Juhuslikud sündmused (0)

Задачи по теории вероятностей и математической статистике 
 
1. Случайные события 
 
 
Задача 1. В партии из N изделий n изделий имеют скрытый дефект. Какова вероятность 
того, что из взятых наугад m изделий k изделий являются дефектными.  
N = 20, n = 5, m = 4, k = 2. 
 
Решение. 
Имеем  неупорядоченную  выборку  без  повторений.  По  классической  формуле  искомая 
вероятность равна отношению числа благоприятных исходов к общему числу исходов 
k
m−k
2
2
C C
C C
n
N −n
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
5
15
5
15 !
4
16
5 4 3 15 14 4
P( )
A =
= ,
0 217 . 
m
4
C
C
2 ⋅ !
3⋅ !
2 ⋅ !
13⋅ !
20
2 ⋅ 20 ⋅19 ⋅18 ⋅17
N
20
 
 
Задача 2.  В  магазине  выставлены  для  продажи  n  изделий,  среди  которых  k  изделий  не 
качественные.  Какова  вероятность  того,  что  взятые  случайным  образом  m  изделий  будут  не 
качественными. 
n = 10, k = 4, m = 2. 
 
Решение. 
Имеем  неупорядоченную  выборку  без  повторений.  По  классической  формуле  искомая 
вероятность равна отношению числа благоприятных исходов к общему числу исходов 
m
2
C
C
k
4 ⋅ !
2 ⋅ !
8
4 ⋅ 3
2
P( )
4
A =
= 133
0
. 
m
2
C
C
2 ⋅ !
2 ⋅ !
10
10 ⋅ 9
15
n
10
 
 
Задача 3. На склад с трех предприятий поступает продукция первого и второго сорта. В 
продукции первого предприятия содержится 15% второсортных изделий, в продукции второго 
предприятия – 25%, в  продукции  третьего  предприятия – 30%. Чему  равна  вероятность  того, 
что  среди  трех  изделий  (по  одному  из  продукции  каждого  предприятия)  окажутся 
первосортными два изделия. 
 
Решение. 
 
Обозначим  события:  A1 – изделие  первого  предприятия  оказалось  первосортным;  A2 – 
изделие  второго  предприятия  оказалось  первосортным;  A3 – изделие  третьего  предприятия 
оказалось первосортным. 
Тогда  вероятность  того,  что  среди  трех  изделий  (по  одному  из  продукции  каждого 
предприятия) окажутся первосортными два изделия будет равна 
P( )
A = P(A A A + A A A + A A A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= P(A A A ) + P(A A A ) + P(A A A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= 85
0
⋅ 75
0
⋅ 3
0 + 85
0
⋅ ,
0 25 ⋅ 7
0 + 15
0
⋅ 75
0
⋅ 7
0 = 19125
0
+ 14875
0
+ 07875
0
= ,
0 4188. 
 
 
Задача 4. В цехе работают  три  станка. Вероятность отказа в  течение смены для станков 
соответственно равна 0,1, 0,2 и 0,15. Найти вероятность того, что в течение смены безотказно 
проработают два станка. 
 
Решение. 
Обозначим  события:  A1 – первый  станок  в  течение  смены  безотказно  проработал;  A2 – 
второй  станок  в  течение  смены  безотказно  проработал;  A3 – третий  станок  в  течение  смены 
безотказно проработал. 
Тогда  вероятность  того,  что  в  течение  смены  безотказно  проработают  два  станка  будет 
равна 
P( )
A = P(A A A + A A A + A A A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= P(A A A ) + P(A A A ) + P(A A A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= 9
0 ⋅ 8
0 ⋅ 15
0
+ 9
0 ⋅ ,
0 2 ⋅ 85
0
+ 1
0 ⋅ 8
0 ⋅ 85
0
= 108
0
+ 153
0
+ 068
0
= 329
0
. 
 
 
Задача 5.  Два  производственных  участка  по  выпуску  однотипной  продукции  за  смену 
выдали  одинаковое  количество  изделий.  Возможный  процент  брака  на  первом  участке 
составляет 5%, на  втором – 4%. Найти  вероятность  того,  что  наудачу  взятая  деталь,  из  числа 
поступивших на склад, не соответствует установленным требованиям. 
 
Решение. 
 
Вероятность  того,  что  наудачу  взятая  деталь,  из  числа  поступивших  на  склад,  не 
соответствует установленным требованиям, равна 
P( )
A = P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H ) . 
1
1
2
2
По  условию  задачи  оба  производственных  участка  за  смену  выдали  одинаковое 
количество  изделий,  т.е.  P(H ) = P(H ) = 5
0 .  Известны  также  условные  вероятности 
1
2
P(A / H ) = 05
0
,  P(A / H ) = 04
0
. Отсюда искомая вероятность равна 
1
2
P( )
A = 5
0 ⋅ 05
0
+ 5
0 ⋅ 04
0
= 045
0
. 
 
 
Задача 6. На склад поступило 1500 изделий с первой фабрики и 2000 изделий со второй. 
Известно, что средний процент нестандартных изделий среди продукции первой фабрики равен 
3%,  второй – равен 2%. Найти  вероятность  того,  что  наудачу  взятое  со  склада  изделие  будет 
нестандартным. 
 
Решение. 
Вероятность того, что наудачу взятое со склада изделие будет нестандартным, равна 
P( )
A = P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H ) , 
1
1
2
2
где  P(H ) ,  P(H )  – вероятности  гипотез,  что  наудачу  взятое  со  склада  изделие  поступило  с 
1
2
первой или второй фабрики, соответственно. 
Очевидно, что по классической формуле 
1500
1500
3
P(H ) =
= , 
1
1500 + 2000
3500
7
2000
2000
4
P(H ) =
= . 
2
1500 + 2000
3500
7
Отсюда искомая вероятность равна 
3
3
09
0
+ 06
0
15
0
P( )
A = P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H ) = ⋅ 03
0
+ ⋅ 02
0
= 0214
0
. 
1
1
2
2
7
7
7
7
 
 
Задача 7. В урне 4 белых и 6 черных шаров. Из урны наудачу извлечены 2 шара. Найти 
вероятность того, что они разного цвета. 
 
