Задачі


Повернутися на початок книги
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 
45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 
60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 

Загрузка...

2.1.1. Дві однакові монети радіуса r розташовані всере-дині кола радіуса R, в яке навмання кидається точка. Визначити імовірність того, що ця точка впаде на одну з монет, якщо монети не перекриваються.

 

Рис. 2.1.1.

Розв’язок.

Нехай А - подія, що розглядається; Аг - подія, яка полягає в тому, що “точка падає на першу монету”, А2 - подія, яка полягає в тому, що “точка падає на другу монету” (рис. 2.1.1).

Але А = Аг + А2, де Агі А2 - несумісні події.

Тоді Р(А) = Р(Аг +А2) = Р(Аг) + Р(А2) .

Згідно геометричного означення імовірностей:

Р(А) = Р(А2) = —^, тому Р(А) =      +          = 2 —    .

7tR      nR      nR        \R)

2.1.2. Телефонний номер складається з шести цифр.

Знайти ймовірність того, що при випадковому наборі номер буде закінчуватись на 1988?

Розв’язок.

Нехай А - шукана подія, що рівна добутку незалежних подій: Ах - перша цифра “1”; А2 - друга цифра “9”; А3 - третя цифра “8”; А4 - четверта цифра “8”.

Тобто А = А1-А2-А3-А4. Імовірність події рівна:P(A) = P(A1 A2 A3 A4 ) = P(A1) P(A2 ) P(A3 ) P(A4 )    і,

1 оскільки, P(A1) = P(A2 ) = P(A3 ) = P(A4 ) =     , то1111      1 P(A)=                    =     4 . 10 10 10 10   10

2.1.3.   Обчислити імовірність неповернення позичальни-

ком кредиту банку (кредитний ризик щодо позичальника),

якщо фахівцями банку було встановлено, що: а) позичальник

погасить узяту позику після її пролонгації і в терміни пролон-

гації в повному обсязі з імовірністю 0,17; б) позика буде вине-

сена на прострочення після того, як вона була пролонгована з

імовірністю 0,06; в) позика буде винесена на прострочення

відразу після закінчення терміну дії кредитного договору,

тобто без пролонгації з імовірністю 0,01.

Розв’язок

Позначимо через А подію, яка полягає в неповерненні позичальником кредиту банку; А1 – позичальник погасить узя-ту позику після її пролонгації і в терміни пролонгації в повно-му обсязі; А2 – позика буде винесена на прострочення після того, як вона була пролонгована; А3 – позика буде винесена на прострочення відразу після закінчення терміну дії кредитного договору. Отже, А = А1 + А2 + А3. Оскільки події А1, А2, А3 є несумісними, то Р(А) = Р(А1 + А2 + А3) = Р(А1) + Р(А2) + Р(А3) = 0,17 + 0,06 + 0,01 = 0,24.

Отже, кредитний ризик щодо позичальника становить 0,24.

2.1.4.   Позичальник може не повернути кредит банку при

впливі хоч би одного з таких чинників ризику: галузевому

(переорієнтація економіки, зменшення попиту на продукцію

даної галузі); системному (зміни в економічній системі, які

можуть негативно вплинути на фінансовий стан позичаль-

ника, гаранта, страховика); форс-мажорному (землетруси, по-

вені, катастрофи, смерчі, страйки, військові дії); суб’єктив-ному (репутація позичальника, гаранта, страховика в ділово-му світі, їх відповідальність і готовність виконати взяті зо-бов’язання); юридичному (недоліки в складанні та оформлен-ні кредитного договору, гарантійного листа, договору стра-хування). Визначити імовірність неповернення кредиту банку, якщо задані імовірності кожного з чинників ризику.

Розв’язок

Нехай подія А полягає у неповерненні позичальником кредиту банку. Кожний з чинників кредитного ризику можна розглядати як подію. Ця подія А може відбутися при настанні хоч би однієї з сумісних подій, що мають імовірності: Р(А1) – імовірність галузевого, Р(А2) – системного, Р(А3) – форс-ма-жорного, Р(А4) – суб’єктивного, Р(А5) – юридичного чинників. Згідно формули імовірності настання хоч би однієї з подій отримуємо:

Р(А) = 1 – [1 – Р(А1)][1 – Р(А2)][1 – Р(А3)][1 – Р(А4)][1 – Р(А5)].

2.1.5. Кинуті три різні гральні кості. Знайти ймовірності наступних подій:

а)         на кожній з граней, що випали, з’явиться одне очко;

б)         на всіх випавших гранях з’явиться однакова кількість

очок;

в)         на двох гранях з’явиться одне очко, а на третій грані –

інше число очок;

г)         на двох гранях з’явиться однакова кількість очок, а на

третій грані – інше число очок;

д)         на всіх гранях з’явиться різне число очок.

Розв’язок.

Нехай А – шукана подія. а) Шукана подія А рівна добутку незалежних подій: А1 –

на грані першого грального кубика випало одне очко; А2 – на грані другого грального кубика випало одне очко; А3 – на грані третього грального кубика випало одне очко: A= A1 A2 A3 .   Оскільки   події   А1,   А2,   А3   незалежні   і

1 імовірність випадання одного очка рівна    , то69

1   1   1

P(A) = P(A • A • A) = P A)- P A)- P A)        —

11 3 =. 6     216

б)         Імовірність того, що на трьох гранях з’явиться певна

1 кількість очок рівна   3 , але таких чисел є 6, тому 6

11 P(A) = 6  3 =     . 6     36

в)         Шукана подія А рівна добутку незалежних подій

A= A1 A2 , де подія А1 – на двох будь-яких гранях випаде

одне очко. Імовірність того, що на певних двох гранях випаде6

 2        1

способами,   тому   P(A, ) = C:, • —- .   Імовірність   випаданняіншого числа очок (подія А2), тобто імовірність невипадання

одиниці рівна P(A2) = 1       = —.

6     6

Оскільки події А\ і А2 - незалежні, то

2    1    5      5

1 одне очко, рівна      , але дві грані з трьох можна вибрати C

P(A) = P(A1) • P(A2 ) = C

1          23   62   6     72

г) Шукана подія А рівна добутку незалежних подій А1 і А2, де подія А1 полягає в тому, що на двох випавших гранях з’явиться однакове число очок. Імовірність того, що на двох

2    1 будь-яких гранях з’явиться певне число рівна C3    2 , а2    1 таких чисел є 6, тому P(A1) = C3    2 6 .70

Подія А2 полягає в тому, що на третій грані випаде інше

5 число очок, імовірність якої рівна: P(A2 )=   .15    5

Остаточно, P(A) = P(A1) P(A2 ) = C32

 

6 6   12

д) Імовірність того, що на трьох гранях випаде різне

число очок рівна:

1112    5          m

де n

загальна

6663    9          n

кількість способів, якими можна вибрати 6 різних чисел на 3

6-5-4     5

P(A)=         C3 6=   , або P(A)

           

           

63      6-6-6     9

гранях рівна 63, m = A63 , тому P(A)

2.1.6. В коло pадіуса R вписаний квадpат. Чому доpівнює ймовіpність того, що поставлені навмання всеpедині кола дві точки виявляться всеpедині квадpата? Розв’язок.

В

 

А

Рис. 2.1.2

С

Нехай Р(А) – імовірність шуканої події. Імовірність Р(А1) того, що одна точка попаде всередину вписаного у коло квадрата – подія А1, дорівнює згідно геометричного означен-ня імовірності відношенню площі квадрата до площі кола: Р(Аі) = Su/So. Обчислимо площі цих фігур (рис. 2.1.2).

Нехай R - радіус кола, х - сторона квадрата. Оскільки <В = 90о - прямий, то х2 + х2 = (2R)2 = 4R2. Отже, площа

2          2          2          r>/  А   2^2      2

квадрата х   = 2R  , круга - TTR , тому г(А1) =          = —.

7tR       ж

Подія А рівна добутку подій A = А1 ■ А2, де Аг - перша

точка   попаде в квадрат, і А2 друга точка   попаде в квадрат. Оскільки ці події незалежні, то

л, ,ч     л, ,     .        л, .      л, .        2   2       4

Д^) = Р(А1 ■А2) = Р(А1)-Р(А2) =   = —7~ 0,4053 .

