Теория на вероятностите

Калкулатор: схема на Бернули

Опит се повтаря $n$ пъти при едни и същи условия и при всеки опит събитието („успех“) настъпва с вероятност $p.$ Калкулаторът намира вероятността успехите да са точно $k,$ най-много $k$ или поне $k$ по биномния закон и показва пресмятането. Вероятността $p$ може да е десетична дроб (0,3) или обикновена дроб (1/6).

Какво изучава теорията на вероятностите?

Хвърляме монета. Не можем да кажем предварително дали ще се падне ези или тура, но знаем, че при много хвърляния езитата ще са около половината. Теорията на вероятностите изучава такива закономерности при случайните събития – събития, които при едни и същи условия понякога настъпват, а понякога не. Тя дава число, вероятността, което показва колко често можем да очакваме едно събитие.

На тази страница: Калкулатор · Събития · Действия със събития · Класическа вероятност · Честота · Аксиоми и теореми · Условна вероятност · Пълна вероятност · Формула на Бейс · Схема на Бернули · Случайни величини · Решени задачи · Задачи за упражнение

Събития

Опит наричаме всяко действие, извършено при определени условия, чийто резултат не можем да предскажем със сигурност: хвърляне на монета или зар, изтегляне на карта, изваждане на топка от кутия. Всеки възможен резултат на опита се нарича елементарно събитие, а множеството от всички елементарни събития – пространство от елементарни събития. Ще го означаваме с $\Omega.$

• Хвърляне на монета: ${\Omega=\{Л,\ Г\}}$ (двете страни на монетата – лице и герб).
• Хвърляне на зар: ${\Omega=\{1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6\}}.$
• Хвърляне на две монети: ${\Omega=\{ЛЛ,\ ЛГ,\ ГЛ,\ ГГ\}}.$ Резултатите ЛГ и ГЛ са различни: при ЛГ лице се пада на първата монета, а при ГЛ – на втората.

Събитие е всяко подмножество на $\Omega.$ Казваме, че събитието $A$ е настъпило (сбъднало се е), ако резултатът на опита е някое от елементарните събития в $A.$ Например при хвърляне на зар събитието „пада се четно число точки“ е ${A=\{2,\ 4,\ 6\}};$ то настъпва, ако се паднат 2, 4 или 6 точки.

Елементарни и сложни събития

Събитие, което съдържа едно елементарно събитие, не може да се разложи на по-прости. Останалите събития се наричат сложни: те се състоят от няколко елементарни събития. При две монети събитието „монетите показват различни страни“ е сложно: ${\{ЛГ,\ ГЛ\}}.$ То настъпва точно когато настъпи ЛГ или ГЛ.

Видове събития

Сигурно (достоверно) събитие е събитие, което настъпва при всяко провеждане на опита. Това е цялото $\Omega.$ Пример: при хвърляне на зар се падат по-малко от 7 точки.

Невъзможно събитие е събитие, което никога не настъпва. Това е празното множество $\varnothing.$ Пример: при хвърляне на зар се падат 7 точки.

Случайно събитие е събитие, което може да настъпи, а може и да не настъпи. Пример: при хвърляне на зар се пада шестица.

Противоположно събитие на $A$ е събитието $\overline{A}$ („не $A$“), което настъпва точно когато $A$ не настъпва. То се състои от елементарните събития, които не са в $A.$ При хвърляне на зар противоположното на „четно число точки“ е „нечетно число точки“. Сигурното и невъзможното събитие са противоположни: ${\overline{\Omega}=\varnothing}$ и ${\overline{\varnothing}=\Omega}.$

Несъвместими събития са събития, които не могат да настъпят едновременно (нямат общи елементарни събития). При хвърляне на зар „пада се 1“ и „пада се четно число“ са несъвместими. Противоположните събития са несъвместими, но несъвместимите събития не са непременно противоположни: ако се падне 3, не настъпва нито едно от двете събития по-горе. Събития, които могат да настъпят едновременно, се наричат съвместими: например „пада се 1“ и „пада се нечетно число“.

Действия със събития

Тъй като събитията са множества, с тях извършваме действията с множества. Ето основните от тях.