Решение. 
Искомое  событие  A – «извлечены 2 шара  разного  цвета»  означает,  что  извлечен  один 
белый шар и один черный шар. Воспользуемся классической формулой. Учитывая, что выборка 
– не упорядоченная и без повторений, имеем 
 
1
1
C C
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅
4
6
4 !
6 !
2 !
8
4 6 2
8
P( )
A =
. 
2
C
3⋅ !
5⋅ !
10
10 ⋅ 9
15
10
 
 
Задача 8.  В  тире  имеется  пять  винтовок,  вероятности  попадания  из  которых 
соответственно  равны 0,5, 0,6, 0,7, 0,8 и 0,9. Стрелок  берет  наудачу  одну  из  винтовок.  Найти 
вероятность попадания в цель. 
 
Решение. 
Воспользуемся формулой полной вероятности. Вероятность попадания в цель равна 
5
P( )
A = ∑ P(H )P(A/ H ) , 
i
i
i=1
где P(Hi) – вероятность выбора стрелком i-й винтовки, очевидно, что P(Hi) = 1/5, i = 1, … , 5; 
P(A/Hi) – вероятность попадания стрелком из i-й винтовки, i = 1, … , 5, эти вероятности заданы. 
Отсюда имеем 
5
1
1
5
0 + ... + 9
0
5
3
P( )
A = ∑ P(H )P(A/ H ) = ⋅ 5
0 + ... + ⋅ 9
0 =
= ,
0 7 . 
i
i
i 1
5
5
5
5
 
 
Задача 9.  Найти  вероятность  наступления  события  A  ровно 3 раза  в 5 независимых 
испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 1/3. 
 
Решение. 
Воспользуемся формулой Бернулли. Искомая вероятность равна 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⋅
3
3
5
1 3
2
2 2
10 22
40
P )
3
( = C p 1
( − p) =
⋅ ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ =
= 165
0
. 
5
5
2 ⋅ !
3 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠
35
243
 
 
Задача 10. Какова вероятность того, что пятизначное число состоит из цифр 0, 1, 2, 3, 4. 
 
Решение. 
Вероятность искомого события согласно классической формуле равна 
m
P(A) =
, 
n
где m – число благоприятных элементарных событий, n – общее число элементарных событий. 
 
Определим число благоприятных элементарных событий. Очевидно, что на первом месте 
может  быть  любое  из  четырех  чисел 1, 2, 3, 4. На  втором  месте  может  быть  любое  из 
оставшихся четырех чисел. На третьем месте может быть любое из оставшихся трех чисел. На 
четвертом  месте  может  быть  любое  из  оставшихся  двух  чисел.  На  пятом  месте  может  быть 
оставшаяся последняя цифра. Поэтому число благоприятных элементарных событий равно 
m = 4 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 . 
Определим  общее  число  элементарных  событий.  Очевидно,  что  на  первом  месте  может 
быть любое из четырех чисел 1, 2, 3, 4. На втором, третьем, четвертом и пятом местах может 
быть любая из пяти цифр. Поэтому общее число элементарных событий равно 
4
n = 4 ⋅ 5 . 
Следовательно, искомая вероятность равна 
m
4 ⋅ 4 ⋅ 3⋅ 2
24
P( )
A =
= ,
0 0384 . 
n
4 ⋅ 54
625
 
 
Задача 11.  Семь  различных  шаров  произвольно  раскладываются  по  семи  различным 
коробкам. Какова вероятность того, что: 
а) в каждой коробку будет по шару; 
б) ровно одна коробка окажется пустой. 
 
Решение. 
а) Вероятность искомого события согласно классической формуле равна 
m
P(A) =
, 
n
где m – число благоприятных элементарных событий, n – общее число элементарных событий. 
Так  как  по  условию  шары  различны,  то  число  благоприятных  элементарных  событий 
равно  числу  перестановок  m = !
7 .  Общее  число  элементарных  событий  равно  (выборка 
упорядоченная с повторениями) 
7
n = 7 . 
Отсюда 
m
7
6
720
P( )
A =
= 0061
0
. 
n
77
76
117649
б) Вероятность искомого события согласно классической формуле равна 
m
P(A) =
, 
n
где m – число благоприятных элементарных событий, n – общее число элементарных событий. 
 
Так  как  по  условию  шары  различны  и  один  ящик  должен  быть  пустым,  то  число 
благоприятных элементарных событий равно 
m = m m m = 7 ⋅ 6 ⋅ !
6 , 
1
2
3
где  m = 7  – число вариантов выбора одной пустой коробки из 7; 
1
m = 6  –  число вариантов размещения одного шара в одну из шести не пустых корзин; 
2
m = !
6  –  число перестановок шести оставшихся шаров по шести не пустым корзинам. 
3
Общее  число  элементарных  событий  равно  (выборка  упорядоченная  с  повторениями) 
7
n = 7 . 
Отсюда 
m
7 ⋅ 6 ⋅ !
6
6 ⋅ !
6
4320
P( )
A =
= ,
0 0367 . 
n
77
76
117649
 
 
Задача 12.  Сообщение  передается  одновременно  по  n  каналам  связи,  причем  для 
надежности  по  каждому  каналу  оно  повторяется  k  раз.  При  одной  передаче  сообщения 
(независимо  от  других)  искажается  с  вероятностью  p.  Каждый  канал  связи  (независимо  от 
других) «забивается»  помехами  с  вероятностью  q,  забитый  канал  не  может  передавать 
сообщения. Найти вероятность того, что адресат получит сообщение без искажений. 
 
