ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКИ

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО КУРСУ ПО ВЫБОРУ

«ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКИ»

10 КЛАСС

Составитель: Лавецкая Е.И., учитель математики сш № 17

ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

В первую очередь естественно отметить ярко выраженные связи рассматриваемой темы с курсами физики, биологии (понятие случайности при изучении броуновского движения, многие положения молекулярной физики являются так же иллюстрацией так называемого закона больших чисел, которому подчиняются случайные явления в больших совокупностях равноправных объектов и много других примеров, при изложении теории наследственности). Техники самых разных специальностей - электромеханических, машиностроительных, медицинских и многих других – при специальной подготовке и в практической деятельности постоянно сталкиваются с некоторыми экспериментальными данными, результатами измерений. Так как данные имеют всегда погрешности, вызванные наличием случайности, то соответствующая модель имеет вероятный характер.

Учащиеся технических специальностей получают подготовку по вопросам надежности промышленных установок. Здесь как раз и используются понятия и результаты теории вероятностей и математической статистики. Имеются еще и узко специальные связи: например элементы комбинаторики служат основой художественного проектирования, элементы корреляционного анализа используются при изучении различных зависимостей в окружающем мире.

СБОРНИК ЗАДАЧ

ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТИ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКЕ

1.Метод математической индукции.

Задача 1: Выведем формулу суммы первых n нечетных чисел натурального ряда.

Решение: S(1)=1, S(2)=1+3=4, S(3)=1+3+5=9, S(4)=1+3+5+7=16, S(5)=1+3+5+7+9=25. Замечаем, что сумма первых n нечетных чисел натурального ряда равна n², т.е. S(n)=n².

Докажем это. 1) Для n=1 формула верна.

2) Предположим, что она верна для какого-либо натурального n=k, т.е. S(k)=k².Докажем, что тогда она будет верна и для n=k+1, т.е. S(k+1)=(k+1)²:

S(k+1)=1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=S(k)+(2k+1)=k²+2k+1=(k+1)².

Следовательно, формула верна для всех натуральных значений n, т.е. S(n)=n².

Задача 2: Докажем, что сумма квадратов первых n натуральных чисел равна .

Доказательство: 1) Проверим справедливость утверждения для n=1. При n=1 сумма состоит из одного члена, т.е. S₂(1)=1, и по формуле имеем , т.е. для n=1 формула верна.

2) Предположим справедливость формулы для некоторого n=k, т.е. . Исходя из этого предположения докажем справедливость формулы для n=k+1. Действительно, S₂(k)=1²+2²+3²+…+k²+(k+1)². Сумма первых k слагаемых равна .

Значит,

Итак, мы доказали, что формула верна для n=k+1. Мы получили ту же формулу. Следовательно, в силу принципа математической индукции данная формула верна для любого натурального n.

Задачи и упражнения.

Докажите, что

1. 2+6+10+…+2(2n-1)=2n²

2. 2+10+24+…+(3n²-n)=n²(n+1)

5. .

6.Докажите, что для любого натурального n справедливо равенство

2. Элементы комбинаторики.

Задача 1: Сколько можно записать двузначных чисел в десятичной системе счисления?

Решение: Поскольку число двузначное, число десятков может принимать одно из девяти значений: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Число единиц может принимать те же значения и может, кроме того, быть равным нулю.

Если цифра десятков 1, цифра единиц может быть 0, 1, 2, …,9 – всего 10 значений. Если цифра десятков 2, то вновь цифра единиц может быть равна 0, 1, 2, …, 9. Всего получаем 90 двузначных чисел.

Обобщим полученный результат. Пусть данное множество из n=m+k элементов разбито на два подмножества, состоящие соответственно из m и k элементов. Пусть из подмножества, содержащего m элементов, выбирается один элемент и независимо из подмножества, содержащего k элементов, выбирается один элемент. Спрашивается: сколько различных пар элементов при этом образуется?

Ответ на поставленный вопрос дает таблица:

k пар в каждой строке

Таким образом, если общее число всевозможных пар обозначим N, то N=mk.

Задача 2: На тренировках занимаются 12 баскетболистов. Сколько может быть образовано тренером разных стартовых пятерок?

Решение: Так как при составлении стартовой пятерки тренера интересуют только состав пятерки, то достаточно определить число сочетаний из 12 элементов по 5: .

Задача 3: Сколькими способами можно расположить на шахматной доске 8 ладей так, чтобы они не могли взять друг друга?

