данное учебное пособие
поможет им применять основные правила и формулы на специальных дисциплинах. 
3 ТЕМА 1. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ
        Комбинаторика – это раздел математики, который изучает, сколькими способами можно
осуществить такой выбор согласно заданным условиям. 
Комбинаторика изучает способы подсчета числа элементов в конечных множествах. Формулы
комбинаторики используют при непосредственном вычислении вероятностей.        Множества
элементов, состоящие из одних и тех же различных элементов и отличающиеся друг от друга
только   их   порядком,   называются   перестановками   этих   элементов.   Число   всевозможных
перестановок   из  n  элементов   обозначают   через   Рn;   это   число   равно   п!   (читается   эн­
факториал): т.е     Рn = n!
 З а м е ч а н и е. Для пустого множества принимается соглашение: пустое  множество можно
упорядочить только одним способом; по определению получают 0! = 1
               Размещениями называют множества, составленные из n различных  элементов по m
элементов, которые отличаются либо составом элементов, либо их порядком. Число всех
возможных размещений определяется формулой  
m
А
n

!
n m
n

(
)!
Сочетаниями   из  n  различных   элементов   по  m  называются   множества,   содержащие  m
элементов из  числа  n  заданных, и  которые  отличаютcz  хотя бы одним  элементом. Число
nC .   Это   число   выражается   формулой:
сочетаний   из   n   элементов   по  m  обозначают   :  
m
C
m
n

!
n

m n m
!(
 по определению полагают 
0
nC 
1
)!
              Отметим, что числа перестановок, размещений и сочетаний связаны равенством:
C
m
n

m
A
n
P
n
При решении задач комбинаторики используют следующие правила.
Правило суммы. Если некоторый объект А может быть выбран из множества объектов  m
способами, а другой объект В может быть выбран n способами, то выбрать либо А, либо В
можно m + g способами.
Правило произведения. Если объект А можно выбрать из множества объектов m способами и
после каждого такого выбора объект В можно выбрать n способами, то пара объектов (А, В) в
указанном порядке может быть выбрана m • n способами.
Пример   1.  Сколькими  различными  способами  можно  выбрать  три  лица   на  три  различные
должности? 
Решение.   Так как по условию задачи три должности занимаются  именно тремя кандидатами,
то для расчета воспользуемся формулой:  Рn = n! = 3 = 1 ∙ 2∙ 3 = 6
Пример   2.  Сколькими  различными  способами  можно  выбрать  три  лица   на  три  различные
должности (начальника отдела,  старшего инженера и менеджера)  из десяти кандидатов? 
Решение. Так как по условию задачи  важно кто, какую должность занимает, то для расчета
воспользуемся формулой  
m
А
n

!
n m
n

(
)!
 , т.е. 
А 
3
10
10!

(10 3)!

10!
7!
  
8 9 10 720

Пример 3. Сколькими различными способами можно выбрать три лица на три одинаковые
должности из десяти кандидатов? 
4 Решение. Так как по условию задачи  неважно кто, какую должность занимает, то для расчета
воспользуемся формулой  
C
m
n

n
!


n n m
! (
)!
 ,  
3
C
10

10!

3! (10 3)!


10!

3 7!

 
8 9 10

 
1 2 3
120
Пример 5. Сколькими различными способами могут разместиться на скамейке 5 человек?
Решение.  Для расчета воспользуюсь формулой  Р5 = 5!=1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 = 120.
Прежде чем приступить  к решению  задач, необходимо научиться отличать сочетания
от размещений.  Если порядок расположения элементов в выбираемых соединениях несу­
ществен, то для определения количества таких соединений используют формулу числа
сочетаний. Например,  выбор 10  студентов из группы в 20 студентов для выполнения
одинаковой работы. Если при выборе тех же студентов каждому из них выдаются разные
задания, то порядок их выбора влияет на номер полученного задания, что является
существенным. В последнем случае следует использовать формулу числа размещений.
Задачи для самостоятельной работы.
1. Сколькими способами 5 человек могут встать в очередь друг за другом? 
2.   Сколькими   способами   из   группы   спортсменов   в   18   человек   можно   выбрать   двоих
участников соревнования? 
3. Сколько трехзначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, если а) цифры в числе не
повторяются; б) цифры в числе могут повторяться? 
4. Сколько пятизначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, если не­ четные и четные
цифры в числе чередуются и не повторяются? 
5. Студент сдает в сессию 3 экзамена. Сколько существует различных комбинаций оценок,
которые он может получить? 
6. Сколько различных вариантов распределения оценок за контрольную работу может быть
для трех студентов, если возможны оценки «2», «3», «4», «5»? 
7.   Сколько   различных   шестибуквенных   слов   можно   составить   из   карточек,   на   которых
написаны буквы З, Н, А, Н, И, Я? 
 Вопросы для самопроверки.
 Упорядоченные выборки. Размещения.
1.
2. Размещения с повторением. 
3. Перестановки. Размещения с заданным количеством повторений каждого элемента. 
4. Неупорядоченные выборки (сочетания). Сочетания без повторений.
5.
6. Основные правила комбинаторики: правило суммы, правило произведения
 Сочетания с повторениями. 
ТЕМА 2. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ
        2.1. Случайные события, действия над событиями 
 
              Пусть   производится   некоторая   совокупность   действий   с   неизвестным   заранее
результатом. Такая совокупность в теории вероятностей называется экспериментом (опытом,
испытанием). 
Случайное событие – это любой из возможных результатов эксперимента. 
Событие, которое не может произойти ни при какой реализации эксперимента, называется
невозможным. Событие, которое происходит при любой реализации эксперимента, называется
достоверным. 
Событие,   которое   заключается   в   том,   что  А  не   произошло   в   результате   эксперимента,
называется противоположным событию А и обозначается . Справедлива формула . 
5 Суммой  событий  А  и  В  называется событие, заключающееся в том, что произошло хотя бы
одно из двух событий (А или В или оба).  
Произведением АВ событий А и В называется событие, состоящее в том, что произошли оба
данных события одновременно (А и В). 
Говорят, что событие А влечет событие В , если при наступлении события А событие В также
обязательно наступит.  
Виды   случайных событий.
1.   События     А1,   А2,   А3,…   Аn  называются   несовместными,   если   осуществление   одного
исключает осуществление другого.
Пример 1.
В ящике имеются стандартные и нестандартные детали. Наудачу выбирается
одна деталь. Событие А1 – «появление стандартной детали»  и  А2– «появление нестандартной
детали» являются несовместными.
Пример   2.       Брошена   игральная   кость.   Событие   А1  –   «появление   двух   очков»     и     А2–
«появление четного числа очков» являются   совместными.
  2.   События   А1,   А2,   А3,…   Аn  называются   равновозможными,   если         условия   испытания
обеспечивают одинаковую возможность осуществления каждого из них.
Пример 1.     а)    появление того или иного числа очков при бросании  игрального кубика есть
события равновозможные;  б) появление орла  или решки при бросании симметричной монеты
есть события равновозможные.
События     А1, А2, А3,… Аn 
испытания произойдет хотя бы одно из них.
Пример 2.     При бросании игрального  кубика возможны события:
А1 – “появление одного очка”,
А2 – “появление двух очков”, 
А3– “появление трех очков”,
А4 – “появление четырех очков”,
А5 – “появление пяти очков”,
А6 – “появление шести очков”,
Эти  события образуют   полную группу несовместных событий.
3. Два случайных события называются противоположными, если одно из них   произойдет в
том и только в том случае, когда не произойдет другое.
Событие, противоположное событию А, обозначается через  А .
Пример 1.    Попадание и промах при выстреле  по мишени – противоположные события. Если
А – попадание, то А  – промах.
Противоположные события также образуют  полную группу событий. 
 образуют полную группу событий,   если в результате данного
Вопросы для самопроверки.
1.  Случайные события. Достоверные, невозможные и случайные события:  испытание, исход
опыта,  элементарное событие. 
2. Виды   случайных   величин:   совместные   события,   несовместные   события,   единственно
возможные события, равновозможные события, противоположные события, полная группа
событий. 
3. Действия над событиями: событие А ­ частный случай события В, пересечение событий,
объединение событий, противоположные события, разность событий.
      2.2 Классическое определение вероятностей
      При классическом определении вероятность события определяется равенством
6 Р А 
(
)
m
n
где m – число элементарных исходов испытаний, благоприятствующих появлению события А;
n   –   общее     число   возможных   элементарных   исходов.   Предполагается,   что   элементарные
события образуют полную группу и равновозможны.
Пример 1. В урне 29 шаров. Из них 10 выигрышных. Какова вероятность того, что первый
вынутый билет окажется выигрышным?
Решение.
Обозначим событие, состоящее в появлении выигрышного  шара, через А.   По условию задачи
общее число случаев   n = 29. Число случаев m, благоприятствующих появлению события А
равно 10. По формуле   Р(А) = m /n  получим
                                                        Р(А) =  
10
29
=  0,345 
Пример   2.   Имеется   собрание   сочинений   из   6   томов   некоторого   автора.   Все     6   томов
расставлены   на   книжной   полке   случайным   образом.   Какова   вероятность   того,   что   тома
расположены в порядке 1,2,3,4,5,6  
Решение.
                             По формуле   Р(А) = m /n     имеем
       Все расстановки равновероятны. Число всех перестановок из n = 6 томов определяется по
формуле Р =  n  !   = 6! = 720. Интересующих   же нас исходов одно, т.е m = 1.   Поэтому
вероятность того, что тома расположатся в порядке 1,2,3,4,5,6   можно  
Р 
              
1
720
Пример 3.В ящике содержится 100 деталей, из них 10 бракованных. Наудачу извлечены 4
детали. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей нет годных.
Решение.           Общее   число     возможных   элементарных   исходов   испытаний   равно   числу
способов, которыми можно извлечь 4 детали из 100 , т.е.       n   =   С100
4  . Число исходов,
благоприятствующих условию задачи можно рассчитать  как С10
4 (т.е. из 10 выбрать 4), т.е. m
= С10
4
  Искомая   вероятность   равна   отношению   числа   исходов,   благоприятствующих   события,   к
числу всех элементарных исходов. 
 