Решение. 
Определим  вероятность  того,  что  произвольный  канал  связи  передаст  сообщение  без 
искажений.  Обозначим  событие  A – произвольный  канал  связи  передаст  сообщение  с 
искажениями или не сможет передать сообщение. Тогда 
k
P(A) = ( p + q − pq) . 
Поскольку  адресат  получит  сообщение  без  искажений,  если  хотя  бы  один  из  n  каналов 
связи  передаст  сообщение  без  искажений.  Тогда  вероятность  того,  что  адресат  получит 
сообщение без искажений, равна 
P(B) = 1− [P(A)]n
nk
= 1− ( p + q − pq) . 
 
 
Задача 13.  Среди  поступающих  на  склад  деталей 30% из  цеха 1, 70% −  из  цеха 2. 
Вероятность  брака  для  цеха 1 равна 0,02, для  цеха 2 – 0,03. Наудачу  взятая  деталь  оказалась 
доброкачественной. Какова вероятность того, что она изготовлена в цехе 1? 
 
Решение. 
 
Обозначим гипотезы: H1 – деталь поступила из цеха 1, H2 – деталь поступила из цеха 2. 
Очевидно, что  P(H ) = 7
0 ,  P(H ) = 3
0 . Далее обозначим A – наудачу взятая деталь оказалась 
1
1
доброкачественной. 
По 
условию 
задачи 
имеем: 
P(A / H ) = 1− 02
0
= 98
0
, 
1
P(A / H ) = 1− 03
0
= 97
0
. Тогда по формуле Байеса искомая вероятность равна 
2
P H P A H
P H P A H
P(H / )
A = (
) ( /
1
1
) ( /
1
1
=  
1
P( )
A
P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H )
1
1
2
2
7
0 ⋅ 98
0
686
0
686
0
= 7021
0
. 
0 7 ⋅ 98
0
+ 3
0 ⋅ 97
0
686
0
+ ,
0 291
977
0
 
 
Задача 14. В тираже «Спортлото 6 из 49» участвует 10000000. Найти вероятность события 
A – хотя бы в одной из этих карточек зачеркнуты 6 выигрышных номеров. 
 
Решение. 
Вероятность угадать в одном билете 6 цифр из 49 равна 
6
m
C
⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
6
6
43
6 5 4 3 2
1
1
p =
. 
6
n
C
49
49 ⋅ 48 ⋅ 47 ⋅ 46 ⋅ 45 ⋅ 44
49 ⋅ 47 ⋅ 46 ⋅ 3⋅ 44
13983816
49
10000000
Т.к.  λ = np =
= 7151
0
 )
4 = P (k = )
5 + P (k = )
6 + P (k = 7) + P (k = )
8 =  
8
8
8
8
8
= 5
C ⋅
5
7
0
⋅
3
3
0
+ 6
C ⋅
6
7
0
⋅
2
3
0
+ 7
C ⋅
7
7
0
⋅
1
3
0
+ 8
C ⋅
8
7
0
⋅
0
3
0
=  
8
8
8
8
= ,
0 2450 + ,
0 2965 + 1776
0
+ ,
0 0576 = 797
0
. 
Таким образом, вероятность того, что адвокат из 8 дел выиграет больше половины, равна 0,797. 
 
 
Задача 38. 1/3 ламп  производится  на  первом  заводе, 1/4 – на  втором,  остальные – на 
третьем.  Вероятности  брака  в  продукции  первого,  второго  и  третьего  заводов  соответственно 
равны 0,2, 0,15 и 0,05. Найдите  вероятность  того,  что  бракованная  лампа  произведена  на 
первом, втором или третьем заводе. 
 
Решение. 
В  данном  случае  событие  A  (лампа  оказалась  бракованной)  произошло.  Поэтому 
используем формулу Байеса. Искомые вероятности того, что бракованная лампа произведена на 
k-м заводе  ( k = ,
1 3
2 ) равны: 
P(H )P(A / H )
P(H / )
A =
k
k
, 
k
∑5 P(H )P(A/ H )
i
i
i=1
где Hk – гипотеза «лампа произведена на k-м заводе, 3
k = ,
1 ,
2 . 
Из условия задачи имеем: 
 
1
1
1 1
5
P(H ) = ;  P(H ) ;  P(H ) = 1− P(H ) = P(H ) = 1− − =
. 
1
3
2
4
3
1
2
3 4 12
Значения условных вероятностей даны в условии задачи: 
P(A / H ) = ,
0 ;
2 P(A / H ) =
15
0
P(A / H ) = 05
0
. 
1
2
3
Отсюда имеем: 
1
0 2
⋅ ,
0 2
3
3
8
0
P(H / )
A =
= 533
0
; 
1
1
1
5
1
5
1
⋅ ,
0 2 + ⋅ 15
0
⋅ ,
0 05
⋅ 5
1
3
4
12
12
1
15
0
⋅ 15
0
4
4
0 45
P(H / )
A =
= 3
0 ; 
2
1
1
5
1
5
1
⋅ ,
0 2 + ⋅ 15
0
⋅ ,
0 05
⋅ 5
1
3
4
12
12
5
0 25
⋅ ,
0 05
12
12
0 25
P(H / )
A =
= 167
0
. 
3
1
1
5
1
5
1
⋅ ,
0 2 + ⋅ 15
0
⋅ 05
0
⋅ 5
1
3
4
12
12
 
 
Задача 39. В библиотеке имеется 5 методичек выпуска 1992 года и 9 методичек по той же 
теме выпуска 1996 года. Библиотекарь выдает на группу 6 методичек. Какова вероятность того, 
что  первой  пришедшей  группе  будет  выдано 5 методичек  выпуска 1996 года,  если 
библиотекарь берет методички произвольно? 
 