Решение: Ясно, что в этом случае на каждой доске может быть расположено только по одной ладье. Число возможных позиций – число перестановок из 8 элементов:

Задача 4: Для полета на Марс необходимо укомплектовать следующий экипаж космического корабля: командир корабля, первый его помощник, второй помощник, два бортинженера и один врач. Командующая тройка может быть отобрана из числа 25 готовящихся к полету летчиков, 2 бортинженера – из числа 20 специалистов, в совершенстве знающих устройство космического корабля, и врач – из числа 8 медиков. Сколькими способами можно укомплектовать экипаж исследователей космоса?

Решение: При выборе командира и его помощников важно определить, какой из военных летчиков лучше других справляется с теми или иными функциями в управлении кораблем. Значит, здесь важен не только персональный состав командующей тройки, но и соответствующая расстановка подобранных людей. Поэтому ясно, что командующая тройка может быть укомплектована способами.

Обязанности у обоих бортинженеров примерно одинаковые. Они могут выполнять их по очереди. Следовательно, пара бортинженеров может быть укомплектована способами. Аналогичное положение и с врачом – его можно подобрать способами.

В силу формулы N=mk весь экипаж может быть укомплектован способами.

Задача 5: Мать купила 2 яблока, 3 груши и 4 апельсина. Девять дней подряд она каждый день предлагает сыну по одному фрукту. Сколькими способами она может выдать сыну фрукты?

Решение: Обозначим: яблоко – я, грушу – г, апельсин – а. напишем одну из возможных выборок: ггягааяаа

Все остальные выборки можно получить перестановкой ее элементов. Следовательно, приходится вычислять перестановки с повторениями. В нашей задаче k=9, k₁ =2, k₂=3, k₃=4. поэтому число всевозможных способов раздачи фруктов .

Задача 6: В продажу поступили открытки 10 разных видов. Сколькими способами можно образовать набор из открыток? Из 8 открыток?

Решение: В данном случае нам приходится считать сочетания с повторениями:

задача 7: Сколько разных четырехзначных чисел можно составить из цифр 0,1,2, если та же самая цифра может повторяться несколько раз?

Решение: Из цифр 0,1,2 можно составить четырехзначных числа. Но числа, записанные четырьмя цифрами, первая из которых нуль, не являются четырехзначными. Значит, из числа размещений с повторениями надо вычесть число таких выборок, которые начинаются нулем. Последних столько, сколько трехзначных чисел можно составить из цифр 0,1,2 при повторении цифр. Таких чисел будет . Поэтому ответ 3⁴-3³=54.

3. Классическое и статистическое определения вероятности

Задача 1. Брошены две игровые кости. Найти вероятность того, что сумма очков на выпавших гранях – четная, причем на грани хотя бы одной из костей появится шестерка.

Решение. На выпавшей грани «первой» игральной кости может появиться одно очко, два очка, …, шесть очков. Аналогичные шесть элементарных исходов возможны при бросании «второй» кости. Каждый из исходов бросания «первой» кости может сочетаться с каждым из исходов бросания «второй». Таким образом, общее число возможных элементарных исходов испытания равно 6*6=36. эти исходы единственно возможны и, в силу симметрии костей, равновозможны.

Благоприятствующими интересующему нас событию (хотя бы на одной грани появиться шестерка, сумма выпавших очков – четная) являются следующие пять исходов (первым записано число очков, выпавших на «первой» кости, вторым – число очков, выпавших на «второй» кости; далее найдена сумма очков):

1) 6, 2; 6+2=8, 4) 2, 6; 2 + 6=8,

2) 6, 4; 6+4=10, 5) 4, 6; 4 + 6=10.

3) 6, 6; 6+6=12,

искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех возможных элементарных исходов:

р = 5/36.

Задача 2. При перевозке ящика, в котором содержались 21 стандартная и 10 нестандартных деталей, утеряна одна деталь, причем неизвестна какая. Наудачу извлекая (после перевозки) из ящика деталь оказалась стандартной. Найти вероятность того, что была утеряна: а) стандартная деталь; б) нестандартная деталь.

Решение. а) Извлеченная стандартная деталь, очевидно, не могла быть утеряна; могла быть потеряна любая из остальных тридцати деталей (21 + 10 – 1 =30), причем среди них было 20 стандартных

(21 – 1= 20).