10! 4!
96!
 
6! 100!
4!
  
7 8 9 10


97 98 99 100
100!
10!


4! 6! 4! 96!
4
Cm
10
4
n C
100
0.0005

Р



:



Пример   4.   Из   полного   комплекта   домино   извлекают   наудачу   одну   кость.   Чему   равна
вероятность того, что сумма очков на обеих половинках этой кости окажется равной 7?
Решение. В комплекте домино 28 костяшек. На обеих половинках кости сумма очков будет
равна 7  в случая:  6 и 1; 5 и 2; 4 и 3; т.е. таких 3 кости. Тогда по формуле


P A 
, где m = 28. n = 3 получаем  

Р A
                                                
 m

n
Задачи для самостоятельной работы.
3
28
1. Какова вероятность того, что  последняя цифра наугад  набранного телефонного  номера
окажется равной 5 или кратной  трем?
2. Какова вероятность того, что наудачу взятая пластинка игры домино содержит число очков
не менее 4 и не более 6?
3. Подбрасываются 2 игральные кости. Какова вероятность того, что сумма выпавших очков
будет не больше 5?
7 4.   Для  доступа  в компьютерную  сеть оператору  необходимо  набрать  пароль  из  4  цифр.
Оператор забыл три последние цифры кода. Какова вероятность набрать код, если   цифры
кода не повторяются?
5. По данным условия задачи 2.4 определить, с какой вероятностью можно открыть замок с
первой попытки.
6.   Для   участия   в   судебном   процессе   из   20   потенциальных   кандидатов,   среди   которых   8
женщин и  12 мужчин, выбирают 6 присяжных заседателей. Какова вероятность, что среди 6
выбранных присяжных окажется хотя бы одна женщина?
7. Студент пришел на экзамен, зная лишь 24 из 32 вопросов программы. Экзаменатор задал
студенту 3 вопроса. Найти вероятность того, что студент ответит на все вопросы.
Вопросы для самопроверки.
1. Классическое определение вероятности. 
2. Вычисления вероятностей событий по классической формуле определения  вероятности
      с   использованием элементов комбинаторики.
3. Основные формулы комбинаторики.
4. Основные правила комбинаторики: правило суммы, правило произведения.
2.3 Теорема умножения и сложения вероятностей
Предположим, что та или иная задача решается любым из k методов, причем первый метод 
можно применить n способами, второй метод  р­ способами,…. k  метод q способами. Тогда 
рассматриваемая задача решается   n + p + … + k  способами.
                           Например из города А можно попасть в  город В   можно добраться          либо
одним из  n    авиарейсов, либо  одним из   р поездов, либо одним из  k теплоходов.  
Комбинаторный принцип  умножения
   А
  В
С
Предположим, что та или иная задача решается за k последовательных этапов: n 
способами на первом этапе, р способами на втором этапе,…и  q способами на последнем k 
этапе. Пусть, далее, число способов решения на каждом  следующем этапе не зависит от  того,
какими именно возможными способами она решалась на всех предыдущих этапах. Два 
решения называются разными, если они получены по ­ разному хотя бы на одном их этапов. В 
этих условиях задачу можно решить n∙p∙…∙q способами.
Пример 1. Три стрелка производят по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания 
первым стрелком равна 0,7, вторым – 0,8, третьим – 0,6.  Найти вероятность поражения 
мишени только двумя стрелками. 
Решение.  Вероятность поражения цепи первым стрелком Р(А) = 0,7, вероятность поражения 
цепи вторым стрелком Р(В) = 0,8, вероятность поражения цепи третьим стрелком Р(С) = 0,6 . 
Тогда                                                              
8 Вероятность промаха первым стрелком Р( А ) =  1  ­ 0,7 = 0,3
 
Вероятность промаха вторым стрелком Р( В ) =  1 – 0,8 = 0,2
    
Вероятность поражения цепи третьим стрелком Р(С ) = 1 – 0,6 = 0,4
 
Тогда    вероятность того, что только два стрелка попали цель
Р(2) = Р(А) Р(В) Р(С  ) + Р(А) Р( В ) Р(С) +  Р( А ) Р(В) Р(С) = 07∙0,8∙0,4 + 0,7∙0,2∙0,6 +
+0,3∙0,8∙0,6 = 0,224 + 0,084 + 0,144 = 0,452
Пример   2.   Выразить   событие   С   через   событие   Аi  из   условия   задачи,   используя   операции
сложения, умножения и отрицания. При  этом слагаемые в выражении должны быть попарно
несовместны.
       Решение.  Из пяти деталей выбирают одну годную, проверяя их последовательно.
         Аi – i­я выбранная деталь  годная.
         С –  годная деталь нашлась раньше, чем были проверены  все изделия    
Обозначим  событие А1– 1­я выбранная деталь  годная, событие А2 – 1–я  выбранная деталь
негодная, 2­я выбранная деталь  годная,  событие А3 – 1­я и 2­я  выбранные детали негодные,
3­я выбранная деталь   годная, событие А4  – 1­я, 2­я, 3­я детали негодные ,4­я выбранная
деталь  годная. И так как эти события несовместны, то
                                                   С = А1+ 
Пример 3. Из пяти ключей к замку подходит  один. Ими пытаются открыть дверь, откладывая
не   подошедшие   ключи   в   сторону.   Найти   вероятность   того,   что   для   открытия     двери
потребуется не более трех попыток.                  
Решение. По условию задачи дверь можно открыть либо с первой попытки, либо со второй,
либо с третьей. Обозначим: А – событие «для открытия   двери потребуется не более трех
попыток)
1А 2А А3 +  
1А А2+ 
3А  А4
1А 2А
Вероятность того, что дверь будет открыта с первой попытки равна 
, со второй – 
1
5
1 1 1
5 5 5
  