Решение. 
Пусть  A – искомое  событие.  Согласно  классической  формуле  вероятность  искомого 
события равна: 
m
P(A) =
, 
n
где m – количество благоприятных исходов; n – количество благоприятных исходов. 
Имеем  неупорядоченную  выборку  (порядок  выбора  методичек  не  имеет  значения)  без 
повторений (одну и ту же методичку нельзя взять два раза). Следовательно, имеем: 
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
5
1
9
5
9 8 7 6 5
m = C C =
⋅
= 9 ⋅ 2 ⋅ 7 ⋅ 5 = 630 , 
9
5
5⋅ !
4 !
1⋅ !
4
4 ⋅ 3⋅ 2
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
6
14
14 13 12 11 10 9 8
n = C =
= 14 ⋅13⋅11⋅ 3⋅ 4 = 24024. 
14
6 ⋅ !
8
6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3⋅ 2
Отсюда  вероятность  того,  что  первой  пришедшей  группе  будет  выдано 5 методичек  выпуска 
1996 года равна 
 
m
630
210
105
P( )
A =
= 026
0
. 
n
24024
8008
4004
 
 
Задача 40. Из N = 28 частных банков, работающих в городе, нарушения в уплате налогов 
имеют место в М = 12 банках. Налоговая инспекция проводит проверку трех банков, выбирая 
их  из  N  банков  случайным  образом.  Выбранные  банки  проверяются  независимо  один  от 
другого.  Допущенные  в  проверяемом  банке  нарушения  могут  быть  выявлены  инспекцией  с 
вероятностью  p = 0,7. Какова  вероятность  того,  что  в  ходе  проверки  будет  установлен  факт 
наличия  среди  частных  банков  города  таких  банков,  которые  допускают  нарушения  в  уплате 
налогов? 
 
Решение. 
Обозначим через А случайное событие, вероятность которого надо определить: А – в ходе 
проверки будет установлен факт наличия среди частных банков города таких банков, которые 
допускают нарушения в уплате налогов. 
Введем гипотезы: Hi – среди выбранных для проверки трех банков ровно в i банках имеют 
место нарушения в уплате налогов, где i = 0; 1; 2; 3; события Н0, Н1, Н2, Н3 образуют полную 
группу несовместных событий. 
Вероятность события А можно будет найти по формуле полной вероятности 
3
P(A) = ∑P(H )P(A / H ). 
i
i
i =0
Вычислим вероятности гипотез: 
0
3
С С
3
С
3
16
25
4 ⋅ 5
20
12
16
P(H ) =
16
= 1709
0
, 
0
3
С
3
С
13
3
28
9 ⋅13 117
28
28
1
2
С С
3
16
12
25
⋅
12
16
8 5
40
P(H ) =
= ,
0 4396 ,  
1
3
С
11
1
14
2
28
7 ⋅13
91
28
2
1
С С
3
16
12
25
⋅
12
16
11 8
88
P(H ) =
= 3223
0
, 
2
3
С
15
1
10
2
28
7 ⋅ 3⋅13
273
28
3
0
3
С С
С
12 !
3
25
11⋅ 5
55
12
16
12
P(H ) =
= 0672
0
. 
3
3
3
С
С
9
3
28
7 ⋅ 9 ⋅13
819
28
28
Проверим условие нормировки: 
∑3P(H ) = 1709
0
+ ,
0 4396 + 3223
0
+ 0672
0
= 1. 
i
i=0
Найдем  условные  вероятности  события  А  относительно  каждой  гипотезы,  т.е.  найдем 
вероятности  того,  что  нарушения  в  уплате  налогов  будут  выявлены  хотя  бы  в  одном  из 
 
проверяемых трех банков в каждом рассматриваемом случае. Вероятность Р(А/Hi) можно найти 
по формуле (т.к. банки проверяются независимо один от другого) 
Р(А/Hi) = 1–(1–р)i, где i = 0; 1; 2; 3; р = 0,7. 
Р(A/H0) = 1–(1–p)0=1– (1–0,7)0 = 1–1 = 0, действительно, событие А и H0 несовместны. 
Р(A/H1) = 1–(1–p)1=1– (1–0,7)1 = 1–1+0,7 = 0,7. 
Р(A/H2) = 1–(1–p)2=1– (1–0,7)2 = 1–0,09 = 0,91. 
Р(A/H3) = 1–(1–p)3=1– (1–0,7)3 = 1–0,027 = 0,973. 
Используя формулу полной вероятности, найдем 
P( )
A = 1709
0
⋅ 0 + ,
0 4396 ⋅ 7
0 + 3223
0
⋅ 91
0
+ 0672
0
⋅ 973
0
= 6664
0
. 
 
 
Задача 41.  В  телеателье  имеется  три  кинескопа.  Вероятности  неисправности  каждого  из 
них  соответственно  равны 0,1; 0,2; 0,1. Какова  вероятность  того,  что  среди  этих  кинескопов 
исправными окажутся: а) два кинескопа; б) хотя бы один кинескоп. 
 
Решение. 
а)  Обозначим  события  A1,  A2,  A3 – исправным  оказался 1-й, 2-й, 3-й  кинескоп, 
соответственно.  Очевидно,  что  эти  события  независимые.  Тогда  вероятность  того,  что  среди 
трех кинескопов исправными окажутся два, равна 
P(B) = P(A A A ) + P(A A A ) + P(A A A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= 9
0 ⋅ 8
0 ⋅ 1
0 + 9
0 ⋅ ,
0 2 ⋅ 9
0 + 1
0 ⋅ 8
0 ⋅ 9
0 = 072
0
+ 162
0
+ 072
0
= 306
0
. 
б)  Обозначим  C – событие  «среди  трех  кинескопов  исправным  окажется  хотя  бы  один». 
Его вероятность равна 
P(C) = 1− P(C) = 1− P(A ⋅ A ⋅ A ) = 1− 1
0 ⋅ ,
0 2 ⋅ 1
0 = 1− 002
0
= 998
0
. 
1
2
3
 
 
Задача 42.  На  сборку  попадают  детали  с  трех  автоматов.  Известно,  что  первый  автомат 
дает 3% брака,  второй – 2% и  третий – 4%. Найти  вероятность  того,  что  на  сборку  попадет 
бракованная деталь, если с первого автомата поступает 100, со второго – 200, с третьего – 250 
деталей. 
 