Вероятность того, что была потеряна стандартная деталь

Р= 20/30 =2/3.

б) Среди тридцати деталей, каждая из которых могла быть утеряна, было 10 нестандартных. Вероятность того, что потеряна нестандартная деталь, Р = 10/30=1/3.

Задача 3. Задумано двузначное число, цифры которого различны. Найти вероятность того, что задуманным числом окажется: а) случайно названное двузначное число; б) случайно названное двузначное число, цифры которого различны.

Ответ: а) Р=1/90; б) Р=1/81.

Задача 4. Монета брошена два раза. Найти вероятность того, что хотя бы один раз появится «герб».

Ответ: Р=3/4.

Задача 5. В конверте среди 100 фотокарточек находится одна разыскиваемая. Из конверта наудачу извлечены 10 карточек. Найти вероятность того, что среди них окажется нужная.

Ответ: Р= 0,1. Указание: использовать число сочетаний.

Геометрические вероятности

Пусть отрезок l составляет часть отрезка L. На отрезок L наудачу поставлена точка. Если предположить, что вероятность попадания точки на отрезок l пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от его расположения относительно отрезка L, то вероятность попадания точки на отрезок определяется равенством .

Пусть плоская фигура g составляет часть плоской фигуры G. На фигуру G наудачу брошена точка. Если предположить, что вероятность попадания брошенной точки на фигуру пропорциональна площади этой фигуры и не зависит ни от ее расположения относительно G, ни от формы g, то вероятность попадания точки в фигуру g определяется равенством .

Аналогично определяется вероятность попадания точки в пространственную фигуру v , которая составляет часть фигуры V: .

Задача 1: На отрезке L длины 20 см помещен меньший отрезок l длины 10 см. Найти вероятность того, что точка, наудачу поставленная на больший отрезок, попадет также и на меньший отрезок. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.

Ответ: Р=1/2.

Задача 2: На отрезок ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлена точка В(х). Найти вероятность того, что меньший из отрезков ОВ и ВА будет иметь длину, большую, чем 1/3. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Ответ: .

Задача 3: На отрезке ОА длины L числовой оси Ох наудачу поставлены две точки В(х) и С(у), причем .( Координата точки С для удобства дальнейшего изложения обозначена через у.) Найти вероятность того, что длина отрезка ВС будет меньше длины отрезка ОВ. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине этого отрезка и не зависит от его расположения на числовой оси.

Решение: Координаты точек В и С должны удовлетворять неравенствам .

Введем в рассмотрение прямоугольную систему координат хОу. В этой системе указанным неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей прямоугольному треугольнику ОКМ. Таким образом, этот треугольник можно рассматривать как фигуру G, координаты точек которой представляют соответственно все возможные значения координат точек В и С.

Длина отрезка ВС должна быть меньше длины отрезка ОВ, т.е. должно иметь место равенство y-x<x, или, что то же, y<2x.

Последнее неравенство выполняется для координат тех точек фигуры G (прямоугольного треугольника ОКМ), которые лежат ниже прямой у=2х (прямая ON). Все эти точки принадлежат треугольнику ONM.

Таким образом, этот треугольник можно рассматривать как фигуру g, координаты точек которой являются благоприятствующими интересующему нас событию ( длина отрезка ВС меньше длины отрезка ОВ). Искомая вероятность .

4.Теоремы сложения и умножения вероятностей.

Задача 1: На стеллаже библиотеки в случайном порядке расставлено 15 учебников, причем 5 из них в переплете. Библиотекарь берет наудачу 3 учебника. Найти вероятность того, что хотя бы один из взятых учебников окажется в переплете (событие А).

Решение: Первый способ. Требование – хотя бы один из взятых трех учебников окажется в переплете – будет осуществлено, если произойдет событие любое из следующих трех несовместных событий: В – один учебник в переплете, два без переплета, С – два учебника в переплете, один без переплета, D – три учебника в переплете.

Интересующее нас событие А (хотя бы один из трех взятых учебников в переплете) можно представить в виде суммы этих событий: А=В+С+D. По теореме сложения P(A)=P(B)+P(C)+P(D) (*)

Найдем вероятности событий В,С и D:

Подставив эти вероятности в равенство (*), окончательно получим

Р(А)=45/91+20/91+2/91=67/91.