2.1.7.   Три стрільці почергово ведуть стрільбу по одній і

тій же мішені. Кожний стрілець має два патрони. При

першому ж попаданні стрільба припиняється. Імовірність

попадання в мішень при одному вистрілі для першого

стрільця рівна 0.2, для другого - 0.3, для третього - 0.4.

Знайти імовірність того, що всі три стрільці використають

весь свій боєзапас.

Розв’язок.

Щоб три стрільці використали весь свій боєзапас - подія А, необхідно, щоб попередні п’ять вистрілів були невдалими. З умови задачі рг = 0,2; qx = 1 - рг = 1 - 0,2 = 0,8; р2 = 0,3; <?2 = 1 -рг= 1 - 0,3 = 0,7;р3 = 0,4; q3 = 1 -р3 = 1 - 0,4 = 0,6.

Отже, Р(А) = ql-q2-q3-ql-q2= 0,8 • 0,7 • 0,6 • 0,8 • 0,7 = . = 0,18816 « 0,188.

2.1.8.   Відрізок розділений на три рівні частини. На цей

відрізок навмання кинуті три точки. Знайти ймовірність того,

що на кожну з трьох частин відрізку попадає по одній точці.

Припускається, що ймовірність попадання точки на відрізок

пропорційна довжині відрізку і не залежить від його розта-

шування.Розв’язок.

Нехай А - шукана подія. Імовірність попадання точки на

1 одну з трьох рівних частин рівна р = - . Тоді імовірність по-дії А - “на кожний відрізок попадає по одній точці” рівна

добутку незалежних подій: Аг - на перший відрізок попаде

одна точка, А2 - на другий відрізок попаде одна точка, А3 - на

третій відрізок попаде одна точка: A = А1 ■ А2 ■ А3.

Враховуючи те, що число способів, якими можна кинути три точки на три відрізки рівне числу перестановок з трьох елементів,   тобто   Р3   =   3!,    імовірність    події   А   рівна:

ґ і л3      і Р(А) = 3!-/>(У41 ■А2-АІ) = 3!-/>(У41 )-Р(А2)-Р(А3) = 3!- -    = —.

2.1.9. Винищувач атакує бомбардувальник і дає по ньому дві незалежні черги. Ймовірність того, що бомбардувальник збитий першою чергою рівна 0,2, другою - 0.3. Якщо бом-бардувальник не збито, то він веде по винищувачу стрільбу і збиває його з ймовірністю 0,25.

Знайти ймовірність того, що в результаті повітряного бою буде збито бомбардувальник або винищувач.

Розв’язок.

Згідно умови р! = 0,2, р2 = 0,3 - імовірність збиття бомбар-дувальника І і ІІ чергою відповідно; р3 = 0,25 - імовірність збиття винищувача. Нехай подія А полягає у збитті бомбарду-вальника - подія В або винищувача - подія С, тобто А = В + С і оскільки події В і С несумісні, то Р(А) = Р(В + С) = Р(В) +

+ Р(С). Але В = В1 + В1 ■ В2, де подія В1 - збиття бомбарду-вальника  І   чергою;   подія   В1 ■ В2    -   незбиття   бомбарду-

вальника І чергою і збиття ІІ чергою. Оскільки події Bl і В2 -незалежні, то

Р(В) = P(Bl) + P(Bl-B2) = P(Bl) + P(Bl)-P(B2) = = рх +(1-р1)-р2 =0,2+ (1-0,2)-0,3 = 0,44.Тоді Р(С) = [1 - Р(В)] -р3 = (1 - 0,44) • 0,25 = 0,14. Остаточно, Р(А) = 0,44 + 0,14 = 0,58 .

2.1.10. Радіолокаційна станція веде спостереження за к об’єктами. За час спостереження і-й об’єкт може бути втрачений з ймовірністю^.

Знайти ймовірності таких подій: А - жоден об’єкт не буде втрачений; В - буде втрачено принаймні один об’єкт; С - буде втрачено не більше одного об’єкта.

Розв’язок.

Подія A = Al ■ А2 ■ ...Д. • ...Ак, де Аі - подія, яка полягає в

тому, що і-тий об’єкт не буде втрачено. Оскільки події Аі незалежні, то

Р(А) = Р(А1 -А2 -...Д • ...Ак) = Р(Д)• Р(А2)■ ...P(At)■ ...Р(Ак) =

= (\-р1)(\-р2)...-(\-рі)-...(1-рк)-

Події В - втрачено принаймні один об’єкт і В - не втрачено жодного об’єкта протилежні і утворюють повну групу подій.

Тому, Р(В) + Р(В) = 1, звідки

Р(В) = І-Р(В) = І-Р(А) = 1 - (1 - р1 )(1 - р2)... ■ (1 - pt) х х...(1-рк).

Подія С рівна сумі несумісних подій А і D: С = А + D, де D - подія, яка полягає в тому, що втрачено один об’єкт, який може бути першим, другим, ...і-тим, ..1-тим. Отже,

Р(С) = Р(А + D) = Р(А) + P(D) = (\-рх )(1 -р2)...х

У....(\- pt).......(\- pk) + px(l- р2)(\- р3)-...(\- рАх

х...(1-рк) + (1-р1)р20--/?3)-• •" (1— #)••• "(I-Рк)--- + + (1-рЛ(1-р2)(1-р3)...-pt...- ...(1-рк)... + (1-рЛх

*          [        * р

х(\-р2)...-(\-рг)...-рк =|| (і-Рі) I + 2J

\           J=l       jJ

1=1

м.  Q--Pj)2.1.11. По мішені здійснюється п незалежних пострілів. Ймовірність попадання при і-му пострілі рівнарі , і = 1, ... , п.

Знайти ймовірність того, що при п пострілах буде не менше 2-х влучень.

Розв’язок.

Події А - при п пострілах не менше 2-х влучень і A - при п пострілах менше двох влучень є протилежними, так що

Р(А) + Р(А) = \.

Отже, Р(А) = \-Р(А) = \-Р(С) [(див задачу 2.1.10)] =

"           [        "       р

= 1 -11 (1 -рг.) i + 2_j

і=\

>=1  l~PJ J

2.1.12. Серед N виробів знаходиться М бракованих. На-вмання беруть щ виробів.

Яка ймовірність того, що серед них є більше, ніж т1 бракованих виробів?

Розв’язок.

Зобразимо подію A = (к > т1) як суму несумісних подій:

(k>ml) = (k = ml+V) + (k = ml+2) + ...(k = nl), де к -кількість бракованих виробів. Тоді:

Р(А) = Р(к = т1 +Ї) + Р(к = т1 + 2)... + ...Р(к = щ) =

/-rml+l     /-rnl-ml-l         г^т^+2    г^щ-т^-2                   Ґ^п\     /~іщ-щ

zz         1          ~г        =

/~1 Щ  /~1 щ                          /~1 п^

^N       ^N       ^N

S=\

 

N

c

2.1.13. В урні знаходиться 7 білих, 13 чорних, 10 зелених і 3 червоні кулі. Випадковим чином з урни витягують три кулі. Яка ймовірність того, що вони одного кольору?

Розв’язок.

Склад урни такий: 7 б + 13 чор + 10 з + 3 черв = 33.Нехай подія А полягає в тому, що 3 кулі одного кольору. Три кулі можуть бути білими - подія А\, чорними - подія А2, зеленими - подія А3 і червоними - А4. Отже, подія А є сумою несумісних подій: A = Aг+A\+A3+A4. Тоді P(A) = P(Aг +

+ A2+A3+A4) = P(A1) + P(A2) + P(A3) + P(A4). Обчислимо

кожну   з   імовірностей   згідно   її   класичного   означення:

.   m     ,   CІ        7-6-5-3!

P(A) = — . Тоді P(AХ) = —f =         = 0,0064149 .

n          C33     3I-33-32-31

,   C3,     13-12-11-3!

P(A2) = —C   =          = 0,00524193.

 C3n      10-9-8-3!

P(A3) = —C   =          = 0,0219941.

 Cl       3-2-1-3!

P(A4) = —C   =          = 0,0001832.