3
5
 (
4 1
5 4
  = 
1
5
4 3 1
5 4 3
1
5
), с третьей  – (
   ). Тогда искомая вероятность   Р (А) = 
Пример 4. Рабочий обслуживает три станка, работающие независимо. Вероятность того, что в
течение часа не потребуется внимание рабочего: первый станок 0,9, второй – 0,8, третий  –
0,85, Найти вероятность того, что в течение часа два станка потребуют  внимания рабочего
Решение. По условию задачи для первого станка вероятность того, что в течение часа    ему не
потребуется внимание рабочего Р(А) = 0,9,  вероятность противоположного события
q = Р( А ) =1 ­ p = 1 ­ 0.9 = 0.1, 
для второго –   р (В) = 0,8,  q = Р( В ) = 1 ­ p = 1 ­ 0.8 = 0.2,  
для третьего –  р(С) = 0,85, q = Р(С ) =  1 ­ p = 1 ­ 0,85  = 0.15
Тогда    вероятность того, что только два стрелка попали цель
               _       _                  _               _                    _      _
Р(2) = Р(А) Р(В) Р(С) + Р(А) Р(В) Р(С) +  Р(А) Р(В) Р(С) = 0,1*0,2*0,85+ 0,1* 0,8* 0,15+
+0,9∙0,2∙0,15 = 0,027 
Пример   5.   Бросаются   одновременно   три   игральные   кости.   Найти   вероятность   того.   что
произведение выпавших очков четно, если  не выпало ни одной единицы
Решение. Сумма  очков на трех игральных костей будет четной, если  на них одновременно
выпадут   четные   числа.   На   игральной   кости     3   четных   числа   2,4,6,   поэтому   вероятность
выпавших четных чисел  на одной игральной кости  составляет 3/6 = 0,5. Тогда вероятность
того, что одновременно на трех игральных костях выпадут четные числа равна   0,5∙0,5∙0,5
9 =0,125. Кроме того, сумма  очков на трех игральных костей будет четной, если  на них два
нечетных числа     и одно четное число. На кости 2 нечетных числа 3 и 5 (1 не выпадала),
следовательно, вероятность появления нечетного числа на одной игральной кости  равна 2/6 =
1/3 = 0,333 . Тогда вероятность одновременного выпадения двух нечетных и одной четной
цифры составит 0,333*0,333 *0,5   =   0,055   Тогда искомая вероятность составит   0,125   +
0,055 = 0,18.
Пусть события  А1, А2, …, Аn независимы  в совокупности, причем Р(А1) = р1, Р(А2) = р2,
…,  Р(Аn) = рn.  и пусть в результате испытания могут произойти все события, либо часть из
них, либо ни одно из них.
Вероятность   наступления   события   А,   состоящее   в   появлении   хотя   бы   одного   из
событий   А1,   А2,   …,   Аn  незасисимых   в   совокупности,   равна   разности   между   единицей   и
произведением вероятностей противоположных событий 
, …,  
,
А А
1
1
, 
А
n
                                      Р(А) = 1 –  q1∙ q2 ∙ … ∙qn.
В частности, если все  n  событий имеют одинаковую вероятность р, то вероятность
появления хотя бы одного  из этих событий события 
                                      Р(А) = 1 –  q1∙ q2 ∙ … ∙qn.
Пример 1. Каждое из четырех несовместимых событий может произойти соответственно с
вероятностями 0,012, 0,010, 0,006 и 0,002. Определить вероятность того, что в результате
опыта произойдет хотя бы одно из этих событий.
Решение. Вероятность появления хотя бы одного из независимых  событий А1, А2,…Аn 
определяется по формуле 
           _
                                                   Р (А) = 1 – q1* q2 *… *qn,
где qi = 1 – рi  – вероятности соответствующих противоположных событий  Аi.
по условию задачи  р1 = 0,012           тогда          q1 = 1 – р1 = 1 – 0,012 = 0,988
                                   р2  = 0,010,   q2 = 1 – р2 = 1 – 0,01 = 0,99 
                                                   р3  = 0,006,   q3 = 1 – р3   = 1 – 0,006 = 0,994
                                  р4  = 0,002,   q4 = 1 – р4   = 1 – 0,002 = 0,998
Р (А) = 1 – q1* q2 * q3  *q4 =  1 – 0,988*0,99*0,994*0,998 = 1 – 0,970  = 0,030
Пример 2. Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания в мишень первого ­ 0,7,
второго ­ 0,8. Найти вероятность, что в мишень попадет хотя бы один из стрелков.
Решение. По условию задачи имею: р1 = 0,7 – вероятность попадания в мишень одним 
стрелком, р2= 0,8 вероятность попадания в мишень другим стрелком
 Вероятность попадания в цель каждым из стрелков не зависит от результата стрельбы 
другого стрелка. Введем обозначения: А1 –  попадания в мишень  одним  стрелком, А2 – 
попадания  в мишень другим  стрелком. Рассчитаем вероятность противоположных событий 
(промахов).
Для  одного стрелка q1 = 1 ­ р1 =  1 – 0,7 = 0,3
Для  другого стрелка q2 = 1 – р2 =  1 – 0,8 = 0,2
Искомая вероятность   Р(А)  = 1 – q1∙q2   = 1 – 0,3∙0,2 = 1 – 0,06 = 0,94
Задачи для самостоятельной работы.
1.   Каждое   из   четырех   несовместных   событий   может   произойти   соответственно   с
вероятностями 0,014, 0,011, 0,009, 0,006. Найти вероятность того, что в результате опыта
произойдет хотя бы одно из этих событий
  2. Определить вероятность того, что наудачу взятое двузначное число окажется кратным
либо 2, либо 9, либо тому и другому одновременно.
3. На десяти карточках напечатаны цифры от 0 до 9. Определить вероятность того, что три
наудачу взятые и поставленные в ряд карточки составят число 357.
10 4. Вероятности появления каждого из трех независимых событий А1,А2,А3  соответственно
равны р1  =0,9, р2 =0,8, р3 =0,7 . Найти вероятность появления только одного из этих событий.
5. Вероятность того, что событие появится хотя бы один раз в трех независимых испытаниях,
равна 0,875. Найти вероятность появления события в одном испытании.
6. В ящике находится 10 деталей, из которых 5 первого типа, 3 ­второго, 2 ­ третьего. Какова
вероятность того, что при выборе наугад первой будет взята деталь первого типа, второй ­
второго, третьей ­ третьего типа?
Вопросы для самопроверки.
  1.   Основные формулы комбинаторики.
2. Основные правила комбинаторики:  правило суммы, правило произведения.
Формула полной вероятности. Формула Байеса 
         События образуют полную группу, если хотя бы одно из них обязательно произойдет в 
результате эксперимента. 
Предположим, что событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно 
несовместных событий , образующих полную группу. Будем называть события (i = 1, 2, … , n) 
гипотезами. Вероятность появления события А определяется по формуле полной 
вероятности: 1 2 , ,…, n
Задача 1.   Имеется три урны с шарами.  В первой урне 4 белых и 5 черных шаров, во второй  ­ 
5 белых и 4 черных,   в третьей – 6 белых шаров. Некто выбирает наугад одну из урн и 
вынимает из нее шар. Найти вероятность того, что: а) этот  шар белый; б) белый шар вынут из 
второй  урны.
Решение.    Обозначим  А – событие «извлечен  белый шар».
Гипотезы:   Н1  –  выбрана первая урна;   
                    Н2  –  выбрана вторая урна;
                    Н3   –  выбрана третья урна;      
                                              Р(Н1) = Р(Н2) = Р(Н3) =  ⅓
                                 Р(А)  =  * 4/9 + 
⅓
⅓
 * 5/9 +  * 1 = 2/3
⅓
Определение 1.    Если известно, что событие А может произойти с одним из событий Н1, Н2,
…   Нn,   ,   образующими   полную   группу   несовместных   событий,   то   событие   А   можно
представить как объединение событий  АН1,,  АН2,, … АНn , т.е. 
А= АН1,+ АН2,+…+ АНn,. Вероятность события А можно определить по формуле полной
вероятности
Р(А) =  Р(Н1)∙Р(А/Н1) + Р(Н2)∙Р(А/Н2) +Р(Н3) ∙ Р(А/Н3)
                                                         
                         Р(Н2/А) = ––––––––––––––––––––––––––   = 5/18 
                                    * 4/9 + 
Определение 2.     Условная вероятность события Hi  в предположении, что событие А имеет
место, определяется по формуле Байеса
                 
 * 5/9 +  * 1 = 2/3
⅓
⅓
⅓
   
  
 * 5/9          
⅓
11 (Нi) ∙ Р(А/Нi)           Р(Нi) ∙ Р(А/Нi)
Р(Нi/А) = ––––––––––––––  = ––––––––––––––
∑Р(Нi)∙Р(А/Нi)           Р(А)
                     
Задача 2.     На склад поступили детали с трех станков. На первом станке изготовлено 40%
деталей от их общего количества, на втором ­ 35 %, на третьем 25 %. Причем на первом
станке было изготовлено 90 % деталей  первого сорта, на втором   ­ 80 %, на третьем – 70 %.
Какова вероятность того, что взятая наугад деталь окажется первого сорта ?
                                         Р(А) = 0,4*0,9+  0,35*0,8 + 0,25 * 0,7 = 0,815                              
Задача 3.   В каждой из двух урн находятся 5 белых и 10 черных шаров. Из первой урны
переложили во вторую урну наудачу один шар, а затем из  второй урны вынули наугад один
шар. Найти вероятность того, что вынутый шар окажется черный.
Решение. После того, как из первой урны вынули шар и переложили его во второй, во второй
урне оказалось две совокупности:
I.   5 белых шаров и 10 черных
II. один шар из первой урны
Вероятность   появления   черного   шара   из   первой   урны   Р(А/Н1)   =   10/15,   а   из   второй
Р(А/Н2)=10/15.
Вероятность того, что произвольно вынутый шар принадлежит первой урне Р(Н1) = 15/16, а из
второй Р(Н2) = 1/16.
Используя формулу полной вероятности
    Р(А) = Р(Н1)* Р(А/Н1) + Р(Н2)* Р(А/Н2) = (15/16)*(10/15) + (1/16)*(10/15) = 2/3
        
         Задачи для самостоятельной работы.
1.  В группе 10 студентов. Трое подготовились к экзамену на оценку «отлично», четверо на
«хорошо», двое на «удовлетворительно», один на «неудовлетворительно». В экзаменационных
билетах   20   вопросов.   Отличник   знает   ответ   на   все   вопросы,   хороший   студент   –   на   16
вопросов, посредственный – на 10, плохой – на 5. Вызванный студент ответил на все три
вопроса. Найдите вероятность того, что он: а) отличник; б) плохой студент. 
2.   Вероятность того, что во время работы ЭВМ произойдет сбой в процессоре, в памяти, в
остальных устройствах, относятся как 3:2:5. Вероятности обнаружения сбоя в процессоре, в
памяти и в остальных устройствах соответственно равны 0,8; 0,9; 0,6. Найдите вероятность
того, что возникший в ЭВМ сбой будет обнаружен. 
3.      На наблюдательной  станции  установлены  4  радиолокатора   различных  кон­  струкций.
Вероятность   обнаружения   целей   с   помощью   первого   локатора   равна   0,86,   второго   –   0,9,
третьего – 0,92, четвертого – 0,95. Наблюдатель наугад вклю­ чает один из локаторов. Какова
вероятность обнаружения цели? 
4.       Трое   сотрудников   фирмы   выдают   соответственно   30%,   50%   и   20%   всех   изделий,
производимых фирмой. У первого брак составляет 2%, у второго – 5%, у третьего – 1%.
Найдите вероятность того, что: а) случайно выбранное изделие фирмы дефектно; б) случайно
выбранное   дефектное   изделие   сделано   соответственно   первым,   вторым   и   третьим
сотрудником фирмы. 
5.   Прибор может принадлежать к одной из трех партий с вероятностями соответственно, где
Вероятности того, что прибор будет работать заданное число часов, равны для этих партий
соответстенно   0,1,   0,2   и   0,4.   Вычислите   вероятность   того,   что   этот   прибор   проработает
заданное число часов. 
6.   На технический контроль качества предъявляется партия из 1 000 деталей, в которой 200
деталей изготовлено на заводе А, 300 деталей – на заводе В, остальные – на заводе С. Доля
брака зависит от завода­изготовителя и составляет для завода А и В 15%, а для завода С –
12 30%.   Найдите   вероятность   того,   что   наудачу   извлеченная   деталь   окажется   отличного
качества. 
7.   В магазин поступили партии обуви с двух фабрик: 30 % – с первой и 70 % – со второй. В
продукции первой фабрики 30 % обуви черного цвета, в продукции второй – 80 %. Какова
вероятность того, что наугад взятая пара обуви окажется черного цвета? 
Вопросы для самопроверки.
1. Привести примеры независимых событий. 
2. Вероятность произведения независимых событий. 
3.
4. Формула полной вероятности. 
5. Формула Байеса.
 Вероятность суммы совместимых событий. 
      2.5 Формула Бернулли. Локальная и интегральная теоремы Муавра­ Лапласа.   
Формула Пуассона .
                    В   некоторых   случаях   вероятности   значений   дискретных   случайных    величин
подчиняются определенным законам и могут быть заданы аналитически  (в виде формулы).
Рассмотрим   последовательность  n  идентичных   повторных   испытаний,   удовлетворяющих
следующим условиям, которые носят название схемы Бернулли:
1. Все n испытаний ­ независимы. Это значит, что вероятность наступления события в любом
из n повторных испытаний не зависит от результатов других испытаний.
2. В каждом испытании может наступить или не наступить некоторое событие А, вероятность
наступления которого р остается неизменной.
3.   Противоположное   событие   А   имеет   вероятность   q   =   1   ­   р,   которая   тоже   остается
неизменной от испытания к испытанию.
4. Эти события А и   А    ­ взаимно несовместные и противоположные, называемые успех и
неуспех.   Тогда   для   вычисления   вероятности   того,   что   в   п   независимых   повторных
испытаниях, удовлетворяющих условиям 1­ 4, событие А наступит ровно m  раз, при X = = m
=   0,   1,2,   …,  n 
  (в   любой   последовательности),   вычисляется   по   формуле   Бернулли:
C p q 
k m
Р
n m
,
где р ­ вероятность успеха в каждом испытании;



m
n
k
q = 1 ­ р ­ вероятность неуспеха в каждом испытании;
nC  ­ число сочетаний из n по m
  
m
Так как правая часть формулы   представляет общий член биноминального разложения (q +
р)n, то этот закон распределения  называют  биномиальным.  Используя формулу Бернулли,
можно   построить   ряд   распределения   дискретной   случайной   величины,   подчиняющейся
биномиальному закону распределения, т. е., удовлетворяющей условиям 1­ 4. Вероятность
того, что случайная величина X принимает значение, равное k, определяется по формуле
                               