• $A$ влече $B$ (означаваме ${A\subset B}$), ако всеки път, когато настъпи $A,$ настъпва и $B.$ Например „пада се 6“ влече „пада се четно число“. Ако ${A\subset B}$ и ${B\subset A},$ събитията са равни (еквивалентни), ${A=B}:$ те се състоят от едни и същи елементарни събития.
• Сума (обединение) ${A\cup B}$ (пише се и ${A+B}$) е събитието „настъпва поне едно от $A$ и $B$“.
• Произведение (сечение) ${A\cap B}$ (пише се и $AB$) е събитието „настъпват и $A,$ и $B$“. Събитията $A$ и $B$ са несъвместими точно когато ${A\cap B=\varnothing}.$

Пример с един зар: нека ${A=\{2,\ 4,\ 6\}}$ (четно число) и ${B=\{4,\ 5,\ 6\}}$ (повече от 3 точки). Тогава ${A\cup B=\{2,\ 4,\ 5,\ 6\}},$ ${A\cap B=\{4,\ 6\}}$ и ${\overline{A}=\{1,\ 3,\ 5\}}.$

Събитията ${H_1,\ H_2,\ \ldots,\ H_n}$ образуват пълна група, ако са две по две несъвместими и при опита непременно настъпва едно от тях, т.е. сумата им е $\Omega.$ Например елементарните събития винаги образуват пълна група, а също и всяко събитие заедно с противоположното си.

Класическа вероятност

Нека опитът има $n$ равновъзможни елементарни събития (никое от тях няма предимство пред другите, като страните на правилен зар), а събитието $A$ се състои от $m$ от тях. Тези $m$ елементарни събития се наричат благоприятни за $A.$

Класическо определение. Вероятността на събитието $A$ е отношението на броя на благоприятните случаи към броя на всички възможни случаи: $$P(A)=\frac{m}{n}$$

Понеже ${0\le m\le n},$ винаги ${0\le P(A)\le 1}.$ За сигурното събитие ${m=n}$ и ${P(\Omega)=1},$ а за невъзможното ${m=0}$ и ${P(\varnothing)=0}.$

Пример 1. Монета се хвърля два пъти. Каква е вероятността и двата пъти да се падне лице?

Решение. Възможните случаи са 4: ЛЛ, ЛГ, ГЛ, ГГ. Благоприятен е само ЛЛ, следователно ${P=\frac14}.$

Пример 2. Хвърлят се два зара. Каква е вероятността на двата зара да се падне едно и също число точки?

Решение. Всяка от 6-те стени на първия зар се съчетава с всяка от 6-те стени на втория, затова възможните случаи са ${6\cdot 6=36}.$ Благоприятни са 6 двойки (11, 22, 33, 44, 55, 66), оцветени на фигурата. Следователно ${P=\frac{6}{36}=\frac16}.$

Пример 3. Избираме наслуки двуцифрено число, което е точен квадрат. Каква е вероятността то да е по-малко от 50?

Решение. Двуцифрените точни квадрати са 6: 16, 25, 36, 49, 64, 81. По-малки от 50 са 4 от тях, следователно ${P=\frac46=\frac23}.$

Когато случаите са много, ги броим с формулите на комбинаториката. Най-често ни трябва броят на комбинациите ${C_n^k=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot 2\cdots k}}$ – броят на начините да изберем $k$ от $n$ предмета, без значение в какъв ред.

Пример 4. В кутия има 20 бели и 30 черни топки. Изваждаме едновременно 5 топки. Каква е вероятността и петте да са бели?

Решение. Мислено номерираме топките от 1 до 50, за да са различими. Всички извадки от 5 топки са $C_{50}^5,$ а извадките само от бели топки са $C_{20}^5.$ Следователно

${P}={\frac{C_{20}^5}{C_{50}^5}}={\frac{20\cdot 19\cdot 18\cdot 17\cdot 16}{50\cdot 49\cdot 48\cdot 47\cdot 46}}={\frac{1938}{264\,845}}\approx{0{,}0073.}$

Изобщо, ако в кутия има $N$ топки, от които $M$ са бели, и изваждаме $k$ топки ${(k\le M)},$ вероятността всички да са бели е ${\frac{C_M^k}{C_N^k}}.$

Пример 5. От тесте с 52 карти изтегляме 4 карти. Каква е вероятността и четирите да са фигури (вале, дама или поп; в тестето има 12 фигури)?