Отже,  P(A) = 0,0064149 + 0,0524193 + 0,0219941 +

+ 0,0001832 = 0,081.Через залежні події дані імовірності виразяться так:

Ai=Ai[- Ai"- Ai™ , і =\, 2, 3, 4, де залежні події означають

Ai\ - перша куля, Ai" - друга куля, Ai" - третя куля відповідно білі, чорні,  зелені  і червоні.  Тоді   P(Ai) = P(Ai])-PAi,(Ai^)х

xPA,A,(Ai"). Отже,

P{A) = P(A[) ■ PA, (A") ■ PA.JAT) =           = 0,0064149;

1          ' '    33   32  31

,   13   12   11

P(A2) =           = 0,0524193;

33   32  31

,   10    9    8

P(A3) =           = 0,0219941;

33   32  31т,, „        3     2     1

Р(А.) =            = 0,0001832.

33   32  31

2.1.14. З кишені, в якій знаходиться десять монет вар-тістю по 25 коп. і десять монет вартістю 5 коп., виймається пригорща з 10 випадково взятих монет.

Яка ймовірність того, що в кишені залишилась сума грошей, не менша тієї, що витягнута?

Розв’язок.

Нехай А - шукана подія. Для виконання умови: “сума гро-шей залишена > сума грошей витягнута” необхідно, щоб кількість монет меншої вартості (5 коп), що витягнута, була не меншою за половину всіх монет меншої вартості. Якщо кількість монет меншої вартості, що витягнута, рівна кіль-кості монет меншої вартості, що залишена, то сума грошей витягнутих і залишених рівні.

Імовірність події А рівна сумі ймовірностей несумісних подій: ВІ - витягнуто 5 монет по 5 копійок і 5 монет по 25 ко-

n/n       т    Cfo-Cfo пійок:  Р(В,) = — = —^тг^-; В2 - витягнуто 6 монет по 5

п          С™

копійок і 4 монети по 25 копійок; В3 - витягнуто 7 монет по 5 копійок і 3 монети по 25 копійок; В4 - витягнуто 8 монет по 5 копійок і 2 монети по 25 копійок; В5 - витягнуто 9 монет по 5 копійок і 1 монета по 25 копійок; В6 - витягнуто 10 монет по 5 копійок.

Таким чином,

С5 -С5     С6 -С4     С1 -С3     Г*8 -С2     С9 -С1

Р( Л\ =    10     10 і    10     10 і    10     10 і     10     10  і    10     10 і

^          '           у^ГІО  у^ГІО  у^ГІО  у^ГІО  у^ГІО

^20      ^20      ^20      ^20      ^20

, C°-Q°o=y ckl0-c\lk

/^10     Аи       Ґ~І

20        к=0      20

Спростимо вираз врахувавши, що Сп = С\ Тоді:5            (C 1 k )2   (C 1 0 )2   (C 1 1 )2   (C 1 2 )2     (C 1 3 )2

P(A) = *Y       v   °    = v   °    +v   °    +v   °/ +v   °    +

 1—t    10                    10                   10                   10        10

,   C 140)2   ,  (Q510)2 _    1

10        10        10

C20     C20     C20

10 9 \2     Л098  2

1 + 10 2 +—    +\^LZ^    +1-2-3

k=0      C20               C20              C20              C20 C20

r10-9-8-7Y   Г10-9-8-7-6

1 C^-(1 + 100 +^ 1-2-3-4 J    ^ 1-2-3-4-5

 124130-10!(20 —10)!

 

+ 2025 +14400 + 44100 + 63504) =

20!

124310

           

0,671859.

184756

2.1.15. Учасник лотереї “Спортлото” з 49 назв видів спорту (позначених числами від 1 до 49) повинен назвати 6. Повний виграш одержує той, хто правильно вкаже всі шість назв. Виграші одержують і ті, хто вгадає не менше трьох назв.

Обчислити ймовірність повного виграшу в “Спортлото”.

Обчислити ймовірність того, що учасник “Спортлото” відгадає 5, 4 і 3 назви, тобто отримає будь-який виграш?

Яка ймовірність одержати мінімальний виграш у “Спорт-лото”?

Розв’язок.

У лотереї “Спортлото” “6” з “49” 6 чисел є виграшними і 49 - 6 = 43 чисел є програшними.

Імовірність повного виграшу (імовірність вгадати всі шість виграшних чисел) обчислимо згідно класичного озна-

чення імовірностей: P(A6) = — , де m = C 6 6 =1, n - загальне

n

число способів якими можна вибрати будь-які 6 чисел з 49 рівне числу комбінацій C46 9 :т,, „      1          1-2-3-4-5-6   _7

Отже, Р(А6) =— =    « 0,72 • 10   .

С49     49•48•47•46•45•44

Якщо вгадано і чисел серед 6 виграшних, то решта (6 - і) чисел будуть програшними. Число способів, якими можна

вибрати і виграшних чисел серед 6 виграшних рівна тх =С6.

Число способів т2, якими можна вибрати (6 - і) програшних

чисел серед 43 програшних чисел рівне  т2 = С43 г. Імовір-

„^>      т    т,-т1     Cl-Ct,'

ність вгадати і чисел рівна Р(АІ) = — = —            =         .

п          п          С49

Якщо і = 3, то

т,, „       СІ-С6'3        6-5-4-43-42-4М-2-3-4-5-6

С49     1 • 2 • 3 • 1 • 2 • 3 • 49 • 48 • 47 • 46 • 45 • 44

0,01765043. Якщо і = 4, то

™,     сй4-СҐ   Q4-c«

Р(,44) =    б   б43   =    б  б 43 =

ь49      и49

6-5-4-3-43-42-1-2-3-4-5-6

            = 0,000968619.

1-2-3-4-1-2--49-48-47-46-45-44 Якщо і = 5, то

С5-С6~5    С5 -С1

Р(,44) =   б  6 43   =   б 6 43 =

ь49      и49

Р(А3)=      6    43

 

0,000018449.

6-5-4-3-2-43-1-2-3-4-5-6

 

1 •2•3•4•5•49•48•47•46•45•44

Мінімальний виграш отримає той, хто вгадає і = 3 номе-ри, тому імовірність мінімального виграшу рівна 0,01765.

Будь-який виграш отримає той, хто вгадає /' > 3 номерів, тому імовірність цієї події А рівна сумі імовірностей несу-місних подій А3,А4,А5,А6:

Р(А) = Р(А3) + Р(А4) + Р(А5) + Р(А6) = 0,01765043 ++ 0,000968619 + 0,00018449 + 0,0000072 = 0,0186447.

2.1.16. Двоє людей купили по одному білету лотереї “6 з 49” і незалежно одна від одної відмітили по 6 номерів. Знайти ймовірності подій:

а)         кожен отримає мінімальний виграш;

б)         кожен отримає будь-який виграш.

Мінімальний виграш відповідає трьом загальним елемен-там з набором номерів (аг,...,а6) є (1,2,...,49), що з’явились

при розиграшу тиражу.

Розв’язок.

а) Нехай подія А1 полягає у мінімальному виграші першої людини, А2 - у мінімальному виграші другої людини. Тоді подія А яка полягає у мінімальному виграшу обох людей рів-на A = Al ■ A2. Оскільки події Аг і А2 незалежні, то

^          ,           ,           ,           CІ-CІ    CІ-CІ

6          43        б          43

           

C 49    C 49

P(A) = P(A1 -A2) = P(A1) • P(A2)

C3 -C3 ^2

6 '      43

C6

(0,01765043)2 =0,00031154.

б) нехай подія Аі полягає у будь-якому виграші першої людини, А2 - другої людини, А - у будь-якому виграшу двох людей. Тоді A = Al ■ A2 і оскільки події Аг і А2 незалежні, то

/           ,           ,,       4-C i -C6-i Л Ci -C.V

P(A) = P{A1 ■A1) = P{A1)-P{A2) = 2_,       6     'Аи       6     =

=   ZJ   6          =(0,0186447)  =0,000347624.

V i=3   49       у

2.1.17. Спрощена схема контролю виробів складається з двох незалежних перевірок. В результаті k-ої перевірки (k = = 1,2) виріб, який задовольняє стандарту, забраковується з ймовірністю   k, а бракований виріб приймається з ймовір-ністю  k. Виріб приймається, якщо він пройшов обидві пере-вірки.

Знайти ймовірності подій:

а)         бракований виріб буде прийнято;

б)         виріб, який задовольняє стандарту, буде забраковано.

Розв’язок.

а)         Нехай подія А полягає у тому, що бракований виріб бу-

де прийнято, А1 - прийнято на першій перевірці, А2 - прийня-

то    на   другій    перевірці.    Отже,    A = A1 ■ A2    і    P(A) =

= P(A1 ■ A2) = P{AХ)- P(A2) - оскільки події Агі А2 - незалеж-

ні. Тут P{A) = ссг, і P{A\) = а2. Отже, P(A) = ссї-сс2.