Решение. 
 
Обозначим  A – искомое  событие  «на  сборку  попадет  бракованная  деталь».  Имеем  три 
гипотезы: H1 – деталь поступила с 1-го автомата, H2 – деталь поступила с 2-го автомата, H3 – 
деталь поступила с 3-го автомата. Их вероятности по классической формуле равны: 
100
100
2
P(H ) =
, 
1
100 + 200 + 250
550
11
200
4
P(H ) =
, 
2
550
11
250
5
P(H ) =
. 
3
550
11
В условии задачи даны условные вероятности: 
P(A / H ) = 03
0
,  P(A / H ) = 02
0
, 04
P(A / H ) = ,
0
. 
1
2
3
Отсюда по формуле полной вероятности 
3
2
4
5
3
0
P( )
A = ∑ P(H )P(A/ H ) = ⋅ 03
0
⋅ 02
0
⋅ 04
0
= ,
0 273. 
i
i
i 1
11
11
11
11
 
 
Задача 43. Пароль для входа в компьютерную базу данных состоит из 7 цифр. Какова 
вероятность правильного набора пароля с первого раза, если комбинация цифр является строго 
возрастающей последовательностью. 
 
Решение. 
Обозначим через A – рассматриваемое событие. Воспользуемся классической формулой 
для вычисления вероятности события P(A): 
m
P(A) =
, 
n
где m – число благоприятных событию A случаев; n – число всех случаев. 
Очевидно, что правильный номер единственный, следовательно,  m = 1. 
Определим число всех случаев n. Всего имеем 10 цифр. Расположим эти цифры по 
возрастанию: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Очевидно, что все возможные варианты можно получить 
путем выбора из этой последовательности любых трех цифр без повторения (этих цифр не 
будет в пароле). Поэтому 
⋅ ⋅
3
10
10 9 8
n = C =
= 120 . 
10
3⋅ !
7
3⋅ 2
m
1
Итак,  P( )
A =
= 00833
0
. 
n
120
 
 
 
Задача 44. Каждый из 4 свидетелей может указать на один из 4 предметов. Свидетели 
выбирают предметы случайно и независимо друг от друга. Найдите вероятность того, что все 
свидетели укажут на один и тот же предмет;  
 
Решение. 
Обозначим через A – рассматриваемое событие. Воспользуемся классической формулой 
для вычисления вероятности события P(A): 
m
P(A) =
, 
n
где m – число благоприятных событию A случаев; n – число всех случаев. 
Предметов всего 4. Каждый из них все свидетели могут выбрать единственным способом. 
Поэтому  m = 1. 
Определим теперь число всех случаев n. Очевидно, что каждый свидетель может выбрать 
любой из четырех предметов, в частности все свидетели могут выбрать один предмет. Т.к. 
предметы разные, то имеем упорядоченную выборку с повторениями, т.е. 
n = 44 = 256 . 
m
4
1
Итак,  P( )
A =
= 016
0
. 
n
256
64
 
 
Задача 45. Электрическая цепь состоит из 3 последовательно включенных и независимо 
работающих приборов. Вероятности выхода из строя первого, второго и третьего прибора 
соответственно равны 0,25, 0,05 и 0,1. Вычислите вероятность того, что в цепи не будет тока. 
 
Решение. 
Т.к. все приборы включены в цепь последовательно, то отказ цепи произойдет, если хотя 
бы один прибор откажет. И, соответственно, в цепи будет ток, если все три прибора будут 
работать. 
Обозначим: 
A – рассматриваемое событие «в цепи не будет тока»; 
Ai – отказ i-го прибора, 3
i = ,
1 ,
2 . 
Выразим вероятность рассматриваемого события через вероятность противоположного 
события ( A  – в цепи будет ток): 
P( )
A = 1− P( )
A = 1− P( 1
A ⋅ A2 ⋅ A3 ) = 1− P( 1
A ) ⋅ P(A2 ) ⋅ P(A3 ) =  
= 1− 1
( − ,
0
1
25
−
1
05
0
−
1
0
= 1− 75
0
⋅ 95
0
⋅ 9
0 = 1− 641
0
= 359
0
. 
 
 
 
Задача 46. На заводе 35% деталей выпускаются бракованными. Партия состоит из 8 
деталей. Найдите наивероятнейшее число бракованных деталей в партии и вероятность того, 
что в партии будет такое количество бракованных деталей. 
 
Решение. 
В n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p наиболее вероятным числом 
успехов является 
а) единственное число k0 = [np + p], если число np + p не целое; 
б) два числа k0 = np + p и k0 = np + p − 1, если число np + p целое. 
В данном случае 35
p = ,
0
. Отсюда: 
np + p = 8 ⋅ 35
0
+ 35
0
= 8
2 + 35
0
= 15
3
. 
Следовательно,  k =
= . 
0
[ ]
15
3
3
Вероятность того, что в партии будет ровно 3 бракованных детали, по формуле Бернулли 
равна: 
3
3
8−3
8
P (k = )
3 = C p 1
( − p)
⋅ 35
0
3 ⋅ ,
0 655 = 56 ⋅ ,
0 004975 = ,
0 279 . 
8
8
3⋅ !
5
 
 
Задача 47. Трое охотников одновременно выстрелили в медведя. Тот был убит, и в шкуре 
оказались две пули. Известно, что первый охотник попадает в цель с вероятностью 0,3, второй – 
0,5, третий – 0,8. Определите вероятности следующих событий: в медведя попали первые два 
охотника. 
 