Решение. ${P}={\frac{C_{12}^4}{C_{52}^4}}={\frac{495}{270\,725}}={\frac{99}{54\,145}}\approx{0{,}0018}.$

Честота и вероятност

Класическото определение изисква равновъзможни случаи, а това не винаги е така: каква е вероятността кабарче да падне с острието нагоре? Тогава повтаряме опита много пъти. Ако от $N$ опита събитието $A$ е настъпило $M$ пъти, числото $\frac{M}{N}$ се нарича относителна честота на $A.$

Например, ако в 50 хвърляния на монета лице се е паднало 20 пъти, честотата на лицето е ${\frac{20}{50}=0{,}4}.$ При малко опити честотата може доста да се отличава от $\frac12,$ но при много опити тя се приближава до вероятността. Ето резултатите от известни исторически опити с монета:

Кой е хвърлял	Хвърляния	Лица	Честота
Бюфон	4040	2048	0,5069
К. Пирсън	12 000	6019	0,5016
К. Пирсън	24 000	12 012	0,5005

Тази устойчивост на честотата е причината вероятността да има практически смисъл. Числото, около което се колебае честотата при голям брой опити, се нарича статистическа вероятност на събитието.

Свойства на честотата

• Честотата е число от интервала $[0;\,1],$ защото събитието настъпва най-много толкова пъти, колкото са опитите.
• Честотата на сигурното събитие е 1, а на невъзможното е 0.
• Честотата на сумата на две несъвместими събития е равна на сбора от честотите им: ако $A$ е настъпило $M_1$ пъти, а $B$ – $M_2$ пъти, и те никога не настъпват заедно, то ${A\cup B}$ е настъпило ${M_1+M_2}$ пъти.

Същите три свойства има и класическата вероятност. Те са в основата на аксиомите.

Аксиоматично изграждане на теорията на вероятностите

Аксиоми

През 1933 г. съветският (руски) математик А. Н. Колмогоров построява теорията на вероятностите върху три аксиоми. На всяко събитие $A$ се съпоставя число $P(A),$ наречено вероятност на $A,$ така че:

И класическата вероятност, и честотата удовлетворяват тези аксиоми. От тях следват всички останали свойства.

Теореми

Теорема 1. ${P(\overline{A})=1-P(A)}.$

Доказателство. Събитията $A$ и $\overline{A}$ са несъвместими и ${A\cup\overline{A}=\Omega}.$ От аксиоми 3 и 2 ${P(A)+P(\overline{A})=1}.$

Теорема 2. Вероятността на невъзможното събитие е 0: ${P(\varnothing)=0}.$

Доказателство. ${\varnothing=\overline{\Omega}},$ затова по теорема 1 ${P(\varnothing)=1-1=0}.$

Теорема 3. За всяко събитие ${0\le P(A)\le 1}.$

Доказателство. ${P(A)\ge 0}$ е аксиома 1, а ${P(A)=1-P(\overline{A})\le 1},$ защото ${P(\overline{A})\ge 0}.$

Теорема 4 (събиране на вероятности). За всеки две събития

Доказателство. ${A\cup B}$ е сума на несъвместимите събития $A$ и ${\overline{A}\cap B}$ („$B,$ но не $A$“), а $B$ е сума на несъвместимите ${A\cap B}$ и ${\overline{A}\cap B}.$ Затова ${P(A\cup B)=P(A)+P(\overline{A}\cap B)}$ и ${P(B)=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)}.$ Като извадим второто равенство от първото, получаваме теоремата. Общата част ${A\cap B}$ се изважда, защото в ${P(A)+P(B)}$ е броена два пъти.

Следствие: ${P(A\cup B)\le P(A)+P(B)},$ като равенство има, когато ${P(A\cap B)=0},$ например при несъвместими събития.

Теорема 5. Ако ${H_1,\ H_2,\ \ldots,\ H_n}$ е пълна група от събития, то $P(H_1)+P(H_2)+\cdots+P(H_n)=1.$ Аналогично (от аксиома 3) вероятността на всяко събитие е сборът от вероятностите на елементарните събития, от които се състои.