б)         Позначимо через А - подію, яка полягає в тому, що ви-

ріб який задовільняє стандарту буде забраковано, A - виріб, який задовільняє стандарту буде прийнято. Оскільки ці події

несумісні і утворюють повну групу подій, то   P(A) + P(A) = = 1, звідки P(A) = 1 - P(A) = 1 - (1 - Д )(1 - Р2) .

2.1.18. Довести, що P(A \B) = P(A) - P(A х B) .

Розв’язок.

Оскільки подія А є сумою несумісних подій АхВ і АхВ:     А^-АхВ + АхВ,    то    її    імовірність    Р(А) =

= Р(А хВ) + P(A х B), звідки Р(А хВ) = Р(А) - Р(А х В).

2.1.19. Відомі імовірності подій А, В, АхВ. Знайти

імовірності подій: а) А + В; б) АхВ; в) А + В; г) А + В; д)

А + В; е) АхВ; є) Ах(А + В); ж) А + (АхВ). Розв’язок. Відомі Р(А), Р(В), Р(АхВ).

а)    за    означенням     Р(А + В) = Р(АхВ) + Р(АхВ) +

+ P(А хB) = Р(А хВ) + Р(А хВ) + Р(А хВ) = *Оскільки Р(А хВ) + Р(А хВ) + Р(А хВ) + Р(А хВ) = = 1, як імовірність повної групи подій, то попередній вираз рівний: *=\-P(AхB);

б)         з імовірності повної групи подій маємо:

Р(А хВ) = 1- Р(А хВ)- Р(А хВ)- Р(А хВ) = * Підставивши   у   рівність   вирази       Р(АхВ) = Р(В)--Р(АхВ) і Р(АхВ) = Р(А)-Р(АхВ), отримаємо: * = 1 - [Р(В) - Р(А хВ)]- [Р(А) - Р(А хВ)]- Р(А хВ) = = 1 - P(А) - Р(В) + P(А х В);

в)         за означенням P(A + B) = P(A хB) + P(A хB) +

+ P(A хB) = [P(A) - P(A хB)]+ [P(B) - P(A хB)] +

+ P(A хB) = P(A) + P(B) - P(A х B);

г)         P(A +B) = P(A хB) + P(A хB) + P(A хB) =

= P(AхB) + P(A хB) + P(AхB) = \-P(AхB) =

= 1 - [P(A) - P(A х     P(A) + P(AхB).

д)         Протилежною подією до суми A + B подій є AхB :

A + B = AхB . Отже, P(A + B) = P(AхB) = \-P(A)-

- P(B) + P(A х B) .

е)         AхB = AхB + AхB+AхB=A+B. Отже,

P(A хB) = P(A хB) + P(A хB) + P(A хB) = 1-P(A х B);

є) Aх(A + B) = A(AхB + AхB + AхB) = AхAхB + + AхAхB + AхAхB = AхB, або Aх(A + B) = AхA + +AхB=AхB.

Отже, P[A х(A + B)\ = P(A хB) = P(B) - P(A х B) .

ж)        A + (AхB) = (AхB +AхB) + AхB . ТодіP[.A + (A xB)\ = P(AxB) + P(AxB) + P(A xB) = P(A)-

-          P(A xB) + P(A xB) + P(B) - P(A xB) = P(A) + P(B) -

-          P(A x B) .

2.1.20. Двоє по черзі кидають монету. Виграє той, хто першим викине “тризуб”.

Знайти ймовірність подій:

а)         гра закінчиться до 4-го кидання;

б)         виграє той, хто почав гру (перший гравець);

в)         виграє другий гравець.

Розв’язок.

Пронумеруємо черговість кидання монети. Тоді підки-

дання з непарними номерами і = 1, 3, 5... проводяться першим гравцем, з парними номерами - і = 2, 4, 6... другим гравцем. Нехай А — шукана подія, Аі — в і-тому підкиданні випав “три-зуб”.

а) Нехай подія Аі означає, що гра закінчиться до 4-го кидання, тобто або на першому киданні - подія Аг (виграє І гравець), або на другому киданні - подія А2 (виграє ІІ гравець і відповідно перший програє) або на третьому киданні - подія А3 (виграє І гравець, попередньо програють перший і другий гравці).

Отже, подія А є сумою несумісних подій:

A = A1+A1-A2+A1-A2-A3.

1 Оскільки імовірність р випадання  тризуба  рівна —, від- 1 повідно імовірність невипадання q = —, то імовірність події

2 А рівна:

P(A) = P{A) + P{A ■A2) + P(A1 -A2 -A3) = P(AХ) +

+ P(AХ)- P(A2) + P(Aг) • P(A2) ■ P(A3) = *

(оскільки події A1 і A2; A1, A2 і A3 незалежні між собою) 1       11     111     7

* = —+           +          = —.

2          2   2    2   2   2     8

б)   Подія   А   -   “виграє   перший   гравець”   є   сумою

несумісних подій: A = AІ+A-A2-AІ+A-A2-AІ-A4-A5 + + AЇ-A2-A3-A4-A5-A6-A7 +...AЇ ■ A2 -...A2k ■ A2k+1 +..., де по-

дії A1,A2,...A2k,A2Ш - незалежні між собою.

Тоді імовірність події А рівна:

,           1     111     11111     11111

P(A) = - +       +          +          х

2    222    22222    22222

11        1Г    1     1     1        1      ^\   і   "     і

X         + ... = —     1 + —- + —- + —г + ...—k+...     = —• /        —7k   =

2  2      2^     2      2      2        2          )    2 k^0   2

1          1          14    2

           

           

           

2       p-Y     2   3     3

як сума членів ряду нескінченної геометричної прогресії. в) подія А - виграє другий гравець є сумою несумісних

подій: A = A-A2+A-A2-A3-A4 + A-A2-A3-A4-A5-A6 +

+ ...A -A^-...A^^ ■A2k+...

Імовірність такої події А рівна: P(A) = P(A1 -A2) +

+ P(AХ ■A2-A3- A4) + P(AХ ■A2-A3-A4-A5-A6) + ..P(A1 ■ A2 х

x...A2k_l-A2k) + ... = P(Al)-P(A2) + P(Al)-P(A2)-P(A3)x

xP(A4) + P(Al)-P(A2)-P(A3)-P(A4)-P(A5)-P(A6) + ..P(Al)x

,- ч        ,-     ч     ,                 11     1111

хP(A?)-...P(A?k,)-P(A?k ) + ... =       +          +

2  2    2  2  2  2

1111    1 (      1      1      1       1

+          + ... = —   1 + —у + —,- + —г + ...—Jk + .

2  2  2  2          41      2      2      2       2

1 -Л    1

л     L—i      rylk

2.1.21. З настання події АВ обов'язково випливає настання події С.

Довести, що Р(А) + Р(В) - Р(С) < 1.

Розв’язок.

Подія А є частковим випадком події В, тобто з появи події А достовірно випливає настання події В (див. рис. 2.1.За).

Доведемо спочатку, що якщо подія В випливає з події А, то Р(В) > Р(А). Подію В можна представити у вигляді суми

несумісних подій А і АВ : В = А + А-В . Застосуємо до цієї суми оператор імовірності:

а)

Рис. 2.1.3

Р(В) = Р(А + А-В) = Р(А) + Р(А ■ В) . Оскільки

Р(А -В)>0, то Р(В) > Р(А).

Згідно умови задачі подія С випливає з події АВ, тому по аналогії Р(С) > Р(АВ) (див. рис. 2.1.3б)

Як видно з рис. 2.1.4а  А = АВ + А-В, отже,   Р(А) =

= Р(АВ) + Р(А -В); В = АВ + А-В , отже, Р(В) = Р(АВ) +

+ Р(А ■ В) .Тоді Р(А) + Р(В) - Р(С) < Р(АВ) + Р(А-В) + Р(АВ) + + Р(А ■ В) -Р(АВ) = Р(АВ) + Р(А -В) + Р(А ■ В).

Оскільки несумісні події A■ В, А-В, А-В, А-В утво-рюють повну групу подій, то Р(А ■ В) + Р(А -В) + Р(А ■ В) + + Р(А-В) = 1.    Звідси    Р(А-В) + Р(А-В) + Р(А -В) = 1-

-Р(А-В).