Решение. 
Обозначим: A – произошедшее событие «в медведя попали ровно две пули, или, что 
равносильно, ровно два стрелка»; Ai – в медведя попал i-й стрелок, 3
i = ,
1 ,
2 . 
Очевидно, что искомое событие имеет вид:  A A / A . По формуле Байеса имеем: 
1
2
P(A / A A )P(A A )
P(A A / )
1
2
1
2
A =
. 
1
2
P( )
A
Определим данные вероятности. 
Событие A наступит тогда и только тогда, когда в медведя попадут ровно два стрелка. Это 
возможно в трех случаях: в медведя попали 1-й и 2-й охотники, и не попал 3-й охотник; в 
медведя попали 1-й и 3-й охотники, и не попал 2-й охотник; в медведя попали 2-й и 3-й 
охотники, и не попал 1-й охотник. Поскольку стрелки стреляют независимо друг от друга, то 
 
события A1, A2, A3 являются независимыми. Следовательно, по теореме сложения вероятностей 
имеем: 
P( )
A = P(A ⋅ A ⋅ A3 ) + P(A ⋅ A2 ⋅ A ) + P( 1
A ⋅ A ⋅ A ) =  
1
2
1
3
2
3
= P(A ) ⋅ P(A ) ⋅ P(A3 ) + P(A ) ⋅ P(A2 ) ⋅ P(A ) + P( 1
A ) ⋅ P(A ) ⋅ P(A ) =  
1
2
1
3
2
3
= 3
0 ⋅ 5
0 ⋅ 1
( −
8
0
+ 3
0 ⋅ 1
( −
5
0
⋅ 8
0 + 1
( −
3
0
⋅ 5
0 ⋅ 8
0 = 03
0
+ 12
0
+ ,
0 28 = ,
0 43 . 
Т.к. события A1 и A2 являются независимыми, то по теореме умножения вероятностей имеем: 
P(A A ) = P(A ) ⋅ P(A ) = 3
0 ⋅ 5
0 = 15
0
. 
1
2
1
2
Событие  A / A A  означает, что в медведя попали ровно две пули при условии, что в него 
1
2
попали 1-й и 2-й стрелок. Это равносильно тому, что 3-й стрелок не попал,  т.е. 
P(A / A A ) = P(A3 ) = 1− P(A ) = 1− 8
0 = ,
0 2 . 
1
2
3
В результате искомая вероятность равна: 
P(A / A A )P(A A )
0 2 ⋅ 15
0
P(A A / )
1
2
1
2
A =
= 070
0
. 
1
2
P( )
A
0 43
 
 
Задача 48. Решить, используя теоремы сложения и умножения вероятностей. 
Отдел  технического  контроля  проверяет  поступающие  из  двух  цехов  изделия  на 
стандартность. Вероятность того, что изделие цеха № 1 стандартно, равна 0,9, для изделия цеха 
№ 2 эта вероятность равна 0,95. Найти вероятность того, что из двух проверенных изделий (по 
одному от каждого цеха) только одно стандартное. 
 
Решение. 
Вероятность искомого события A равна 
P( )
A = P(A A + A A ) , 
1
2
1
2
где  A1 – событие  «изделие  цеха  № 1 – стандартно»,  A2 – событие  «изделие  цеха  № 2 – 
стандартно». 
Так  как  события  A1  и  A2  являются  независимыми,  а  события  A A   и  A A   являются 
1
2
1
2
несовместными, то 
P( )
A = P(A A + A A ) = P(A A ) + P(A A ) = P(A )P(A ) + P(A )P(A ) =  
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
= 9
0 ⋅ 1
( −
95
0
+ 1
( −
9
0
⋅ 95
0
= 9
0 ⋅ 05
0
+ 1
0 ⋅ 95
0
= 045
0
+ 095
0
= 14
0
. 
 
 
Задача 49. Решить, используя формулу полной вероятности. 
 
На склад поступило 1500 изделий с первой фабрики и 2000 изделий со второй. Известно, 
что  средний  процент  нестандартных  изделий  среди  продукции  первой  фабрики  равен 3%, 
второй – равен 2%. Найти  вероятность  того,  что  наудачу  взятое  со  склада  изделие  будет 
нестандартным. 
 
Решение. 
Имеем  две  гипотезы  H1  и  H2 – изделие  поступило  с  первой  или  со  второй  фабрики, 
соответственно. Соответствующие вероятности равны 
1500
1500
3
P(H ) =
= , 
1
1500 + 2000
3500
7
2000
2000
4
P(H ) =
= . 
2
1500 + 2000
3500
7
Тогда по формуле полной вероятности вероятность искомого события равна 
3
4
09
0
+ 08
0
17
0
P( )
A = P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H ) = ⋅ 03
0
+ ⋅ 02
0
= 024
0
. 
1
1
2
2
7
7
7
7
 
 
Задача 50. Решить, используя теоремы сложения и умножения вероятностей. 
Для  каждого  из  трех  производственных  участков  вероятности  не  выполнения  плана 
соответственно  равны: 0,02; 0,05 и 0,01. Найти  вероятность  того,  что  к  моменту  подведения 
итогов работы плановое задание будет выполнено двумя участками. 
 
Решение. 
Вероятность искомого события A равна 
P( )
A = P(A A A + A A A + A A A ) , 
1
2
3
1
2
3
1
2
3
где  A1 – событие «1-й  производственный  участок  выполнил  план»,  A2 – событие «2-й 
производственный  участок  выполнил  план»,  A3 – событие «3-й  производственный  участок 
выполнил план». 
Так как события A1, A2 и A3 являются независимыми, а события  A A A ,  A A A  и  A A A  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
являются несовместными, то 
P( )
A = P( A A A + A A A + A A A ) = P(A A A ) + P(A A A ) + P(A A A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) + P(A )P(A )P(A ) =  
1
2
3
1
2
3
1
2
3
= 98
0
⋅ 95
0
⋅ 01
0
+ 98
0
⋅ 05
0
⋅ 99
0
+ 02
0
⋅ 95
0
⋅ 99
0
= 00931
0
+ 04851
0
+ 01881
0
= 077
0
. 
 