Пример 6. От тесте с 52 карти изтегляме една карта. Каква е вероятността тя да е асо или купа?

Решение. Нека $A$ е „асо“, а $B$ – „купа“. ${P(A)=\frac{4}{52}},$ ${P(B)=\frac{13}{52}},$ а ${A\cap B}$ е асото купа, ${P(A\cap B)=\frac{1}{52}}.$ Следователно

${P(A\cup B)}={\frac{4}{52}+\frac{13}{52}-\frac{1}{52}}={\frac{16}{52}}={\frac{4}{13}.}$

Пример 7. Хвърлят се два зара. Каква е вероятността сборът от точките да е по-малък от 12?

Решение. Противоположното събитие „сборът е 12“ настъпва само при двойката 66, затова ${P=1-\frac{1}{36}=\frac{35}{36}}.$

Условна вероятност

Понякога знаем, че събитието $B$ вече е настъпило, и търсим вероятността на $A$ при това условие. Тя се нарича условна вероятност на $A$ при условие $B$ и се означава с ${P(A\,|\,B)}$ (среща се и означението $P_B(A)$).

Ако ${P(B)\gt 0},$ то $$P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$$

Смисълът е прост: щом $B$ е настъпило, възможните случаи вече са само тези от $B,$ а благоприятни от тях са тези, които са и в $A.$

Пример 8. Хвърлен е зар и знаем, че са се паднали повече от 3 точки. Каква е вероятността числото да е четно?

Решение. ${B=\{4,\ 5,\ 6\}},$ ${A=\{2,\ 4,\ 6\}}$ и ${A\cap B=\{4,\ 6\}}.$ Следователно ${P(A\,|\,B)=\frac{2}{3}},$ докато без условието ${P(A)=\frac12}.$

Умножение на вероятности

От определението на условната вероятност следва теоремата за умножение:

Пример 9. В кутия има 3 бели и 2 черни топки. Изваждаме една след друга 2 топки, без да ги връщаме. Каква е вероятността и двете да са бели?

Решение. Нека $A$ е „първата топка е бяла“, а $B$ – „втората топка е бяла“. ${P(A)=\frac35}.$ След като е извадена бяла топка, в кутията остават 2 бели и 2 черни, затова ${P(B\,|\,A)=\frac24}.$ Следователно ${P(A\cap B)=\frac35\cdot\frac24=\frac{3}{10}}.$ Същото дава и класическото определение: ${\frac{C_3^2}{C_5^2}=\frac{3}{10}}.$

Независими събития

Събитията $A$ и $B$ са независими, ако настъпването на едното не променя вероятността на другото: ${P(A\,|\,B)=P(A)}$ (при ${P(B)\gt 0}$). Равносилно, ${P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)}$ – така обикновено се дава определението. Тогава теоремата за умножение става

Пример 10. Хвърлят се два зара. Каква е вероятността на първия зар да се падне четно число, а на втория – не повече от 3 точки?

Решение. Заровете не си влияят. За първия зар благоприятните случаи са 3 (2, 4, 6), за втория също 3 (1, 2, 3), затова ${P=\frac36\cdot\frac36=\frac14}.$

Ако един опит се повтори два пъти независимо и при всеки опит $A$ има вероятност $P(A),$ вероятността $A$ да настъпи и двата пъти е ${P(A)\cdot P(A)=[P(A)]^2}.$

Независимите събития не бива да се бъркат с несъвместимите. Ако $A$ и $B$ са несъвместими и имат положителни вероятности, те са зависими: щом $B$ е настъпило, $A$ вече не може да настъпи.

Формула за пълната вероятност

Нека ${H_1,\ H_2,\ \ldots,\ H_n}$ е пълна група от събития (наричат се хипотези) с положителни вероятности, а $A$ е произволно събитие. Тогава $A$ настъпва заедно с точно една от хипотезите и

Формулата следва от теоремата за умножение: $A$ е сума на несъвместимите събития ${A\cap H_1},$ ${A\cap H_2},$ …, ${A\cap H_n},$ а ${P(A\cap H_i)=P(H_i)P(A\,|\,H_i)}.$

Пример 11. Три машини произвеждат съответно 50%, 30% и 20% от детайлите в един цех. Бракът при първата машина е 1%, при втората 2%, а при третата 3%. Каква е вероятността случайно взет детайл да е бракуван?