Підставивши цей вираз у попередню нерівність, отри-

муємо: Р(А) + Р(В)-Р(С)<1-Р(А -В)<1,    оскільки

Р(А -В)>0.

2.1.22. Дві гральні кістки кидають до випадання “6” хоча б на одній з них. Знайти ймовірність того, що вперше “6” з’явиться при £-му киданні, £= 1, 2, 3, ...

Розв’язок.

Ймовірність р випадання “6” на одній кістці рівна 1/6,ймовірність невипадання q = 1          = —.

6     6

Ймовірність Р(А1) випадання хоч би однієї “6” при од-

ному одночасному підкиданні двох кісток рівна сумі ймовір-

ностей трьох несумісних подій: В1 - на І кістці випала “6”, а

лЛ        1   5      5

на ІІ кістці не випала шістка: Р(В1 ) =        = —;

6   6     36

82        - на І кістці не випала “6”, а на ІІ кістці    випала;

лл        1   5      5

Р(В ) =            = — ;

6   6     36

“ ”   Twr,        11       1

83        - на І і ІІ кістках випали  6 ; Р(В3) =           = — .

6   6     36 Таким чином, імовірність хоч би однієї появи “6” при одному одночасному підкиданні (к = 1) рівна:

т,   „     5       5       1       11

Р(А1) = — + — + — = —. 36    36    36     36Тоді імовірність непояви хоч би однієї “6” при одному

підкиданні рівна Р(А) = 1 - Р(А) = 1           = — .

36     36

Ймовірність Р(Ат) того, що хоч би одна “6” з’явиться при

другому підкиданні (к = 2) рівна добутку імовірностей неза-

лежних подій:

А2 - при першому підкиданні не випала жодна “6”, А2 - при другому підкиданні випала хоч би одна “6”:

л,   ,     г,г-ГІ        ,77  т,,-П,      л,   ,Я           25      11

Р(А2) = Р(А2 -А2) = Р(А2) • Р(А2 ) =         .

36  36

Тоді подія А3 - з’явиться хоч би одна “шістка” при тре-

тьому підкиданні (к = 3), якщо при перших двох підкиданнях

“6” не випала жодного разу, тобто відбулися події А^, А" .

Імовірність цієї події рівна:

Р(А) = (А' ■ А" ■ А'") = Р(А')• Р(А")• Р(А'П) =  — .

lv.36j    36

Аналогічно, ймовірність події Ак, яка полягає в хоч би

одній появі  “6” при £-тому одночасному підкиданні двох гральних кісток рівна добутку імовірностей незалежних подій

—       і Р(Акк) = — . Остаточно:

25 1       11

—        •

36J       36

2.1.23. Розглянемо квадратне рівняння Ах2 + Вх + С = 0 , де А, В, С визначаються відповідно як результати трьох послідовних підкидань грального кубика. Знайти імовірність того, що рівняння має дійсні корені. Знайти імовірність того, що рівняння має раціональні корені.Розв’язок.

Оскільки А, В, С визначаються як результати підкидань грального кубика, то це означає, що А, В, С можуть набувати значень одного з чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6, що з’являються на верх-ній грані грального кубика. Позначимо число, що з’являється при першому підкиданні кубика через А, другому - В, тре-тьому - С. Для того, щоб рівняння Ах2 + Вх + С мало дійсні корені, необхідно, щоб дискримінант рівняння

D = B2 - 4AC > 0, тобто, щоб B2 > 4AC . Розглянемо усі можливі варіанти результатів трьох під-кидань грального кубика, тобто несумісні події:

1)         Ві - Ві = 1 (В2 = 1) - не підходить, оскільки нерівність

1 > 4 • A ■ C не може справджуватись ні при одному з значень

А і С.

2)         В2 - В = 2 (В2 = 4) - тут можливе лише виконання рів-

ності 4 = 4-1-1 при А = 1, С = 1. Обчислимо імовірність по-

дії В2, яка рівна добутку незалежний подій: B\ - при першо-

му підкиданні грального кубика випадає 1 (А = 1), BII - при

другому підкиданні грального кубика випадає 1 (В = 1), B III -при третьому підкиданні випадає 1 (С = 1).

Отже,   P(B2) = P(B I2 ■ B II ■ B III ) = P(B I2) ■ P(B II ) ■ P(BII2п ),

і,    оскільки,    P(B2 ) = P(B2 ) = P(B2III ) = —,    то    P(B2) =111      1

ZZ — •             •           ZZ    

6 6 6    6 3

3)         В3 - В = 3 (В2 = 9). Нерівність 9 > 4 • A ■ C справ-

джується, якщо відбувається одна з трьох несумісних подій,

D, D2, D3, так що В3 = Di + D2 + D3.

Розглянемо ці події.

Di - складна подія, яка полягає в одночасному настанні

подій D[ (A = 1), DII (B = 3), DIII (C = 1), оскільки при цьо-

му 9 > 4. Отже, D = D( ■ Df ■ DIII . Цей варіант вибору А і С такий же, як в події В2.Подія,    D2 =D2 ■ D2 ■ Df    -      де   події    D2 (A = 1),

D2(B = 3),  DI2II(C = 2), так що при цьому 9 > 4 • 1 • 2 . По-

дія  D3 = D3 ■ D3  ■ Df , де події   D3 (A = 2),      D3 (B = 3),

Df (C = 1) , і при цьому  9 > 4 • 2 • 1. Таким чином, імовір-

ність події В3 рівна сумі імовірностей несумісних подій Д, D2, D3:

P(B3) = P(D1 +D2 +D3) = P(Dl) + P(D2) + P(D3) =

= P(D[ ■ D" ■ D"1) + P(D2 ■ D2 ■ Df ) + P(D3 ■ D3 ■ Df ) =

= P(D\ ) • P(D" ) • P(Df ) + P(D2) • P(D2 ) • P(Df ) +

Ь          ff          ОТ       111      111      111

+ P(D3) • P(D3 ) • P(D3 ) =   +          +          =

666    666    666

f o

— 3 *   —

4) В4 - В = 4 (В2 = 16). Нерівність \6>4-A-C виконує-

ться при відбутті однієї з восьми несумісних подій Et (і = 1,8),

де в подіях Еь Е2, Е3, варіанти вибору А і С такі ж як у подіях A, D2, D3, відповідно. Інші події розшифровуються так: Е4(А = 2, В = 4, С = 2); Е5(А = 1, В = 4, С = 3), в якій 16 > 12; Е6(А = 3, В = 4, С = 1), в якій 16 > 12; Е7(А = 1, В = 4, С = 4), в якій 16 = 16; ЕS(А = 4, В = 4, С = 1), в якій 16 = 16.

Імовірності Р(Nі) кожної з складних несумісних подій Nі, що визначають вибір певного числа А при першому підкидан-ні грального кубика - подія Nu певного числа В при другому

підкиданні грального кубика - подія Nf, та певного числа С

при третьому підкиданні грального кубика - подія Nf внас-лідок незалежності цих подій рівна добутку їх імовірностей:P(N.) = p(N.  ■ N.   -Nt   ) = P(Nt ) • P(Nt  ) • P(Nt   ),     і

оскільки імовірності вибору будь-якого числа рівна 1/6, то

ґ -. \ з

Р(І\Г) =   -    . Отже, Р(В.) = 8• —-.

V6J      6

5) В5 - В = 5 (В2 = 25). Нерівність 25 > 4 • ^4 • С  справ-джується при відбутті однієї з чотирнадцяти несумісних подій

Fi (і = 1,14) , де в подіях Fb... Fs, варіанти вибору А і С такі ж

як у подіях EV..ES відповідно. Решта подій розшифровуються таким чином: F9(А = 1, В = 5, С = 5), FW(А = 5, В = 5, С = 1), в яких 25 > 20; Fn(А = 1, В = 5, С = 6), FU(А = 6, В = 5, С = 1), F13(А = 2, В = 5, С = 3), F14(А = 3, В = 5, С = 2), в яких 25 > 24.

Таким чином, Р(В5) = 14 •

6) В6 - В = 6 (В2 = 36). Нерівність 36 > 4 • A ■ С  справ-

джується при відбутті однієї з сімнадцяти подій Кі (і = 1,17),

де в подіях Кь... К14, варіанти вибору А і С такі ж як у подіях Fi...Fi4. Розшифровка решти подій така: Ки(А = 2, В = 6, С = = 4), К\6(А = 4, В = 6, С = 2), в яких 36 > 32; КX1{А = 3, В = 6, С = 3), в якій відбувається рівність 36 = 36.