Р X k
(

)

C p q 
k m


k
m
n
Пример   3   .     Для   некоторой   местности   число   пасмурных   дней   в   июле   равно   6.   Найти
вероятность, что 1 и 2 июля будет ясная погода, а 3 ­ пасмурная.
Решение. Вероятность наступления события    А – пасмурной погоды  р = 6/31  =  0,2, тогда
вероятность наступления  ясной погоды q = 1 ­ р = 25/31 – событие В. Рассчитаем вероятность
наступления события «точно  два дня хорошей погоды из трех дней»  (безразлично в какой
последовательности) по формуле:  
                                              Рn
m = Сn
Для того   чтобы рассчитать     вероятность наступления события «точно   два дня хорошей
погоды из трех дней» (в заданной последовательно)  необходимо  вероятность Рn
m разделить
на количество  возможных     последовательностей, которые можно записать так
m q m p n –  m  
13 (ЯЯП), (ЯПЯ) или (ПЯЯ). Других возможностей нет. т.е. получаем
                          
m
P
n


C p q

m
n
k
3
2
C
3


k m

25
31
2
 
3
1

6

31

0.125
Пример 4. Имеется N = 10  изделий, из них М = 5  бракованных. Для контроля качества из них
отбирают   3   изделий,   X   ­   число   бракованных   изделий   среди   выбранных.   Составить   закон
распределения X, найти вероятность обнаружить брак.
Решение.  Случайная величина   Х ­ число  бракованных изделий  среди выбранных ­ имеет
следующие возможные значения: х1 = 0,  х2 = 1, х3 = 2, х4 = 3.  Найдем вероятности возможных
значений Х:
                       Р(Х = k) = 
k
M


m k
С C
N M
m
C
N
, где N ­  число изделий в партии,   M ­ число
бракованных изделий   в партии,   m ­   число отобранных   изделий, k ­ число бракованных
изделий среди отобранных, находим
Р(Х = 0) = 
Р(Х = 1) = 
Р(Х = 2) = 
Р(Х = 3) = 

3 0

10 5
0
5

С C
3
C
10

3 1

10 5
1
5

С C
3
C
10

3 2

10 5
2
5

С C
3
C
10

3 3

10 5
3
5

С C
3
C
10


0
3
С C
5
5
3
C
10



1
2
С C
5
5
3
C
10



2
1
С C
5
5
3
C
10


3
0
С C
4
5
3
C
10


4!
5!


0! 4! 3! 2!

10!

3! 7!
5!
5!



1! 4! 2! 3!
120

4 5

1
2
 
8 9 10
 
1 2 3

4 5

2
120


5


10
120

1
12
,
50
120

,
5
12

5!
5!


2! 3! 1! 4!
120


10 5
120

50
120

5
12
5!
5!


3! 2! 5! 0!

120



10 1
120

0
10
120
1
12


1
12
11
12
,
,
Вероятность обнаружить брак   

P X


1
 
1

P X

 
1
 Пример  3.  Имеется 4 лампочки, каждая из которых с вероятностью 0,4 имеет дефект. Если
лампочка при включении перегорает, то она заменяется другой. Пусть  x  ­ число лампочек,
которое   будет   испробовано.   Построить   ряд   распределений   случайной   величины  x,   найти
функцию распределения, математическое ожидание и дисперсию.
Решение.   Случайная   величина   х   –   число     испробованных     лампочек   –   имеет   следующие
возможные значения х1 = 0; х2 = 1; х3 = 2; х4 = 3; х5 = 4.     Каждое событие имеет два исхода:
лампочка   перегорает   или   не   перегорает.   Вероятность       каждого   испытания   постоянна.
Воспользуюсь формулой  Сn
  при  m = х1 = 0  получаем
 Сn
при  m = х2 = 1  получаем
 Сn
при  m = х3 = 2  получаем
 Сn
при  m = х4 = 3  получаем
 Сn
при  m = х5 = 4  получаем
Сn
        
0 0,40(1–0,4)4­0  = 0,1296                             
          
2 0,42(1–0,4)4­2  = 0,3456                             
3 0,43(1–0,4)4­3  = 0,0,1536                                
1 0,41(1–0,4)4­1   = 0,3456                               
4 0,44(1–0,4)4­4  = 0,0256                                
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    
      
         
       
       
      
     
   
 
14








 Вычисление   вероятностей   Рnm  =   Р(Х   =  
 n)   по   формуле   Бернулли   становится   весьма
громоздким при больших значениях   n       ввиду наличия в ней факториалов n!,  m! (n­m)!
Поэтому на практике применяют приближенную формулу Муавра­ Лапласа.
Сформулируем локальную теорему Муавра­Лапласа в схеме Бернулли.
Если вероятность наступления события А постоянна и равна р в каждом из п независимых
испытаний, 0 < р < 1, то для вероятности Р (X = т) того, что событие А наступит ровно т раз,
справедлива асимптотическая формула 

P X m
(
1


npq
                                            
 
при
   х
1   
( )
x

)
Формула Муавра­Лапласа дает очень хорошее приближение для определения вероятности Рn
если число n достаточно велико и тем лучше, чем больше n, если только вероятность р мала,
но не слишком.
Дост                    n > 100, р и q не очень близки к нулю (примерно,  n > 100 npq>20)  тогда
nР m
(
)

1
npq



x

                    
x

 
m n q
npq
,
Пример 4. Вероятность того, что изделие некоторого производства окажется нестандартным,
равна 0,01. Определите вероятность того, что в партии из 1000 наудачу выбранных изделий
окажется 5 нестандартных.
Решение. Число испытаний  n   = 1000, вероятность события А (нестандартность изделия) в
отдельном испытании р = 0,05, и надо найти Р(m  = 5) = Р1000,5» так как нас интересует ве­
роятность   того,   что   событие   А   «деталь   нестандартная»   наступит   ровно   40   раз.  Сначала
находим , n = 1000 > 100 ,   q = 1 ­ p = 1 ­ 0.05 = 0.95, 
npq = 1000∙0.05∙ 0.95 =  47.5 > 20 Формула Муавра­Лапласа    применима.
Тогда
1
1000 0, 05 0,95



1
47,5

1
6,892

0,145

1
npq
Тогда
x


40 1000 0,05
 
m n q
npq


6,892
( )х  находим по формуле. Следовательно,
Значение функции 



( 1, 45)

x

0.02
1, 45
(40)
 
( )
x


;  




Р
1000
1
npq
0.1394

6.892
(1,45) 0,1394

Если т есть число наступлений события А в п независимых испытаниях и р есть постоянная
вероятность наступления этого события в отдельном испытании 0 <р < 1, то для заданных
чисел а и b  при    n    справедливо неравенство.
P np a npq m np b npq
(
)




  Так   как   интеграл  

( )
x dx

b

a
b
a
 
1

2
x dx
( )

2
x
2
e

      не   выражается   через   элементарные
функции, то его значение табулированы. Этот интеграл обозначается
                          Ф0(Z) = 

( )
x dx


2
x
2
1

2
e

  и называется функцией Лапласа, или
b

a
интегральной теоремой Лапласа.
Для значения функции Лапласа имеются подробные таблицы, одна из которых представлена в
конце пособия.
15 Функция Лапласа Ф0(х) обладает следующими свойствами:
1. Если аргумент равен нулю, то и значения функции равны нулю:
Ф0(0) = 0.
2. Функция Ф0(2) нечетная, поэтому имеет место следующее равенство:
Ф0(­х) = ­Ф0(х).
3. При возрастании  z  функция Ф0(z) довольно быстро возрастает почти до значения 0,5.
Ф0(3) = 0,49865, а при z = 5 Ф0(5) = 0,49999997  0,5, поэтому в таблице функции Лапласа
нет значений  для аргументов  z  >  5, так как все  значения Ф0(z) принимают значения,
равные 0,5: Ф0(+ 16.02.2017  ) = 0,5; Ф0(–  ) = – 0.5.
Определенный интеграл от 
( )x  можно выразить через функцию. Лапласа Ф0(х) 
следующим образом:
b
b

( )
x dx


a
Если обозначить с =   a




( )
x dx

a



,  d =  b

npq
 тогда
( )
x dxФ b Ф a
0
( )
0


( )
             
a

c
npq
b

,   
npq
d
npq
то можно путем несложных подстановок получить приближенную формулу для расчета
вероятности отклонения частоты появления события  А  при  п  независимых испытаниях
от математического ожидания пр в заданный интервал [с; d]:
c


npq
                                          

P c m np dФ
)
d

Ф


npq



(
Если  р  не слишком близко к 0 или к 1, а количество испытаний  п  достаточно велико
(порядка нескольких сотен), то формула эта формула  дает достаточно высокую точность
Пример 5.     X ­ биномиально распределенная случайная величина с параметрами n, р. Найти
Р(Х =  k), Р(k1    < X <  k2). (Ответ вычислять  по предельным теоремам Муавра­Лапласа  с
точностью 0,001).    
1
4
                      n = 1200,  p = 
 = 0,25, k = 320, k1= 300, k2 = 500
Решение. Локальная  теорема Муавра­Лапласа имеет вид: 
              