Решение. Хипотезите са $H_i$ – „детайлът е от $i$-тата машина“, а $A$ е „детайлът е бракуван“. Умножаваме вероятностите по всеки клон на дървото и събираме:

${P(A)}={0{,}5\cdot 0{,}01+0{,}3\cdot 0{,}02+0{,}2\cdot 0{,}03}={0{,}005+0{,}006+0{,}006}={0{,}017.}$

Формула на Бейс

Формулата на Бейс отговаря на обратния въпрос: събитието $A$ е настъпило; каква е сега вероятността на всяка от хипотезите? Тя показва как едно наблюдение променя вероятностите на хипотезите. Ако ${P(A)\gt 0},$ то за всяко ${k=1,\ 2,\ \ldots,\ n}$

Знаменателят е пълната вероятност $P(A),$ а числителят е ${P(H_k\cap A)}$ по теоремата за умножение.

Пример 12. В условието на пример 11 взетият детайл се оказал бракуван. Каква е вероятността той да е от третата машина?

Решение. $P(H_3\,|\,A)=\frac{0{,}2\cdot 0{,}03}{0{,}017}=\frac{0{,}006}{0{,}017}=\frac{6}{17}\approx 0{,}353.$ Третата машина произвежда само 20% от детайлите, но понеже бракът ѝ е най-голям, тя е виновна за около 35% от бракуваните детайли. По същия начин ${P(H_1\,|\,A)=\frac{5}{17}}$ и ${P(H_2\,|\,A)=\frac{6}{17}}.$ Сборът на трите вероятности е 1, както трябва.

Схема на Бернули

Един опит се повтаря $n$ пъти, като опитите са независими и при всеки от тях събитието $A$ („успех“) настъпва с една и съща вероятност $p.$ Вероятността за неуспех е ${q=1-p}.$ Такава поредица от опити се нарича схема на Бернули. Примери: $n$ хвърляния на монета, $n$ изстрела по мишена, $n$ последователни дни, в които може да има или да няма авария.

Пример 13. Каква е вероятността събитието $A$ да настъпи във всичките $n$ опита?

Решение. Опитите са независими, затова вероятностите се умножават: ${p\cdot p\cdots p=p^n}.$

Пример 14. Каква е вероятността $A$ да не настъпи поне в един от $n$-те опита?

Решение. Това е противоположното събитие на „$A$ настъпва във всички опити“, затова вероятността е ${1-p^n}.$

Пример 15. Каква е вероятността $A$ да не настъпи нито веднъж?

Решение. Във всеки опит настъпва $\overline{A},$ което има вероятност $q,$ затова отговорът е ${q^n=(1-p)^n}.$

Пример 16. Каква е вероятността $A$ да настъпи поне веднъж?

Решение. Противоположното събитие е „$A$ не настъпва нито веднъж“, затова вероятността е ${1-q^n=1-(1-p)^n}.$ Например вероятността да хвърлим поне една шестица в 4 хвърляния на зар е

${1-\left(\frac56\right)^4}={1-\frac{625}{1296}}={\frac{671}{1296}}\approx{0{,}518.}$

Биномен закон

Каква е вероятността при $n$ опита по схемата на Бернули събитието $A$ да настъпи точно $k$ пъти ${(0\le k\le n)}?$ Да вземем една определена поредица, в която $A$ настъпва в първите $k$ опита, а в останалите ${n-k}$ не настъпва:

${\underbrace{A\,A\cdots A}_{k}\ \underbrace{\overline{A}\,\overline{A}\cdots\overline{A}}_{n-k}}$

По теоремата за умножение на независими събития вероятността ѝ е ${p^k q^{n-k}}.$ Същата вероятност има всяка поредица с $k$ успеха и ${n-k}$ неуспеха, независимо в кои опити са успехите. Тези поредици са толкова, колкото са начините да изберем $k$ опита от $n,$ т.е. $C_n^k.$ Те са несъвместими, затова вероятностите им се събират:

Биномен закон. Вероятността при $n$ опита по схемата на Бернули събитието да настъпи точно $k$ пъти е $$P_n(k)=C_n^k\,p^k\,q^{n-k},\qquad q=1-p$$

Законът се нарича биномен, защото $P_n(k)$ са членовете в развитието на ${(q+p)^n}$ по Нютоновия бином. Тъй като ${q+p=1},$ сборът ${P_n(0)+P_n(1)+\cdots+P_n(n)}$ е 1.