ґ і Л3 Отже, Р(56) = 17-  —    .

Таким чином, остаточно імовірність події, яка полягає в

тому, що В2 > 4AC рівна:

Р(В2 > 4АС) = Р(ВХ +В2+В3+В4+В5+В6) = Р(В1) +

ґ і л3 + Р(В2) + Р(В3) + Р(В4) + Р(В5) + Р(В6) = 0+  -    +

iY+8.riY+14.riY+17.fiY=43.fi

+3,f     f.Y      r.Y      r.V      r.Y   43

6        216б) Щоб рівняння Ах2 + Вх + С = 0 мало раціональні корені, необхідно, щоб В2 - ААС = к2, дек= 0, 1, 2...

Отже, потрібно обчислити імовірність події В2 - ААС = к2: Р(В2 - ААС = к2). Для цього розглянемо всі події, для яких справджується рівняння В2 - ААС = к2:

В = 2 - подія В2(к = 0); В = 3 - події D2(k = 1) і D3(k = 1); В = 4 - події Е4(к = 0), Е5(к = 2), Е6(к = 2), Е7(к = 0), Е$(к = 0); В = 5 - події F4(А = 2, С = 2; (к = 3)), F7(А = 1, С = 4; (к = 3)), Fg(А = 4, С = 1; (к = 3)), Fu(k = 1), і^12(£ = 1), Fu(k = 1), і^14(£ = = 1); В = 6 - події К?0А = 1, С = 5; (£ = 4)), КW{А = 5, С = 1; (к = = 4)), К15(к = 2), К16(£ = 2), К17(£ = 0).

 1 Імовірність кожної події рівна —- .Отже, Р(В2 - 4AC = К2) = Р(В = 2) + Р(В = 3) +

+ Р(В = 4) + Р(В = 5) + Р(В = 6) = (1 + 2 + 5 + 7 + 5) • — =20      5

ZZ         ZZ    

216    54'

2.1.24. При одному циклі огляду радіолокаційної станції,

що стежить за космічним об'єктом, об'єкт буде виявлено з

імовірністю р. Виявлення об'єкта в кожному циклі відбу-

вається незалежно від інших. Проведено п циклів огляду.

Яка ймовірність того, що об'єкт буде виявлено?

Розв’язок.

Нехай подія А полягає у виявленні об’єкту. Об’єкт буде виявлено, якщо його буде виявлено хоч би в одному циклі з імовірністю р. Для обчислення Р(А) скористуємось формулою появи хоч би однієї з подій: Р(А)= \ - (1 - р)п.

2.1.25. Для підвищення надійності приладу він дуб-

люється другим таким самим приладом; надійність кожного з

них дорівнює р. При виході з ладу першого приладу відбу-

вається миттєве перемикання на другий.

Знайти надійність:а) цієї системи приладів;

б)         системи, якщо пристрій перемикання працює з надій-

ністю рі.

Розв’язок.

а)         Надійність системи з двох приладів рівна імовірності

того, що буде працювати хоч би один прилад. Тому викорис-

таємо формулу для обчислення імовірності – відбуття хоч би

однієї з подій: Р(А)=1 – (1 – р)(1 – р) = 1 – (1 – р)2.

б)         Імовірність роботи основного приладу рівна р, імовір-

ність роботи дубльованого приладу рівна р1р. Тоді надійність

системи рівна імовірності настання хоч би однієї з двох подій:

Р(А)=1 – (1 – р)(1 – р1р).

2.1.26. Електричне коло зібране за схемою, поданою на рисунках 2.1.4а-д.

Нехай Аі – подія, яка полягає в тому, що за час T вийде і-й елемент кола; Р (Аі) = рі. Різні елементи кола виходять з ладу незалежно один від одного. Нехай А – подія, яка полягає в то-му, що коло вийде з ладу за час Т. Для кожної із схем (а-д) ви-разити подію А через події Аі і обчислити ймовірність події А.

 

Рис. 2.1.4.Розв’язок.

Нехай А - подія, яка полягає в тому, що електричне коло вийде з ладу за час Т; Аі - подія, яка полягає в тому, що вийде з ладу і - елемент кола, ймовірності виходу з ладу і-того еле-мента Р(Аі) = рі.

а)         Послідовне сполучення. Коло вийде з ладу (подія А),

якщо вийде з ладу хоч би один з елементів: А1 - (подія А1) чи

А2 (подія А2), тобто

P(A) = \-P(AХ ■ A2) = \-P(A1)-P(A2) = \-(\-pх)(\-p2).

б)         Паралельне сполучення елементів. Коло вийде з ладу

(подія А), якщо одночасно вийдуть з ладу елемент А\ (подія

Ах) і елемент А2 (подія А2), тобто подія А рівна добутку подій

А\ і А2: А= АгА2. Ймовірність Р(А) = Р(АіА2) = Р(Аі)Р(А2) =

= р\. рі, оскільки події А\ і А2 незалежні.

в)         Послідовне сполучення. Коло вийде з ладу (наступить

подія А), якщо вийде з ладу хоч би один з елементів Аь де і=\,

2...n, тобто P{A) = \-P{A ■ A2...- Ai...- An) = \-P(Aх)х xP(A2)...-...P(Ai)...-...P(An) = l-(l-pl)-(l-p2)...x

х...(1-pi)...-...(1-pn).

г)         Паралельне сполучення елементів. Коло вийде з ладу,

якщо вийдуть з ладу усі n елементів одночасно, тобто:

A = AХ ■ A2.......An.

Імовірність  події А:   P(A) = P(AХ-A2...-...An) = P(Aх)х

хP(A2)...-...P(An) = pх ■ p2...-...pn - оскільки події Аі, і = 1, .n незалежні між собою.

д)         Послідовне сполучення елемента Аь блоку В, в якому

елементи А2, А3, А4 сполучені паралельно і елемента А5-

Блок В вийде з ладу (подія В), якщо вийдуть з ладу всі елементи А2, А3, А4, тобто наступить подія B = A2 ■ A3 ■ A4 .

Тоді P(B) = P(A2 -A3-A4).

Електричне коло вийде з ладу (подія А), якщо вийде з ладу хоч би один з елементів Аг (подія Ах), В (подія В) чи А5(подія А5). Отже, імовірність цієї події А рівна імовірності настання хоч би однієї з подій: Р(А) = 1 - Р(А1 ■ В ■ А5) = 1 -

- Р{А\)- Р(В)- Р(А5) = 1 - (1 - рї)Р(А2А3А4)(\ - р5).

Протилежною подією А2А3А4 до події А2А3А4 (наступ-лять всі події одночасно) є подія, яка полягає в тому, що не наступить хоч би одна з подій А2,А3,А4. Отже, імовірність такої події:

Р(А2А3А) = 1 - Р(А2А3А4) = 1 - (1 - р2)(1 - р3)(1 - р4).

Остаточно,

Р(А) = 1 - (1 -рх)(1 - р5)[1 - (1 -р2)(1 -р3)(1 - р4)].

2.1.27. Багаторазово вимірюють деяку фізичну величину. Ймовірність того, що при зчитуванні показів приладу допу-щена помилка, рівна р. Знайти найменше число вимірювань, яке необхідно провести, щоб з ймовірністю Р > а можна було очікувати, що хоча б один результат вимірювань вияви-ться невірним.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає у допущенні помилки хоч би у одному випробуванні. Імовірність допущення помилок в окремому випробуванні рівна р. Якщо випробувань є п, то ймовірність настання події А обчислюється згідно формули:

Р(А) = 1 - (1 - р)п . Звідси (1 - р)п = 1 - Р(А) . Але за умо-вою п повинно бути таким, щоб виконувалась нерівність Р(А) > a , звідки (1 - р)п < 1 - a . Прологарифмувавши ліву і праву частини і врахувавши те, що lg(l - р) < 0, отримаємо log(l - a)

log(l - a)

+ 1, де E[N] - ціла частина

n >       = h

log(l - p)

log(l - p)

числа N.2.1.28.          Скільки разів потрібно кинути гральний кубик,

щоб поява п'яти очок хоча б один раз мала ймовірність,

більшу за 0,85?