 
 
Задача 51. Решить, используя формулу полной вероятности. 
Трое рабочих изготовили за смену 60 деталей. Производительность рабочих относится как 
1:2:3.  Первый  рабочий  изготавливает  в  среднем 95% годных  деталей,  второй – 85%, третий – 
90%.  Найти  вероятность  того,  что  наудачу  взятая  из  числа  изготовленных  за  смену  деталь 
низкого качества. 
 
Решение. 
Имеем  две  гипотезы  H1,  H2  и  H3 – изделие  изготовлено 1-м, 2-м  и 3-м  рабочим, 
соответственно. Соответствующие вероятности равны 
1
1
P(H ) =
= , 
1
1+ 2 + 3
6
2
2
1
P(H ) =
= = , 
2
1+ 2 + 3
6
3
3
3
1
P(H ) =
= = . 
3
1+ 2 + 3
6
2
Тогда по формуле полной вероятности вероятность искомого события равна 
P( )
A = P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H ) + P(H )P(A / H ) =  
1
1
2
2
3
3
1
1
1
05
0
+ 3
0 + 3
0
65
0
= ⋅ 05
0
+ ⋅ 15
0
+ ⋅ 1
0 =
= 108
0
. 
6
3
2
6
6
 
 
Задача 52. На подносе 5 пирожков с картошкой и 4 с капустой. Наудачу взяли 3 пирожка. 
Какова вероятность того, что среди них хотя бы 2 с капустой? 
 
Решение. 
Обозначим  искомое  событие  A – «среди  трех  взятых  наудачу  пирожков  хотя  бы  два  с 
капустой». Тогда противоположное событие  A  – «среди трех взятых наудачу пирожков менее 
двух с капустой». Имеем 
P( )
A = 1 − P(A) = 1 − P(A + A ) = 1− P(A ) − P(A ) , 
0
1
0
1
где A0 – «среди трех взятых наудачу пирожков ни одного с капустой», A1 – «среди трех взятых 
наудачу пирожков ровно один с капустой». 
По классической формуле имеем: 
3
C
⋅ ⋅
⋅ ⋅
5
5 !
3 !
6
5 4 3
5
5
P(A ) =
, 
0
3
C
3⋅ !
2 ⋅ !
9
9 ⋅8 ⋅ 7
3⋅ 2 ⋅ 7
42
9
2
1
C ⋅ C
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
⋅
5
4
5 !
3 !
4 !
6
5 4 3 4
5 4
20
P(A ) =
. 
1
3
C
2 ⋅ !
3⋅ !
1⋅ !
3⋅ !
9
9 ⋅8 ⋅ 7
3⋅ 2 ⋅ 7
42
9
 
Отсюда  вероятность  того,  что  среди  трех  взятых  наудачу  пирожков  хотя  бы  два  с  капустой, 
равна 
5
20
42 − 25
17
P( )
A = 1− P(A ) − P(A ) = 1−
−
≈ ,
0 405 . 
0
1
42 42
42
42
 
Задача 53. Два лица X и Y условились встретиться в определенном месте между двумя и 
тремя  часами  дня.  Пришедший  первым  ждет  другого  в  течение 10 минут,  после  чего  уходит. 
Чему равна вероятность встречи этих лиц, если каждый из них может прийти в любое время в 
течение указанного часа независимо от другого? 
Решение. 
Будем считать интервал с 14 до 15 часов дня отрезком [0,1] длиной 1 час. Пусть ξ и η − 
моменты  прихода  X  и  Y  (точки  отрезка [0,1]). Все  возможные  результаты  эксперимента  − 
множество  точек  квадрата  со  стороной 1: Ω  = [0, 1] × [0, 1],  т.е. 
mes(Ω) = 1 (см. рис. 1). 
 
 
 
Рис. 1. 
 
 
Можно считать, что эксперимент сводится к бросанию точки наудачу в квадрат. При этом 
благоприятными исходами (рис. 1.3) являются точки множества A = минут = 1/6 часа). Т.е. попадание во множество A наудачу брошенной в квадрат точки означает, 
что X и Y встретятся. Тогда вероятность встречи равна 
mes( )
1 − 5
( / )
6 2
11
P( ) =
A
A
. 
mes(Ω)
1
36
 
 
Задача 54. Есть три завода, производящих одну и ту же продукцию. При этом 1-й завод 
производит 25%, 2-й  завод  − 35% и 3-й  завод  − 40% всей  производимой  продукции.  Брак 
составляет 5% от продукции 1-го завода, 3% от продукции 2-го и 4% от продукции 3-го завода. 
 
Вся  продукция  смешивается  и  поступает  в  продажу.  Найти:  а)  вероятность  купить 
бракованное  изделие;  б)  условную  вероятность  того,  что  купленное  изделие  изготовлено 1-м 
заводом, если это изделие бракованное. 
 
Решение. 
Обозначим событие A – «куплено бракованное изделие». Так как производят продукцию 
три завода, то выдвинем три гипотезы: 
H1 – изделие изготовлено первым заводом; 
H2 – изделие изготовлено вторым заводом; 
H3 – изделие изготовлено третьим заводом. 
Найдем вероятности гипотез: P(H1) = 0,25; P(H2) = 0,35; P(H3) = 0,4. Проверим: 
P(H1) + P(H2) + P(H3) = 0,25 + 0,35 + 0,4 = 1. 
Найдем условные вероятности события A относительно выдвинутых гипотез: 
P(A/H1) = 0,05;  P(A/H1) = 0,03;  P(A/H1) = 0,04. 
Определим вероятность события A по формуле полной вероятности: 
P( )
A = ∑n P(A/ H )P(H ) = ,
0 05⋅ ,
0 25 + ,
0 03⋅ 35
0
+ ,
0 04⋅ ,
0 4 = ,
0 039 . 
i 1
i
i
Вычислим  долю  первого  завода  в  общем  количестве  бракованных  изделий,  т.е. 
переоценим гипотезу H1 по формуле Байеса: 
P(A/ H )P(H )
P(A/ H )P(H )
05
0
⋅ ,
0 25
P(H / )
1
1
1
1
A =
= 321
0
. 
1
3
∑ P(A/H )P(H )
P( )
A
039
0
i 1
i
i
 
 
Задача 55.  Турист, заблудившись в лесу, вышел на полянку, от которой в разные стороны 
ведут 5 дорог. Если он пойдет по первой дороге, то вероятность выхода из леса в течение часа 
равна 0,6; если по второй – 0,3; если по третьей – 0,2; если по четвертой – 0,1; если по пятой – 
0,1. Какова вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из 
леса? 
 