Второй способ. События А (хотя бы один из взятых трех учебников имеет переплет) и (ни один из взятых учебников ни имеет переплета) – противоположные, поэтому (сумма вероятностей двух противоположных событий равна единице). Отсюда

Вероятность появления события (ни один из взятых учебников не имеет переплета)

Искомая вероятность

Задача 2: В ящике 10 деталей, из которых 4 окрашены. Сборщик наудачу взял три детали. Найти вероятность того, что хотя бы одна из взятых деталей окрашена.

Ответ:

Задача 3: Доказать, что если событие А влечет за собой событие В, то

Решение: Событие В можно представить в виде суммы несовместных событий А и : По теореме сложения вероятностей несовместных событий получим Так как то

Задача 4: В читальном зале имеется 6 учебников по теории вероятностей, из которых 3 в переплете. Библиотекарь наудачу взял 2 учебника. Найти вероятность того, что оба учебника окажутся в переплете.

Решение: Введем обозначения событий: А – первый взятый учебник имеет переплет, В – второй учебник имеет переплет.

Вероятность того, что первый учебник имеет переплет,

Вероятность того, что второй учебник имеет переплет, при условии, что первый взятый учебник был в переплете, т.е. условная вероятность события В:

Искомая вероятность того, что оба учебника имеют переплет, по теореме умножения вероятностей зависимых событий равна

Задача 5: В цехе работают 7 мужчин и 3 женщины. По табельным номерам наудачу отобраны 3 человека. Найти вероятность того, что все отобранные лица окажутся мужчинами.

Решение: Введем обозначения событий: А – первым отобран мужчина; В – вторым отобран мужчина, С – Третьим отобран мужчина.

Вероятность того, что вторым отобран мужчина, при условии, что первым уже был отобран мужчина, т.е. условная вероятность события В .

Вероятность того, что третьим будет отобран мужчина, при условии, что уже отобраны двое мужчин, т.е. условная вероятность события С

Искомая вероятность того, что все три отобранных лица окажутся мужчинами,

5. Формула полной вероятности. Формула Бейеса.

Задача 1: В урну, содержащую 2 шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предложения о первоначальном составе шаров (по цвету).

Решение: Обозначим через А событие – извлечен белый шар. Возможны следующие предположения (гипотезы) о первоначальном составе шаров: В₁ – белых шаров нет, В₂ – один белый шар, В₃ – два белых шара.

Поскольку всего имеется три гипотезы, причем по условию они равновероятны, и сумма вероятностей гипотез равна единице (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна , т.е.

Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, .

Условная вероятность, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне был один белый шар, .

Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне было два белых шара

Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности

Задача 2: Два автомата производят одинаковые детали, которые поступают на общий конвейер. Производительность первого автомата вдвое больше производительности второго. Первый автомат производит в среднем 60% деталей отличного качества, а второй – 84%. Наудачу взятая с конвейера деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что эта деталь произведена первым автоматом.

Решение: Обозначим через А событие – деталь отличного качества. Можно сделать два предложения (гипотезы): В₁– деталь произведена первым автоматом, причем (поскольку первый автомат производит вдвое больше деталей, чем второй)

В₂ – деталь произведена вторым автоматом, причем

Условная вероятность того, что деталь будет отличного качества, если она произведена первым автоматом,

Условная вероятность того, что деталь будет отличного качества, если она произведена вторым автоматом,

Вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется отличного качества, по формуле полной вероятности равна

Искомая вероятность того, что взятая отличная деталь произведена первым автоматом, по формуле Бейеса равна

Задача 3: Батарея из трех орудий произвела залп, причем 2 снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что первое орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим орудиями соответственно равны р₁=0,4 , р₂=0,3 , р₃=0,5.

Решение: Обозначим через А событие – два орудия попали в цель.

Сделаем да предположения (гипотезы): В₁- первое орудие попало в цель; В₂- первое орудие не попало в цель.

По условию Р(В₁)=0,4; следовательно событие В₂противоположно событию В₁) , Р(В₂)=1-0,4=0,6.

Найдем условную вероятность Р_В1(А), т.е. вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем один из них послан первым орудием и, следовательно, второй – либо вторым орудием, либо третьим, (при этом второе орудие дало промах). Эти два события несовместны, поэтому применима теорема сложения:

Найдем условную вероятность , т.е. вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем первое орудие дало промах. Другими словами, найдем вероятность того, что второе и третье орудие попали в цель. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения: .