Розв’язок.

Використаємо розв’язок попередньої задачі (див.2.1.27),

1 поклавши   імовірність    появи     5     очок   рівною    p = —\P = 0,85. Отже,

log(l-P)     log(l — 0,85)     log0,15     (-0,82390874)

n >       =         -— =   .   =      = 10,41.

\og(\-p)      \0о(\-Л        Іое     (-0,0791812)

6          6

Отже, n> 10 + 1 = 11;    n = ll.

2.1.29. (Див. 1.4.2) Визначити умову, при якій буде еко-

номічно вигідно проводити поштучний контроль певних дета-

лей, якщо в механізм (крім інших) встановлюється 2 такі де-

талі. Вартість механізму - N грн., вартість поштучного конт-

ролю 1 деталі - M грн., ймовірність виготовлення бракованої

деталі p. Механізм виходить з ладу, якщо в ньому буде хоча б

одна бракована деталь.

Чи буде економічно вигідно проводити поштучний конт-роль деталей, якщо вартість механізму N = 2 грн., вартість контролю кожної деталі M = 1 коп., а ймовірність виготов-лення бракованої деталі рівна: а) 0,1; б) 0,01; в) 0,001?

Розв’язок.

Механізм вийде з ладу - подія А, якщо вийде з ладу хоч би  одна  з  двох  встановлених  деталей.   Отже,   P(A) = \-

-(l-pf.

З умови ймовірності виходу механізму з ладу знаходимо

,           m     2  2

число деталей n: P(A) = — = —, n =           .

n     n   P(A)

Оскільки вартість перевірки однієї деталі рівна М, то вар-тість    перевірки    всього    механізму    рівна     S = nxM =

95M. Умовою економічної доцільності проведен-

 

\-(\-pf

ня контролю є виконання нерівності: S < N :

            -M<N,      звідси       p>\-J\   або

l-(l-pf   \        N

М <—\\-{\-р)  \.Підставивши N = 200; М = 1, отримуєм р>\-д/0,99 = = 0,005.

Отже, при: а) р = 0,1 - контроль проводити вигідно;

б)         р = 0,01 - контроль проводити вигідно;

в)         р = 0,001 - контроль проводити недоцільно.

2.1.30. Вимірювальний пристрій складається з двох при-ладів. Ймовірність безвідмовної роботи £-го приладу за пев-ний період часу рівна 1 - к (к = 1, 2). Знайти ймовірність р того, що обидва прилади будуть працювати:

а)         якщо неполадки виникають незалежно;

б)         якщо нічого невідомо про залежність між неполадками

цих приладів.

Розв’язок.

а)         Нехай подія С означає безвідмовну роботу обох прила-

дів, тобто першого - подія А і другого - подія В. Отже, С =

= АВ і, оскільки, події А і В незалежні, то Р(С) = Р(АВ) =

= Р(А)Р(В) = (i-aj)(i-a2), де Р(А) = 1 - ах, Р(А) = 1 - а2 -

ймовірності безвідмовної роботи першого і другого приладів.

б)         Згідно формули імовірності суми двох сумісних подій

імовірність того, що хоч би один прилад буде працювати,

рівна: Р(С) = Р(А + В) = Р(А) + Р(В) - Р(АВ), і оскільки

Р(А + В)>0,     то      Р(А ■ В) < Р(А) + Р(В),     аналогічно

Р(А -В)< Р(А) + Р(В).Події “С - хоч би один прилад буде працювати” і “ A ■ B -обидва прилади не працюють протилежні” і утворюють повну групу. Отже, P(C) + P(A-B) = \, звідки P(C) = \-P(A ■ B) >

>1-[P(A) + P(B)] = 1-а1 -а2.

2.1.31. Винищувач атакує бомбардувальник і дає по ньому дві незалежні черги. Ймовірність того, що бомбар-дувальник збитий першою чергою рівна 0,2, другою - 0.3. Якщо бомбардувальник не збито, то він веде по винищувачу стрільбу і збиває його з ймовірністю 0,25.

Знайти ймовірність того, що в результаті повітряного бою буде збито бомбардувальник або винищувач (див. 2.1.9).

Розв’язок.

ІІ спосіб.

Введемо позначення: подія А\ - перша черга пошкодила бомбардувальник; А2 - друга черга пошкодила бомбардуваль-ник; А - бомбардувальник збито; В - збито винищувач. За умовою    задачі     А = АХ+А2;     p( A) = 0,2;     p(A2) = 0,3;

p(BІ A) = 0,25.

Ймовірність того, що збитий бомбардувальник знаходи-мо, враховуючи, що події А1 і А2 сумісні і незалежні: P(A) = P(AХ + A2) = P(Al) + P(A2)-P(Al-A2) = P(Al) + + P(A2) - P(A1) • P(A2) = 0,2 + 0,3 - 0,2 • 0,3 = 0,5 - 0,06 = 0,44.

Ймовірність того, що бомбардувальник не збито можна обчислити або як подію протилежну до події А, або через добуток ймовірностей протилежних подій до Аі і А2.

P(A) = P(AХ)- P(A2) = (1 - 0,2)(1 - 0,3) = 0,56. Ймовірність того, що збито винищувач становить P(B) = P(A )• P(B IA ) = 0,56 • 0,25 = 0,14 .

Так як події А і В несумісні, бо збитий бомбардувальник не може збити винищувач, то

P(A + B) = P(A) + P(B) = 0,44 + 0,14 = 0,58.2.1.32. Електричне коло складене з елементів Аk, k = 1, 2, ..., 5 за схемою, наведеною на рис. 2.1.5. При виході з ладу будь-якого елементу коло в місці його вмикання роз-ривається. Ймовірність виходу з ладу за даний період еле-менту Аk дорівнює pk, k = 1, 2, ..., 5. Припускається, що елементи виходять або не виходять з ладу незалежно один від одного.

Знайти ймовірність події C = {за розглянутий період по колу може проходити струм}.

 

Рис. 2.1.5.

Розв’язок.

Позначимо через С подію, яка полягає в тому, що по колу може проходити струм. Введемо у розгляд події: В – струм проходить через І вітку, що містить елементи А1, А2, А4; D – струм проходить через ІІ вітку, що містить елемент А3.

Якщо імовірність виходу з ладу елемента Аk рівна рk, де k = 1, 2, ...5, то імовірність його роботи рівна qk = 1– pk.

Для того, щоб струм проходив по І вітці (подія В), необ-хідно, щоб він проходив через елемент А1 (подія А1) або через елемент А2 (подія А2), або через обидва елементи разом (добу-ток подій А1.А2) і елемент А4. Оскільки проходження струму по одній з віток (відбуття однієї з подій) не заперечує проход-ження струму по іншій (відбуття другої події), то події А1 і А2 – сумісні. Отже, подія В = (А1 + А2).А4, де А1 + А2 – сума суміс-них подій. Тому Р(В) = Р[(А1 + А2).А4] = Р(А1 + А2).Р(А4), ос-кільки події (А1 + А2) і А4, А1 і А2 – незалежні (елементи вихо-дять з ладу чи працюють незалежно один від одного). Імовір-ність суми сумісних подій А1 і А2 рівна:

Р(А1 + А2) = Р(А1) + Р(А2) – Р(А1.А2) = Р(А1) + Р(А2) –-Р(А1)Р(А2) = qi + q2~ Ч\Чг =<?i + Чг(1 - Ч\) = Ч\ + Р\ Цг,

Р(А4) = q4.

Отже, Р(В) = q4(q\ + р\ q2).

Для того, щоб струм проходив по колу (подія С), необ-хідно, щоб він проходив через І вітку (подія В), або через ІІ вітку (подія D), або через обидві вітки разом (В .D), тобто маємо суму сумісних подій (В+D) і через елемент А5 (подія А5). Отже, подія С = (В + D)А5, і її імовірність Р(С) = Р[(В + D) ■ А5 ] = Р(В + D) ■ Р(А5), оскільки події В +

+ /)і А5 - незалежні.

Імовірність Р(D) = Р(А3) = q3, імовірність суми сумісних подій В і D:

Р(В + D) = Р(В) + Р(D) - Р(ВD) = Р(В) + Р(D) -

-          Р(В) Р(D) = q4 (д\ +рщг) + <?з - q^qi {q\ + рiqi) = q-i +

+ q4 [q\ + рЩг- q^iqi + рЩт)] = ^з + q4 (q\ + р\'q^(l - ^з) = = q3 + q4(q\ + рЩі)рг = q?,+ р3q4(q\ + р\ q2). Отже, Р(С) = q5[q3 + р3q4(qi + рxq2)\.