P X k
(

)

,
  где 
x
,
   а = np,  

npq

( )
x


k a

Из условия задачи имеем 
а = np = 1200∙0,25  = 300,   q = 1 ­ р = 1 ­ 0.25 = 0.75, 
                             
npq




1200 0.25 0,75

k a
320 300



15


225 15
4
20
15
3



1.33
.
                                             
x

По таблице «Приложение 1. Плотность распределения нормального закона» МУ находим

(1.33) 0.1647

                                 Р(Х = k) = Р(Х = 320) = 
Интегральная теорема Муавра­Лапласа имеет вид:
                                               Р(k1  < X < k2) = Ф (х2) – Ф(х1),
                                           где 
k
1
x
1

,
  
x
2
Рассчитаем  
x
1

k
1

np
npq


300 1200 0.25
1200 0.25 0.75


0.1647
15

0.011
2
k


np
npq

300 300
15
16

0

np
npq













 x
2

k
2

np
npq


500 1200 0.25
1200 0.25 0.75




500 300

15

20
15

13.3
Тогда                              Р(300  < X < 500) = Ф (13,3) – Ф()
По таблице «Приложение 2. Функция  распределения нормального закона» МУ находим
Ф
                                   Р(300  < X < 500) = 0,5 + 0
                                            Р(300 X < 500) = 0,5
(13.3) 0,5
Ф 
(0) 0
  и 

Если число испытаний n достаточно велика, а вероятность  p  достаточно мала, причем их
произведение а = np не мало и не велико (обычно бывает достаточно  уcловий  p< 0.1, npq <
10) то достаточно  Pn (m)  можно приближенно  найти по формуле Пуассона.
                                                            
a
P m
n
(
)

a
m

e
!
m
Пример 6.   В ткацком станке  n  = 1500 нитей. Вероятность обрыва одной нити за один час
равна  р = 0.012, X ­ число обрывов нити за данные Т минут. Найти Р(Х = k), Р(Х > 1). (Ответ
вычислять по предельной теореме Пуассона с точностью 0,001).
                                                     tТ = 10,  k = 5
Решение. По условию задачи имеем   
Р(Х = k) =  
 =  Р(Х = 5) = 

e


Т

k


Т
!
k
   = 1500 ∙ 0,012 = 18,0 
n p

1

6
5!
18
5
1
 
18
6

e
5
3

5!
3


e

0,1
Тогда
Р(Х > 1) = 1 ­ P(X 1) =  1 – Р(Х = 0) – Р(Х = 1) = 1 – 
0
3
0!
1
3
1!
3
e  – 
3
e  =  1 – 
3e  – 3 3e = 
 = 1 – 3 3e  =  0.85
Пример     7.       Производится  n  независимых   испытаний,   в   каждом   из   которых   некоторое
событие   А   наступает   с   вероятностью   Р{A}   =   р,   μ   –   число   наступлений   событий   А   в  n
испытаниях найти вероятность Р (μ≤ 2);  
2) большого n и малого р найти вероятность  Р(μ ≤ 2) приближенно с помощью распределения
Пуассона. 3)   большого  n  найти вероятность Р (m1  ≤   μ ≤  m2)   приближенно с помощью
теоремы Муавра–Лапласа данные взять из таблицы).
1. n = 4; p = 0.5
2. n = 200; p = 0.0085
3. n = 900; p = 0.2; m 1 = 170;  m2 = 200
  Решение. 1) Вероятность наступления   события А   описывается биноминальным   законом
распределением, где р = q = 0.5  и n принимает значения от 0 до 4.
Для расчетов воспользуюсь формулой 
k pk qn–k
                                       Рn (k) = Cn
где q = 1 – р = 1 – 0,5 = 0,5 – вероятность противоположного события. Так как р = q, то
Рn (k) = Cn
k pn 
1) Для случая малых значений р и больших значений  n используется асимптотическая
 = λ n∙p
 λ k  ?– λ / k!    где 
формула Пуассона:
Рn (k) = 
по условию задачи  n = 200; p = 0.0085; k ≤ 2,      тогда  
≈
               тогда    Рn (0) = 
≈
                            Рn (1) = 
≈
                            Рn (2) = 
 λ 0  ?– λ / 0!    = 1,7 0 ∙ ? – 1,7/ 0! 
 λ 1  ?– λ / 1!    = 1,7 1 ∙ ? – 1,7/ 1! 
 λ 2  ?– λ / 2!    = 1,7 2 ∙ ? – 1,7/ 2! 
 = λ n∙p = 200*0,0085 = 1,7
  0,1827
  0,3106
  0,2640
17



 и получаем Рn (k≤ 2) =  Рn (0) + Рn (1)  + Рn (2)   = 0.1827 + 0.3106 + 0.2640 = 0.7573
3)  n = 900; p = 0.2; m 1 = 170;  m2 = 200
Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от
нуля   и   единицы,   число   независимых   испытаний   достаточно   велико,   то   вероятность
наступления события А в этих испытаниях не  менее m1  и не более m2 раз 
 Р (m1 ≤  μ ≤ m2)  приближенно равно
                              Р (m1 ≤  μ ≤ m2)  = Ф (х2) – Ф(х1)
            m1 – n p                        m2 – n p                   
х1 =    –––––––               x2 =   –––––––   а функция Ф(х) определяется равенством 
             npq                              npq  


2
x
2
e

( )
Ф x
1

2
Рассчитаем 
            170 – 900*0,2        170 – 180           ­ 10                                 
х1 =    –––––––––––––  = –––––––––   =    –––––  = –   0,83     
            900 0.2 0.8
              200 – 900*0,2        200 – 180           20                                 
х2 =    –––––––––––––  = –––––––––   =    –––––  =  1 ,67     
            900 0.2 0.8
            144                   12
            144                   12


   Р (170 ≤  μ ≤ 200)  = Ф (х2) – Ф(х1) = Ф (1,67) – Ф (–0,83) =   Ф (1,67) + Ф (0,83)
По таблице  приложения 2 найду 
                Ф (1,67) = 0,4525            Ф (0,83)  = 0,2967 
   Р (170 ≤  μ ≤ 200)  =     Ф (1,67) + Ф (0,83) = 0,4525 + 0,2967 = 0,7492
         Задачи для самостоятельной работы.
1.     При   проведении   компьютерного   тестирования   студенту   предлагается   5   вопросов.
Вероятность того, что студент правильно ответит на один вопрос, равна 0,4. Для получения
зачета   студенту   необходимо   правильно   ответить   не   ме­   нее   чем   на   3   вопроса.   Найдите
вероятность получения зачета. 
2. Какова вероятность того, что в группе, состоящей из 30 студентов, никто не родился в
сентябре? 
3.   Товаровед   исследует   50   образцов   некоторого   товара.   Производитель   этого   товара
указывает, что процент брака составляет  15%. Найдите  наивероятнейшее  число образцов,
которые товаровед признает годными. 
4. Транспортная фирма  занимается перевозкой изделий  со склада  в магазин. Вероятность
того, что при перевозке изделие будет повреждено, равна 0,002. Фирме необходимо перевезти
1 000 изделий. Найдите вероятность того, что магазин получит: а) хотя бы одно поврежденное
изделие;   б)   менее   двух   поврежденных   изделий;   в)   3%   поврежденных   изделий.   Какова
вероятность наиболее вероятного числа поврежденных изделий в наудачу выбранных пяти
контейнерах (в одном контейнере – 20 изделий)? 
5.   Вероятность   изготовления   на   автоматическом   станке   стандартной   детали   равна   0,8.
Найдите   вероятности   возможного   числа   появления   бракованных   дета­   лей   среди   5
отобранных. 
6. В урне находятся 6 голубых и 9 красных шаров. Из урны извлекают шар, фиксируют его
цвет и возвращают шар обратно. Этот опыт повторяют пять раз. Найдите вероятность того,
что ровно два шара окажутся голубыми. 
18 7. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле 0,75. Найдите вероятность
того, что при 10 выстрелах стрелок поразит мишень 8 раз. 
Вопросы для самопроверки.
1. В чем состоит основное назначение схемы Бернулли?
2. Назовите основные элементы из формулы Бернулли. 
3. Как при помощи проверки npq определить формулу для задачи?
4. Локальная   и  интегральная формулы Муавра­Лапласа в схеме Бернулли.
 ТЕМА 3. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
Понятие   случайной   величины   ­   одно   из   важнейших   в   теории   вероятностей.   Мы   уже
рассматривали   события,   состоящие     в   появлении   того   или   иного   числа.     Например,   при
бросании   игрального кубика могут появиться числа   1, 2, 3, 4, 5, 6. Определить   наперёд
число выпавших очков невозможно, поскольку оно зависит от   многих случайных причин,
которые   полностью   не   могут   быть   учтены.   В   этом   смысле     число   очков   есть     величина
случайная,   а   числа   1,   2,   3,   4,   5,   6   есть   возможные   значения   этой   величины.   Случайной
называют   величину,   которая   в   результате   испытаний   примет   одно   и   только   возможное
значение, наперед не известное и зависящее от  случайных причин, которые заранее не могут
быть учтены.
Пример 1. Число родившихся мальчиков среди 100 новорожденных есть случайная величина,
которая может принимать следующие возможные  значения: 0, 1, 2, … 100.
Пример   2.   Расстояние,   которое     пролетит   снаряд   при   выстреле   орудия,   есть   случайная
величина.
Для того,  чтобы получить полное представление о данной случайной величине, недостаточно
знать, какие значения она принимает ­ важно еще знать, насколько часто они принимаются в
результате испытаний. 
Будем   обозначать   случайные   величины   прописными     буквами   Х,   У,   Z.   а   их     возможные
значения строчными буквами х, у, z. 
В примере 1  случайная величина  принимает отдельные, изолированные значения. В примере
2  число возможных значений может заполнить некоторый промежуток, например (а.b).
Дискретной (прерывной) называют случайную величину, которая может принимать отдельные
(изолированные) значения с определенной вероятностью.
Непрерывной   называют   случайную   величину,   которая   может   принимать   все     значения   из
некоторого  конечного (или бесконечного) промежутка.
Для задания дискретной случайной величины недостаточно перечислить все возможные ее
значения, нужно еще указать их вероятности.
Законом   распределения   дискретной   случайной   величины     называют   соответствие   между
возможными значениями и их вероятностями. Его можно задать   таблично, аналитически и
графически.
При  табличном  задании   закона   распределения     дискретной   случайной   величины   первая
строка таблицы содержит возможные значения, а вторая – их вероятности        
            