Искомая вероятность того, что первое орудие дало попадание, по формуле Бейеса равна

1. Формула Бернулли.

Задача 1: Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее выиграть: две партии из четырех или три партии из шести (ничьи во внимание не принимаются)?

Решение: Играют равносильные шахматисты, поэтом вероятность выигрыша р=1/2, следовательно, вероятность проигрыша q также равна 1/2. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выиграны партии, то применима формула Бернулли.

Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны: .

Найдем вероятность того, что будут выиграны три партии из шести:

. Так как , то вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.

Задача 2: Два равносильных противника играют в шахматы. Что вероятнее выиграть: а) одну партию из двух или две партии из четырех? б) не менее двух партий из четырех или не менее трех партий из пяти? Ничьи во внимание не принимаются.

Отв. А) Вероятнее выиграть одну партию из двух: Р₂(1)=1/2; Р₄(2)=3/8;

Б) вероятнее выиграть не менее двух партий из четырех: Р₄(2)+Р₄(3)+Р₄(4)=1-Р₄(0)+Р₄(1)=11/16; Р₅(3)+Р₅(4)+Р₅(5)=8/16

Задач 3: Монету бросают 5 раз. Найти вероятность того, что «герб» выпадает: а) менее двух раз; б) не менее двух раз.

Отв. А) Р=Р₅(0)+Р₅(1)=3/16; б) Q=1-[P₅(0)+P₅(1)]=13/16.

2. Элементы математической статистики.

Задача 1: 1) выборка задана в виде распределения частот: .

Найти распределение относительных частот.

Решение: Найдем объем выборки: n=1+3+6=10. Найдем относительные частоты: .

Напишем искомое распределение относительных частот:

контроль: 0,1+0,3+0,6=1

задача 2: Выборка задана в виде распределения частот: .

Найти распределение относительных частот.

Отв. .

Задача 3: Из генеральной совокупности извлечена выборка объема n=50:

Найти несмещенную оценку генеральной средней.

Решение: Несмещенной оценкой генеральной средней является выборочная средняя .

Задача 4: Найти выборочную среднюю по данному распределению выборки объема n=10: .

Решение: Первоначальные варианты – большие числа, поэтому перейдем к условным вариантам в итоге получим распределение условных вариант: .

Найдем искомую выборочную среднюю: .

Задача 5: В итоге пяти измерений длины стержня одним прибором ( без систематических ошибок) получены следующие результаты (в мм): 92; 94; 103; 105; 106. Найти: а) выборочную среднюю длину стержня; б) выборочную и исправленную дисперсии ошибок прибора.

Решение: а) Найдем выборочную среднюю: .

б) Найдем выборочную дисперсию:

найдем исправленную дисперсию:

Задача 6: Найти методом произведений выборочную среднюю и выборочную дисперсию по заданному распределению выборки объема n=100:

Решение: Разобьем интервал 2-26 на следующие четыре частичных интервала длины h=6:

Приняв середины частичных интервалов в качестве новых вариант y_i, получим равноотстоящие варианты: y₁=5, y₂=11, y₃=17, y₄=23.

В качестве частоты n₁ варианты y₁=5 примем сумму частот вариант, попавших в первый интервал: n₁=3+5+10+=18.

Вычислив аналогично частоты остальных вариант, получим распределение равноотстоящих вариант:

Пользуясь методом произведений, найдем

=15,86, D_B=45,14.

Принимая во внимание, что число частичных интервалов (4) мало, учтем поправку Шеппарда:

D^’_B=D_B-=45,14-=42,14.

Заметим, что выборочная дисперсия, вычисленная по первоначальным вариантам, примерно равна 42,6.

ЛИТЕРАТУРА

В.С. Лютикас Факультативный курс по математике (теория вероятности) 9-11класс.М, «Просвещение», 1990.
Зайчик И.Ю., Зайчик Б.И. Практикум по электрорадиоизмерениям// М, из-во «Высшая школа»,1985.
Общая биология//Учебник 9-10 класс под редакцией Полянского, из-во «Просвещение» 1988.
Прокофьев. Учебник «Физика»// М, из-во «Высшая школа»,1983.
«Электрические измерения» под редакцией Малиновского.//М, из-во «Энергоиздат»,1982.
Бродский. Методические рекомендации к изучению темы «Случайные события»// Донецк,1984.
В.Е. Гмурман. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистики// М, «Высшая школа»,1975.