Пример 17. Монета се хвърля 5 пъти. Каква е вероятността лице да се падне точно 3 пъти?

Решение. ${n=5},$ ${k=3},$ ${p=q=\frac12}:$

${P_5(3)}={C_5^3\left(\frac12\right)^3\left(\frac12\right)^2}={\frac{10}{32}}={\frac{5}{16}}={0{,}3125.}$

Пример 18. Вероятността за спиране на електрозахранването в едно селище през едно денонощие е 0,01 и не зависи от това дали е имало спиране в другите денонощия. Каква е вероятността през една седмица (7 денонощия):

а) да няма нито едно спиране; б) да има спиране в точно едно денонощие; в) да има спиране в точно две денонощия?

Решение. ${n=7},$ ${p=0{,}01},$ ${q=0{,}99}:$

а) ${P_7(0)=C_7^0\cdot 0{,}99^7=0{,}99^7\approx 0{,}9321};$

б) $P_7(1)=C_7^1\cdot 0{,}01\cdot 0{,}99^6=0{,}07\cdot 0{,}99^6\approx 0{,}0659;$

в) $P_7(2)=C_7^2\cdot 0{,}01^2\cdot 0{,}99^5=0{,}0021\cdot 0{,}99^5\approx 0{,}0020.$

Вероятностите за 3 и повече спирания са още много по-малки: ${P_7(3)\approx 0{,}000034},$ а ${P_7(7)=0{,}01^7=10^{-14}}.$

Случайни величини

Случайна величина е величина, която в резултат на опита приема една от няколко възможни стойности, като не знаем предварително коя. Случайните величини ще означаваме с главни латински букви, например $X.$ Примери: броят на точките при хвърляне на зар; броят на лицата при хвърляне на 5 монети; температурата на въздуха в даден момент.

Случайната величина е дискретна, ако стойностите ѝ могат да се изброят (номерират) – например броят на попаденията от 10 изстрела приема стойностите 0, 1, …, 10. Величина, която може да приема всички стойности от даден интервал, като температурата, се нарича непрекъсната. По-нататък говорим за дискретни случайни величини.

Закон за разпределение

Нека $X$ приема стойностите ${x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_n}$ с вероятности ${p_1,\ p_2,\ \ldots,\ p_n},$ т.е. ${P(X=x_i)=p_i}.$ Таблицата

$X$	$x_1$	$x_2$	$\ldots$	$x_n$
$P$	$p_1$	$p_2$	$\ldots$	$p_n$

се нарича закон за разпределение на $X.$ Събитията ${X=x_1},$ …, ${X=x_n}$ образуват пълна група, затова винаги

Пример 19. Хвърлят се едновременно 5 монети, а $X$ е броят на падналите се лица. Намерете закона за разпределение на $X.$

Решение. Това е схема на Бернули с ${n=5}$ и ${p=q=\frac12},$ затова ${P(X=k)=C_5^k\left(\frac12\right)^5=\frac{C_5^k}{32}}:$

$X$	0	1	2	3	4	5
$P$	$\frac{1}{32}$	$\frac{5}{32}$	$\frac{10}{32}$	$\frac{10}{32}$	$\frac{5}{32}$	$\frac{1}{32}$

Проверка: ${\frac{1+5+10+10+5+1}{32}=\frac{32}{32}=1}.$

Математическо очакване

Математическо очакване (средна стойност) на дискретната случайна величина $X$ се нарича числото

То показва около коя стойност се групира средноаритметичното на стойностите на $X$ при много опити. Например при хвърляне на зар всяка стойност от 1 до 6 има вероятност $\frac16$ и

${E(X)}={(1+2+3+4+5+6)\cdot\frac16}={\frac{21}{6}}={3{,}5.}$

За броя на лицата при 5 монети $E(X)=0\cdot\frac{1}{32}+1\cdot\frac{5}{32}+2\cdot\frac{10}{32}+3\cdot\frac{10}{32}+4\cdot\frac{5}{32}+5\cdot\frac{1}{32}=\frac{80}{32}=2{,}5.$ Изобщо за броя на успехите в схемата на Бернули ${E(X)=np}.$

Решени задачи

Задача 1. Стрелец улучва мишена с вероятност 0,8. Той стреля 3 пъти. Каква е вероятността да улучи поне веднъж? А точно два пъти?