Х
p
х1
p1
х2
p2
…
…
хn
pn
Такой закон распределения называется   рядом распределения.
19 События     Х   =   х1,   Х   =   х2,   …,   Х   =   хn,  
  образуют   полную   группу   события,
p1 + p2+ … + pn = 1
 Поставим перед собой задачу: найти закон распределения.
m pm(1–p)n–­m    
m pm(1–p)n–­m    = С4
Пример  3.    Имеется 4 лампочки, каждая из которых с вероятностью 0,4 имеет дефект. Если
лампочка при включении перегорает, то она заменяется другой. Пусть x ­ число лампочек,
которое будет испробовано. Построить ряд распределений случайной величины x.
Решение.   Случайная   величина   х   –   число     испробованных     лампочек   –   имеет   следующие
возможные значения х1 = 0; х2 = 1; х3 = 2; х4 = 3; х5 = 4.     Каждое событие имеет два исхода:
лампочка перегорает или не перегорает. Вероятность   каждого испытания постоянна.
        Воспользуюсь формулой  Сn
       при  m = х1 = 0  получаем
 Сn
при  m = х2 = 1  получаем
 Сn
при  m = х3 = 2  получаем
 Сn
при  m = х4 = 3  получаем
 Сn
при  m = х5 = 4  получаем
 Сn
И  ряд распределения случайной величины х  имеет вид
       
4 0,44(1–0,4)4­4  = 0,0256
3 0,43(1–0,4)4­3  = 0,0,1536                                
1 0,41(1–0,4)4­1  = 0,3456                                
2 0,42(1–0,4)4­2   = 0,3456                               
0 0,40(1–0,4)4­0  = 0,1296                               
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
m pm(1–p)n–­m    = С4
     
    
     
       
     
       
        
        
        
       
0
1
2
3
4
0,1296
0,3456
0,3456
0,1536
0,0256
Пример 4. В партии 10 деталей, из них 8 стандартных. Наудачу отобрали 2 детали. Пусть
число   стандартных   деталей   среди   отобранных   равно  x.   Построить   ряд   распределений
случайной   величины  x,   найти   функцию   распределения,   математическое   ожидание   и
дисперсию.
Решение. Случайная величина х – число   стандартных деталей среди отобранных – имеет
следующие возможные значения х1 = 0; х2 = 1; х3 = 2; Общее число возможных элементарных
исходов испытаний равно числу способов, которыми можно извлечь m = 2 детали их  N =10,
т.е. СN
m  – числу сочетаний из  N  элементов по  m. А искомая вероятность равна отношению
числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:
где n = 8 – число стандартных деталей, k  – число стандартных деталей среди отобранных 
Р = Сn
k  СN­k
m­k /СN
m
           
если х1 = k =  0, то 
0  С10­8
С10
2
Р(0) =
С8
С8
Р(1) =
 если х2 = k =  1, то 
1  С10­8
С10
2
если х2 = k =  1, то 
2  С10­8
С10
2
Р(2) =
С8
  
Са
b
a!
(a–b)! b!
2­0
2­1
2­2
С8
  
0  С2
2 
С10
2
1 
С8
1  С2
С10
2
0 
С8
2  С2
С10
2
=
=
=
=
=
=
[8! /(8!*0!)]*(2!/(0!*2!)]
10! /(8! * 2!)
[8! /(7!*1!)]*(2!/(1!*1!)]
10! /(8! * 2!)
[8! /(6!*2!)]*(2!/(2!*0!)]
10! /(8! * 2!)
=
=
=
1*1
(10*9)/(1*2)
=
1
45
8*2
(10*9)/(1*2)
(8*7)/(1*2)  
(10*9)/(1*2)
=
=
16
45
28
45
20 Тогда закон распределения имеет вид
Х
Р
0
1/45
1
2
16/45
28/45
           Задачи для самостоятельной работы.
1. В партии имеется 6 деталей из них 4 стандартные. Наудачу отобрали 3 детали. Составьте
закон распределения дискретной случайной величины Х – число отобранных стандартных
деталей. Найти числовые характеристики М(х), Д(х).
2. Учебник   издан   тиражом   100   000   экземпляров.   Вероятность   того,   что   учебник
сброшюрован  неправильно равна 0,0001. Найти вероятность того, что тираж содержит
ровно 5 бракованных книг.
3. Дан   перечень   значений   дискретной   случайной   величины   х1=­1,   х2=0,   х3=1,   М(х)=0,1   и
М(х2)=0,9. Найти: р1, р2, р3.
4. Набрасываются   кольца   на   колышек   либо   до   первого   попадания,   либо   до   полного
израсходования всех колец, число которых равно пяти. Составьте таблицу распределения
вероятностей случайного числа брошенных колец, если вероятность набрасывания кольца
на колышек при каждом испытании постоянна и равна 0,9.
5. Имеются 6 билетов в театр, 4 из которых на места первого ряда. Наудачу выбрали 3
билета.   Составьте   таблицу   распределения   вероятностей   числа   билетов   первого   ряда,
оказавшихся в выборке.
6. На факультете успеваемость  составляет 90%. Наудачу выбирают 40 студентов. Найти
математическое   ожидание   и   дисперсию   случайного   числа   студентов,   оказавшихся   в
выбранной группе.
7. Средняя   величина   вклада   в   некоторый   сберегательный   банк   составляет   50   рублей.
Оцените вероятность того, что наудачу выбранный вклад не превысит 2000 рублей.
Вопросы для самопроверки.
1. Понятие случайной величины. 
2. Понятие дискретной случайной величины (ДСВ). 
3. Примеры ДСВ. Распределение ДСВ. 
4. Графическое изображение распределения ДСВ. 
5. Независимые случайные величины. Функции от ДСВ. 
6. Методика записи распределения функции от одной ДСВ. 
      3.1 Характеристики ДСВ и их свойства
            Закон   распределения   дискретной   случайной   величины   полностью  ее   характеризует.
Однако   часто   закон   распределения   неизвестен   и   приходится   ограничиваться   меньшими
сведениями.   Иногда   даже   выгоднее   пользоваться  числами,  которые   описывают   случайную
величину суммарно; такие числа называют числовыми характеристиками случайной величины.
К числу важных числовых характеристик относятся математическое ожидание, дисперсия и
среднее квадратическое отклонение.
Математическим   ожиданием   дискретной   случайной   величины   называют   сумму
произведений   всех   ее   возможных   значений   на   их   вероятности.   Оно   определяет   среднее
ожидаемое значение дискретной случайной величины.
Если дискретная случайная величина X задана рядом распределения и принимает
значения x1,  x2, …, хn      с соответствующими вероятностями p1.   p2, …, рn, то математическое
ожидание вычисляется по формуле
21 М(Х)= 
Математическое ожидание дискретной случайной величины обладает свойствами,
 

…
x p
n
n


x p
2
2


x p
3
3


х p
i
i


x p
1
1
которые вытекают из его определения.
1 . Математическое ожидание постоянной величины С ­ есть постоянная величина
                            М(С) = С    где С = const.
2. Математическое ожидание дискретной случайной величины X, умноженной на
постоянную величину С, равно произведению математического ожидания М(Х) на С, т. е.
постоянный множитель можно выносить за знак суммирования:
                           М (С • X) = С • М (X).
3. Математическое ожидание суммы дискретных случайных величин X и Y равно
сумме их математических ожиданий
                                    М(Х + У) = М(Х) + М(У),
для любых X и Y.
4.   Математическое   ожидание   произведения   независимых   дискретных   случайных
величин X и У равно произведению их математических ожиданий
                                  М (X • У) = М(Х) • М(У), если X и У независимы.
Иногда математическое ожидание плохо характеризует случайную величину. Это
происходит в тех случаях, когда значения случайной величины значительно отклоняются от
среднего ожидаемого. Для того чтобы оценить, как рассеяны возможные значения случайной
величины вокруг ее математического ожидания, пользуются дисперсией.
Дисперсией дискретной случайной величины называют математическое ожидание
квадрата отклонения случайной величины от ее математического ожидания:
                                          D(x) = М[х ­ М(х)]2.
Для   вычисления   дисперсии   иногда   бывает   удобно   пользоваться   следующей
формулой:
    D(X)   =   M(x2)   ­   [M(X)]  2    =  

( )М х
 2
 

2
х
i

p М х
( )
i



2

2
x
1

p
1
2

x
2

p
2
2

x
3

p
3
 
2
…
x
n
p

  –
n
Таким   образом,   дисперсия   равна   разности   между   математическим   ожиданием
квадрата случайной величины X и квадратом ее математического ожидания.
Так   как   дисперсия   характеризует   квадрат   отклонений   значений   случайной
величины   от   математического   ожидания,   то   для   оценки   рассеяния   возможных   значений
случайной величины вокруг ее среднего значения часто используют среднее квадратическое
отклонение.
Средним   квадратическим   отклонением   случайной   величины   X   называют
квадратный корень из дисперсии          
 