Решение. 
В данном случае событие A – «турист через час он вышел из леса» произошло. Поэтому 
используем  формулу  Байеса.  Искомая  вероятность  того,  что  турист  пошел  по  первой  дороге, 
если через час он вышел из леса, равна 
P H P A H
P(H / )
A =
) ( /
1
1
, 
1
∑5 P(H )P(A/H )
i=1
i
i
 
где Hi – гипотеза «турист пойдет по i-й дороге, i = 1, 2, 3, 4, 5. Очевидно, что все пять гипотез 
равновероятны, т.е. 
P(H ) = P(H ) = P(H ) = P(H ) = P(H ) = ,
0 2 . 
1
2
3
4
5
Значения условных вероятностей даны в условии задачи: 
P(A / H ) = ,
0 ;
6 P(A / H ) =
3
0
P(A / H ) = ,
0 ;
2 P(A / H ) = P(A / H ) = 1
0 . 
1
2
3
4
5
Отсюда имеем: 
0 2⋅
P(H / )
A =
6
0
=  
1
0 2⋅ 6
0 + ,
0 2⋅ 3
0 + ,
0 2⋅ ,
0 2 + ,
0 2⋅ 1
0 + ,
0 2⋅ 1
0
0 6
6
0
                 =
= ,
0 462  
0 6 + 3
0 + ,
0 2 + 1
0 + 1
0
3
1
 
 
Задача 56. Производится бросание двух костей. Рассмотрим события: 
A , 
B , 
C . 
Показать, что эти события: а) попарно независимые; б) зависимые в совокупности. 
 
Решение. 
События A, B, C – попарно независимые. Действительно, 
P( )
A = P(B) = P(C) = 1/ 2 ,  P(AB) = P(AC) = P(BC) = 1/ 4 . 
Но независимости в совокупности нет, т.к. 
1
ABC = ∅ ⇒ P(ABC) = 0 ≠
= P( )
A P(B)P(C) . 
8
 
 
Задача 57.  В  магазине 5 холодильников.  Вероятность  выхода  из  строя  каждого 
холодильника  в  течение  года  равна 0,2. Найти  вероятность  того,  что  в  течение  года  ремонта 
потребует: 1) 4 холодильника; 2) не менее 2 холодильников; 3) не более 1 холодильника; 4) не 
менее 1 холодильника. 
 
Решение. 
Поскольку все  холодильники  имеют  одинаковую  вероятность  выхода  из  строя  в  течение 
года p = 0,2, то используем формулу Бернулли. 
1) Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют 4 холодильника, равна 
P (k = )
4
4
4
= C p 1
( − p) = 5 ⋅ ,
0 24 ⋅ 8
0 = 0064
0
. 
5
5
 
2)  Вероятность  того,  что  в  течение  года  ремонта  потребуют  не  менее 2 холодильников, 
равна 
P (k ≥ )
2 =1− P (k  )
4 ,  где  k – количество 
8
выигранных дел. 
Поскольку  вероятность  выигрыша  дела  известна  ( p = 7
0 ),  то  q =1− p = 3
0 .  Отсюда  по 
формуле Бернулли имеем: 
P (k > )
4 = P (k = )
5 + P (k = )
6 + P (k = 7) + P (k = )
8 =  
8
8
8
8
8
= 5
C ⋅
5
7
0
⋅
3
3
0
+ 6
C ⋅
6
7
0
⋅
2
3
0
+ 7
C ⋅
7
7
0
⋅
1
3
0
+ 8
C ⋅
8
7
0
⋅
0
3
0
=  
8
8
8
8
= ,
0 2450 + ,
0 2965 + 1776
0
+ 0576
0
= 797
0
. 
Таким образом, вероятность того, что адвокат из 8 дел выиграет больше половины, равна 0,797. 
 
 
Задача 60.  Вероятность  появления  события  A  в  каждом  из  n  независимых  испытаний 
равна 0,7. Сколько испытаний нужно произвести, чтобы наиболее вероятное число появлений 
события A в производимых испытаниях  k = 20 ? 
0
 
Решение. 
По условию  p = 7
0  и  ∑l p ≤
5
0
l 1 p
. Тогда имеем 
i=
i
∑ + > 5,
0
1
i 1
i
0 7n − 3
0 ≤ 20 ≤ ,
0 7n + ,
0 7 . 
Это двойное неравенство равносильно системе неравенств 
⎧ 7
0 n − 3
0 ≤ 20,
⎨
 
⎩ 7
0 n + 7
0 ≥ 20.
Из  первого  неравенства  системы  имеем 29
n ≤ 20 3
, / ,
0 7 =
.  Из  первого  неравенства  системы 
найдем 57
n ≥ 19 3
, / ,
0 7 ≈ 27,
. Отсюда следует, что необходимо произвести 28 или 29 испытаний. 
 
 
 
2. Случайные величины 
 
Задача 61.  Дано  распределение  дискретной  случайной  величины  X.  Построить  функцию 
распределения F(x). Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение. 
 
xi 
4 6 8 9 
pi 
0,3 0,1 0,1 0,5 
 
Решение. 
Функция распределения равна  F(x) = P(X