Решение. $P(\text{поне веднъж})=1-0{,}2^3=1-0{,}008=0{,}992.$ По биномния закон $P_3(2)=C_3^2\cdot 0{,}8^2\cdot 0{,}2=3\cdot 0{,}64\cdot 0{,}2=0{,}384.$

Задача 2. В група има 12 момчета и 8 момичета. По жребий се избират двама души. Каква е вероятността да са момче и момиче?

Решение. Всички двойки са ${C_{20}^2=190}.$ Двойките момче–момиче са ${12\cdot 8=96},$ следователно ${P=\frac{96}{190}=\frac{48}{95}\approx 0{,}505}.$

Задача 3. Изследване открива дадено заболяване с вероятност 0,9, ако човекът е болен, и дава погрешно положителен резултат с вероятност 0,05, ако е здрав. Болни са 2% от хората. Каква е вероятността човек с положителен резултат наистина да е болен?

Решение. Хипотезите са $H_1$ – „болен“ ${(P=0{,}02)}$ и $H_2$ – „здрав“ ${(P=0{,}98)};$ $A$ е „положителен резултат“. По формулата за пълната вероятност

${P(A)}={0{,}02\cdot 0{,}9+0{,}98\cdot 0{,}05}={0{,}018+0{,}049}={0{,}067,}$

а по формулата на Бейс ${P(H_1\,|\,A)=\frac{0{,}018}{0{,}067}=\frac{18}{67}\approx 0{,}27}.$ Въпреки положителния резултат вероятността човекът да е болен е само около 27%: здравите са много повече и погрешно положителните им резултати надвишават верните.

Задача 4. Две събития $A$ и $B$ са независими, ${P(A)=0{,}4}$ и ${P(B)=0{,}5}.$ Намерете ${P(A\cup B)}.$

Решение. ${P(A\cap B)=0{,}4\cdot 0{,}5=0{,}2},$ затова ${P(A\cup B)=0{,}4+0{,}5-0{,}2=0{,}7}.$

Задачи за упражнение

1. Хвърля се зар. Каква е вероятността да се падне число, кратно на 3?

Благоприятни са 3 и 6: ${P=\frac26=\frac13}.$

2. Хвърлят се два зара. Каква е вероятността сборът от точките да е 7?

Благоприятни са 16, 25, 34, 43, 52, 61: ${P=\frac{6}{36}=\frac16}.$

3. От кутия с 5 бели и 3 черни топки изваждаме 2 топки без връщане. Каква е вероятността да са с различен цвят?

${P=\frac{5\cdot 3}{C_8^2}=\frac{15}{28}}.$

4. Вероятността да вали в един ден е 0,3, независимо от другите дни. Каква е вероятността в 3 последователни дни да не вали нито веднъж?

${0{,}7^3=0{,}343}.$

5. Монета се хвърля 6 пъти. Каква е вероятността лице да се падне точно 2 пъти?

${P_6(2)=C_6^2\left(\frac12\right)^6=\frac{15}{64}\approx 0{,}234}.$

6. В първа кутия има 2 бели и 3 черни топки, а във втора 4 бели и 1 черна. Избираме наслуки кутия и вадим една топка. Каква е вероятността тя да е бяла?

${P=\frac12\cdot\frac25+\frac12\cdot\frac45=\frac{3}{5}}.$

7. В задача 6 извадената топка е бяла. Каква е вероятността тя да е от първата кутия?

${P=\frac{\frac12\cdot\frac25}{\frac35}=\frac13}.$

8. Случайната величина $X$ приема стойностите 1, 2 и 3 с вероятности 0,2, 0,5 и $p.$ Намерете $p$ и $E(X).$

${p=1-0{,}2-0{,}5=0{,}3}$ и $E(X)=1\cdot 0{,}2+2\cdot 0{,}5+3\cdot 0{,}3=2{,}1.$