( )
х
D x
( )
 
Пример 5.5. Вновь воспользуемся условиями примера 5.4, в котором мы вычислили
математическое ожидание количества возможных призовых мест среди участников группы
М(Х) = 1,7 для дискретной случайной величины X, заданной рядом распределения:
Требуется оценить рассеяние возможных значений случайной величины вокруг ее
математического ожидания. Решение.
Используем формулу (5.13) для определения дисперсии
D(X) = 2,0с, ­ М(Х)У • Pi = (0 ­ 1,7)2 • 0,1 +
+ (1 ­ IJ)2 . Oj3 + (2 ­ 1,7)2. Qj4 + (3 _ 1>7)2 . Qj2 = 0>81 Используем формулу
(5.15) для определения среднего квадратического отклонения.
Задачи для самостоятельной работы.
22 1. Случайная величина Х задана следующей таблицей распределения вероятностей:
xi
рi
2
0,1
5
0,4
8
0,3
9
0,2
     Найти:  М(х); D(x);  (x).
2. Найти   математическое   ожидание   и   дисперсию   числа   лотерейных   билетов,   на   которые
выпадут выигрыши, если приобретено 100 билетов, а вероятность выигрыша на каждый билет
равна 0,05.
3. Установить, может ли распределение случайной величины быть задано таблицей?
xi
ni
2
0,2
3
0,1
­4
0,15
0,1
0,25
1/7
0,01
14
0,09
4.  Дан перечень возможных значений дискретной случайной величины: х1 = ­1; х2 = 0; х3 = 1,  а
так же известны М(х) = 0,1 и М(х2) = 0,9. Найти вероятности р1; р2; р3,   соответствующие
возможным значениям х1; х2; х3. 
5. Из урны, содержащей 3 белых и 4 чёрных шара, вынимают наудачу два шара. Найдите: 
    математическое ожидание числа вынутых белых шаров;
    дисперсию числа вынутых белых шаров.
6. Товаровед осматривает 24 образца товаров. Вероятность того, что каждый из образцов
будет признан годным к продаже, равна 0,6. Найти наивероятнейшее число образцов, которые
товаровед признает годными к продаже.
xi
рi
2
0,1
5
0,4
8
0,3
9
0,2
     Найти:  М(х); D(x);  (x).
7.   Найти:   М(х);   D(x);  (x)   случайной   величины   Х,   заданной   таблицей   распределения
вероятностей:
x
р
2
0,1
3
0,2
6
?
7
0,2
8
0,15
10
0,1
Вопросы для самопроверки.
1. Понятие дискретной случайной величины (ДСВ).
2. Распределение ДСВ. 
3. Графическое изображение распределения ДСВ.     
4. Числовые характеристики   дискретных случайных величин: математическое   
      ожидание   и дисперсия.  
23 ЗАКЛЮЧЕНИЕ
В настоящем учебном пособии представлены основные разделы дисциплины «Теория
вероятности»   в   компактном   изложении   и   на   доступном   уровне   для   студентов   среднего
профессионального   обучения   специальности  
  «Программирование   в   компьютерных
системах».  В пособии  представлена  теоретическая  и практическая  часть, а конце  каждой
темы   даются   задания   для   самостоятельной   работы   и   вопросы   для   самопроверки.   Данное
пособие может быть использовано на занятиях преподавателем и студентами.
24 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Богомолов Н.В. Практические занятия по математике:Учеб. пособие для студ. сред.
проф. учеб.заведений.­ М. : Высшая школа,2008
2. Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика: Учеб. пособие. –М.: 
Высшая школа,   2008
3.   Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической
статистики: Учебник.­М.: Высшая школа, 2010 
5.   Виленкин   Н.Я.,   Потапов   В.Г.   Задачник   –   практикум   по   теории   вероятностей   с
элементами комбинаторики и математической статистики:Учеб. пособие.­ М,: Просвещение,
2002
25 Приложения
26 Приложение 1
Значения функции 

)(
х

2
х
2

е
1

2
 
0,0 
0,1 
0,2 
0,3 
0,4 
0,5 
0,6 
0,7 
0,8 
0,9 
1,0 
0
1
0,3989 0,3989
0,3970 0,3965
0,3910 0,3902
0,3814 0,3802
0,3683 0,3668
0,3521 0,3503
0,3332 0,3312
0,3123 0,3101
0,2897 0,2874
0,2661 0,2637
0,2420 0,2396
2
0,3989
0,3961
0,3894
0,3790
0,3652
0,3485
0,3292
0,3079
0,2850
0,2613
0,2371
3
0,3988
0,3956
0,3885
0,3778
0,3637
0,3467
0,3271
0,3056
0,2827
0,2589
0,2347
5
0,3984 
0,3945 
0,3867 
0,3752 
0,3605 
0,3429 
0,3230 
0,3011 
0,2780 
0,2541 
0,2299 
4
0,3986
0,3951
0,3876
0,3765
0,3621
0,3448
0,3251
0,3064
0,2803
0,2565
0,2323
27
6
0,3982
0,3939
0,3857
0,3739
0,3589
0,3410
0,3209
0,2989
0,2756
0,2516
0,2275
7
0,3980 
0,3932 
0,3847 
0,3726 
0,3572 
0,3391 
0,3187 
0,2966 
0,2732 
0,2492 
0,2251 
8
0,3977 
0,3925 
0,3836 
0,3712 
0,3555 
0,3372 
0,3166 
0,2943 
0,2709 
0,2468 
0,2227 
9
0,3973 
0,3918 
0,3825 
0,3697 
0,3538 
0,3352 
0,3144 
0,2920 
0,2685 
0,2444 
0,2203 1,1 
1,2 
1,3 
1,4 
1,5 
1,6 
1,7 
1,8 
1,9 
2,0 
2,1 
2,2 
2,3 
2,4 
2,5 
2,6 
2,7 
2,8 
2,9 
3,0 
3,1 
3,2 
3,3 
3,4 
3,5 
3,6 
3,7 
3,8 
3,9 
0,2179 0,2155
0,1942 0,1919
0,1714 0,1691
0,1497 0,1476
0,1295 0,1276
0,1109 0,1092
0,0940 0,0925
0,0790 0,0775
0,0656 0,0644
0,0540 0,0529
0,0440 0,0431
0,0355 0,0347
0,0283 0,0277
0,0224 0,0219
0,0175 0,0171
0,0136 0,0132
0,0104 0,0101
0,0079 0,0077
0,0060 0,0058
0,0044 0,0043
0,0033 0,0032
0,0024 0,0093
0,0017 0,0017
0,0012 0,0012
0,0009 0,0008
0,0006 0,0006
0,0004 0,0004
0,0003 0,0003
0,0002 0,0002
0,2131
0,1895
0,1669
0,1456
0,1257
0,1074
0,0909
0,0761
0,0632
0,0519
0,0422
0,0339
0,0270
0,0213
0,0167
0,0129
0,0099
0,0075
0,0056
0,0042
0,0031
0,0022
0,0016
0,0012
0,0008
0,0006
0,0004
0,0003
0,0002
0,2107
0,1872
0,1647
0,1435
0,1238
0,1057
0,0893
0,0748
0,0620
0,0508
0,0413
0,0332
0,0264
0,0208
0,0163
0,0126
0,0096
0,0073
0,0055
0,0040
0,0030
0,0022
0,0016
0,0011
0,0008
0,0005
0,0004
0,0003
0,0002
0,2083
0,1849
0,1626
0,1415
0,1219
0,1040
0,0878
0,0734
0,0608
0,0498
0,0404
0,0325
0,0258
0,0203
0,0158
0,0122
0,0093
0,0071
0,0053
0,0039
0,0029
0,0021
0,0015
0,0011
0,0008
0,0005
0,0004
0,0003
0,0002
0,2059 
0,1826 
0,1604 
0,1394 
0,1200 
0,1023 
0,0863 
0,0721 
0,0596 
0,0488 
0,0396 
0,0317 
0,0252 
0,0198 
0,0154 
0,0119 
0,0091 
0,0069 
0,0051 
0,0038 
0,0028 
0,0020 
0,0015 
0,0010 
0,0007 
0,0005 
0,0004 
0,0002 
0,0002 
Приложение 2
0,2036
0,1804
0,1582
0,1374
0,1182
0,1006
0,0848
0,0707
0,0584
0,0478
0,0387
0,0310
0,0246
0,0194
0,0151
0,0116
0,0088
0,0067
0,0050
0,0037
0,0027
0,0020
0,0014
0,0010
0,0007
0,0005
0,0003
0,0002
0,0002
0,2012 
0,1781 
0,1561 
0,1354 
0,1163 
0,0989 
0,0833 
0,0694 
0,0573 
0,0468 
0,0379 
0,0303 
0,0241 
0,0189 
0,0147 
0,0113 
0,0086 
0,0065 
0,0048 
0,0036 
0,0026 
0,0019 
0,0014 
0,0010 
0,0007 
0,0005 
0,0003 
0,0002 
0,0002 
0,1989 
0,1738 
0,1539 
0,1334 
0,1145 
0,0973 
0,0818 
0,0681 
0,0562 
0,0459 
0,0371 
0,0297 
0,0235 
0,0184 
0,0143 
0,0110 
0,0084 
0,0063 
0,0047 
0,0035 
0,0025 
0,0018 
0,0013 
0,0009 
0,0007 
0,0005 
0,0003 
0,0002 
0,0001 
0,1965 
0,1738 
0,1518 
0,1315 
0,1127 
0,0957 
0,0804 
0,0069 
0,0551 
0,0449 
0,0363 
0,0290 
0,0229 
0,0180 
0,0139 
0,0107 
0,0081 
0,0061 
0,0043 
0,0034 
0,0025 
0,0018 
0,0013 
0,0009 
0,0006 
0,0004 
0,0003 
0,0002 
0,0001 
Значения функции 

х
)(
x 
0,00 
0,01 
0,02 
0,03 
0,04 
0,05 
0,06 
Ф(x) 
0,0000 
0,0040 
0,0080 
0,0120 
0,0160 
0,0199 
0,0239 
x 
0,44 
0,45 
0,46 
0,47 
0,48 
0,49 
0,50 
Ф(x) 
0,1700
0,1736
0,1772
0,1808
0,1844
0,1879
0,1915
1

2
x 
0,88 
0,89 
0,90 
0,91 
0,92 
0,93 
0,94 
2
х
2
dx
х
 
е
0
Ф(x) 
0,3106
0,3133
0,3159
0,3186
0,3212
0,3238
0,3264
x 
1,32 
1,33 
1,34 
1,35 
1,36 
1,37 
1,38 
Ф(x) 
0,4066 
0,4082 
0,4099 
0,4115 
0,4131 
0,4147 
0,4162 
x 
1,76 
1,77 
1,78 
1,79 
1,80 
1,81 
1,82 
Ф(x) 
0,4608 
0,4616 
0,4625 
0,4633 
0,4641 
0,4649 
0,4656 
x 
2,40 
2,42 
2,44 
2,46 
2,48 
2,50 
2,52 
Ф(x) 
0,4918 
0,4922 
0,4927 
0,4931 
0,4934 
0,4938 
0,4941 
28 0,07 
0,08 
0,09 
0,10 
0,11 
0,12 
0,13 
0,14 
0,15 
0,16 
0,17 
0,18 
0,19 
0,20 
0,21 
0,22 
0,23 
0,24 
0,25 
0,26 
0,27 
0,28 
0,29 
0,30 
0,31 
0,32 
0,33 
0,34 
0,35 
0,36 
0,37 
0,0279 
0,0319 
0,0359 
0,0398 
0,0438 
0,0478 
0,0517 
0,0557 
0,0596 
0,0636 
0,0675 
0,0714 
0,0753 
0,0793 
0,0832 
0,0871 
0,0910 
0,0948 
0,0987 
0,1026 
0,1064 
0,1103 
0,1141 
0,1179 
0,1217 
0,1255 
0,1293 
0,1331 
0,1368 
0,1406 
0,1443 
0,51 
0,52 
0,53 
0,54 
0,55 
0,56 
0,57 
0,58 
0,59 
0,60 
0,61 
0,62 
0,63 
0,64 
0,65 
0,66 
0,67 
0,68 
0,69 
0,70 
0,71 
0,72 
0,73 
0,74 
0,75 
0,76 
0,77 
0,78 
0,79 
0,80 
0,81 
0,1950
0,1985
0,2019
0,2054
0,2088
0,2123
0,2157
0,2190
0,2224
0,2257
0,2291
0,2324
0,2357
0,2389
0,2422
0,2454
0,2486
0,2517
0,2549
0,2580
0,2611
0,2642
0,2673
0,2703
0,2734
0,2764
0,2794
0,2823
0,2852
0,2881
0,2910
0,95 
0,96 
0,97 
0,98 
0,99 
1,00 
1,01 
1,02 
1,03 
1,04 
1,05 
1,06 
1,07 
1,08 
1,09 
1,10 
1,11 
1,12 
1,13 
1,14 
1,15 
1,16 
1,17 
1,18 
1,19 
1,20 
1,21 
1,22 
1,23 
1,24 
1,25 
0,3289
0,3315
0,3340
0,3365
0,3389
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
0,3554
0,3577
0,3599
0,3621
0,3643
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
0,3770
0,3790
0,3810
0,3830
0,3849
0,3869
0,3883
0,3907
0,3925
0,3944
1,39 
1,40 
1,41 
1,42 
1,43 
1,44 
1,45 
1,46 
1,47 
1,48 
1,49 
1,50 
1,51 
1,52 
1,53 
1,54 
1,55 
1,56 
1,57 
1,58 
1,59 
1,60 
1,61 
1,62 
1,63 
1,64 
1,65 
1,66 
1,67 
1,68 
1,69 
0,4177 
0,4192 
0,4207 
0,4222 
0,4236 
0,4251 
0,4265 
0,4279 
0,4292 
0,4306 
0,4319 
0,4332 
0,4345 
0,4357 
0,4370 
0,4382 
0,4394 
0,4406 
0,4418 
0,4429 
0,4441 
0,4452 
0,4463 
0,4474 
0,4484 
0,4495 
0,4505 
0,4515 
0,4525 
0,4535 
0,4545 
1,83 
1,84 
1,85 
1,86 
1,87 
1,88 
1,89 
1,90 
1,91 
1,92 
1,93 
1,94 
1,95 
1,96 
1,97 
1,98 
1,99 
2,00 
2,02 
2,04 
2,06 
2,08 
2,10 
2,12 
2,14 
2,16 
2,18 
2,20 
2,22 
2,24 
2,26 
0,4664 
0,4671 
0,4678 
0,4686 
0,4693 
0,4699 
0,4706 
0,4713 
0,4719 
0,4726 
0,4732 
0,4738 
0,4744 
0,4750 
0,4756 
0,4761 
0,4767 
0,4772 
0,4783 
0,4793 
0,4803 
0,4812 
0,4821 
0,4830 
0,4838 
0,4846 
0,4854 
0,4861 
0,4868 
0,4875 
0,4881 
2,54 
2,56 
2,58 
2,60 
2,62 
2,64 
2,66 
2,68 
2,70 
2,72 
2,74 
2,76 
2,78 
2,80 
2,82 
2,84 
2,86 
2,88 
2,90 
2,92 
2,94 
2,96 
2,98 
3,00 
3,20 
3,40 
3,60 
3,80 
4,00 
4,50 
5,00 
0,4945 
0,4948 
0,4951 
0,4953 
0,4956 
0,4959 
0,4961 
0,4963 
0,4965 
0,4967 
0,4969 
0,4971 
0,4973 
0,4974 
0,4976 
0,4977 
0,4979 
0,4980 
0,4981 
0,4982 
0,4984 
0,4985 
0,4986 
0,49865 
0,49931 
0,49966 
0,499841 
0,499928 
0,499968 
0,499997 
0,499997 
Оглавление
Введение ………………………………………………………………………………………………………. ……..3 
1.     Элементы комбинаторики………………………………………………………………..4 
2.    Случайные события……………………………………………………………………..5 
2.1  Случайные события, действия над событиями ……………………………………………………5 
2.2  Классическое определение вероятности………………………………………………..6 
2.3  Теоремы сложения и умножения вероятностей………………………………………8  
2.4  Формула полной вероятности. Формула Байеса ……………………………………………… .10
29 2.5  Формула Бернулли. Локальная и интегральная теоремы Муавра­Лапласа. 
       Формула     Пуассона…………………………………………………………………………………………12
3.   Случайные величины…………………………………………………………………..18
3.1 Характеристики ДСВ и их свойства…………………………………………………….21 
Заключение………………………………………………………………………………….24
Литература…………………………………………………………………………………..25
Приложения…………………………………………………………………………………26
30

1.

Комбинаторика занимается подсчетом числа
различных комбинаций.
Основной принцип комбинаторики
Если одно действие можно выполнить m
способами, а другое k способами, то оба действия
можно сделать mk способами

2.

Пример 1Из города А можно добраться в город В
3 способами, а из города В в город С 2
способами. Сколькими способами можно
добраться из А в С через город В?

3.

Пример 2 Студент сдает 3 экзамена. На каждом
экзамене он может получить одну из 4-х
оценок. Сколько вариантов сдачи сессии
существует?

4.

Пример 3 Шифр сейфа состоит из 5 цифр.
Сколько комбинаций придется перебрать
преступнику, вскрывающему сейф?

5.

Пример 4. 5 человек выстраиваются в очередь.
Сколько способов выстроиться в очередь
существует?

6.

Пример 5. Сколько существует способов
упорядочить n элементов множества?

7.

Число перестановок n-элементного множества
равно
n (n 1) (n 2) … 1 n!

8.

Пример 6 Шифр сейфа состоит из 5 цифр.
Сколько комбинаций придется перебрать
преступнику, вскрывающему сейф, если он
знает, что все цифры в шифре разные?

9.

Пример 7 Множество включает n элементов.
Сколько способов выбрать из этого множества
m элементов, если порядок элементов важен?

10.

Размещениями из n элементов по m называются
упорядоченные наборы в m элементов, взятых
из множества, состоящего из n элементов.
A n (n 1) (n 2) … (n m 1)
m
n
n!
(n m)!

11.

Пример 8. Из группы в 5 человек надо выбрать
троих на конференцию. Сколькими способами
это можно сделать?

12.

Сочетаниями из n элементов по m называются
неупорядоченные наборы в m элементов, взятых
из множества, состоящего из n элементов.
m
n
A
n!
Ñ
m! m !(n m)!
m
n

13.

Пример 9. Студенту предлагается выбрать из
6 спецкурсов два, который он должен изучить в
семестре. Сколькими способами он может это
сделать?

14.

Брошено три игральные кости. Найти
вероятности событий: A – на всех костях
выпало одинаковое число очков
В – на всех костях выпало разное число очков.

15.

На экзамене может быть предложено 10
вопросов. Студент знает ответы на 6 из них.
Преподаватель выбирает наудачу 2 вопроса.
Найти вероятности событий:
А – студент знает ответы на оба вопроса
В – студент знает ответы на 1 вопрос
С – студент не знает ответа на оба вопроса.

16.

А – студент знает ответы на оба вопроса
6 хороших
4 плохих
2
0
2
n C
2
10
m C
2
6

17.

В – студент знает ответы на 1 вопрос
6 хороших
4 плохих
1
1
2
n C
2
10
m C C 6 4
1
6
1
4

18.

С – студент не знает ответа на оба вопроса.
6 хороших
4 плохих
0
2
2
n C
2
10
m C
2
4