2.1.33. Дані три попарно незалежні події А, В, С, які в той же самий час одночасно відбутися не можуть.

Припускаючи, що всі вони мають одну і ту ж ймовірність р, знайти найбільш можливе значення р.

Розв’язок.

За умовою задачі Р(А) = Р(В) = Р{С) = р. Якщо кожні три події попарно незалежні, то імовірності їх добутків рівні:

Р(АВ) = Р(А) ■ Р(В) = р2; Р(ВС) = Р(В) ■ Р(С) = р2;

Р(АС) = Р(А) ■ Р(С) = р2.

Оскільки події А, В, С одночасно відбутися не можуть, то імовірність їх добутку рівна нулю: Р(АВС) = 0. Імовірність су-ми сумісних подій А, В, С рівна:

Р(А + В + С) = Р(А) + Р(В) + Р(С) - Р(АВ) - Р(ВС) -

-          Р(АС) + Р(АВС) = p + p + p-p2-p2-p2+0 =

= 3p-3p2 =f(p).Для обчислення значення р при якому імовірність суми максимальна, візьмемо першу похідну від/p) і прирівняємо її до 0.

Отже,  = 3 - 3 • 2p = 0, звідки p = — .

дp        2

2.1.34. Кинули монету і гральну кістку. Визначити,

залежні чи незалежні події:

А = {Випав “тризуб”}; В = {Випало парне число очок}. Розв’язок.

Події А і В незалежні, оскільки між ними нема причин-ного зв’язку.

2.1.35. По повітряній кулі незалежно один від одного

стріляють чотири стрільці, імовірності влучень кожного з

яких відповідно рівні 0,7; 0,75; 0,8; 0,9. Знайти імовірність

знищення кулі.

Розв’язок.

I           спосіб.

Нехай подія А полягає у знищенні кулі. Куля буде знищена,    коли    буде    принаймні    одне    влучання,    тобто

наступить одна з незалежних подій Аи i = 1,4 . Тоді P(A) = = 1 - P(AХ) ■ P(A2) ■ P(A3)- P(A4) = 1 - (1 - pг)(\ - p2)(\ -p3)х х (1 - p4), де pх = 0,7; p2 = 0,75 ; p3 = 0,8; p4 = 0,9 - ймо-

вірності влучання першого, другого, третього та четвертого стрільців.     Отже,      PA) = 1-(1-0,7)-(1-0,75)-(1-0,8)х

х (1 - 0,9) = 1 - 0,3 • 0,25 • 0,2 • 0,1 = 1 - 0,0015 = 0,9985 .

II         спосіб.

Оскільки незалежні події Аі - влучання і-того стрільця (і = 1,4) є сумісними і подія А є їх сумою:

А = АХ+А2+А3+А4,     то      P(A) = P(A+A2+A3+A4) =

= P(A) + P(A2) + P(A3) + P(A4)-P(AХ ■ A2) -P(AХ ■ A3) --P(A1 -A4)-P(A2 ■ A3)-P(A2 -A4)- P(A3 ■ A4) + P(A1 ■ A2 x x A3) + P(A1 ■ A2 ■ A4) + P(A2 ■ A3 ■ A4) + P(A1 ■ A3 ■ A4) --P(A1 ■A2-A3-A4) = P(A1) + P(A2) + P(A3) + P(A4) --P(A1)-P(A2)-P(A1)-P(A3)-P(A1)-P(A4)-P(A2)x x P(A3) - P(A2) ■ P(A4) - P(A3) ■ P(A4) + P(A1)- P(A2) x

x P(A3) + P(A1) • P(A 2) • P(A4) + P(A)' P(A)' P(A) + + P(A1) ■ P(A3)- P(A4) - P(A1)- P(A2) ■ P(A3)- P(A4) = = 0,7 + 0,75 + 0,8 + 0,9 - 0,7 • 0,75 - 0,7 • 0,8 - 0,7 • 0,9 -- 0,75 • 0,8 - 0,75 • 0,9 - 0,8 • 0,9 + 0,7 • 0,75 • 0,8 + 0,7 • 0,75 x x 0,9 + 0,75 • 0,8 • 0,9 + 0,7 • 0,8 • 0,9 - 0,7 • 0,75 • 0,8 • 0,9 = = 3,15 - 0,525 - 0,56 - 0,63 - 0,6 - 0,675 - 0,72 + 0,42 + + 0,4725 + 0,54 + 0,504 - 0,378 = 0,9985 .

2.1.36. Довести, що PA (B) > 1        ( B ) .

P(A)

Розв’язок.

Оскільки події В і B протилежні (утворюють повну гру-

пу подій), то  P(B) + P(B) = 1, і  PA (B) + PA (B) = 1. Отже,

PA(B) = 1-PA(B);    але     P(A-B) = P(A)-PA(B) = P(B)х

-     P(B)-PB(A)

X PB (A) , звідки PA (B) =    .

P(A)

P( B)-PB(A)

Отже, PA (B) = 1       .

P(A)

Але  P(B) > P(B)- PB(A), оскільки      PB(A) < 1. Замі-нивши в останньому рівнянні чисельник на більше значення

Р( В ), отримаємо нерівність: PА (B) > 1 -

P(A)

P(B)2.1.37.     Нехай відомо, що РВ(А) > Р(А). Довести тоді, що

РА(В) > Р(В).

Розв’язок.

Використаємо     формулу     імовірності     добутку     двох залежних подій: Р(АВ) = Р(А)РА(В) = Р(В)РВ(А), звідки Р(А)       Р(В)

               ZZ  

Рв (A)    РА (В)

За умовою РА(В) < Р(В), отже, дріб зліва менший 1, тому й дріб справа менший 1:

Р(В)

^^ < 1. Звідси Р(В) < РА(В), або РА(В) > Р(В). РА(В)

2.1.38. Довести, що якщо події А і В незалежні, то події А

і В , А і В, А і В також незалежні. Розв’язок. Подію А можна подати як суму двох подій, що перети-

наються    А-В і А-В : А = А-В +А-В. Оскільки події А і

В   незалежні,    то    Р(А-В) = Р(А)-Р(В).    Тоді    Р(А) =

= Р(А-В) + Р(А-В) = Р(А-В) + Р(А)-Р(В) .  Але   Р(В) +

+ Р(В) = 1, як сума імовірностей протилежних подій.

Звідси, Р(А-В) = Р(А) - Р(А) ■ Р(В) = Р(А)\\ - Р(В)] =

= Р(А)-Р(В).

Але імовірність добутку двох подій дорівнює добутку їх імовірностей, якщо ці події незалежні. Отже, А і В - не-залежні події. Аналогічно подамо подію В, як суму двох подій, що перетинаються АВ і A ■ В: В = А-В + А-В. Імовірність події В рівна: Р(В) = Р(А ■ В) + Р(А ■ В) = = Р(А) ■ Р(В) + Р(А ■ В),    звідки    Р(А ■ В) = Р(В) - Р(А) х

хР(В) = Р(В)(1 -Р(А)) = Р(В)■ Р(А). Отже, події А і В -незалежні.Подамо подію A як суму двох подій, що перетинаються: A = A ■ B + A ■ B.    Імовірність    події     P(A) = P(A-B) +

+ P(A-B),     звідси     P(A-B) = P(A)-P(A-B) = P(A)-

-P(A)-P(B) = P(A)[1-P(B)] = P(A)-P(B),  як  доведено

вище, отже, A    i    B також незалежні.

2.1.39. Кинуто два гральних кубики. Всі комбінації рівно-ймовірні.

Знайти умовну ймовірність того, що випали дві п'ятірки, якщо відомо, що сума очок, що випали, ділиться на п'ять.

Розв’язок.

Сума очок, що випали, ділиться на п’ять, якщо відбу-дуться такі наслідки випробувань:

 

Кількість очок на І кубику    1          4          2          3          4          6          5

Кількість очок на ІІ кубику   4          1          3          2          6          4          5

 4

(1,4)    А1

(4.1)    А2

(2.3)    А3

(3.2)    А4

(4,6)    А5

(6.4)    А6

(5.4)    А7

 

Рис. 2.1.6.Це можна зобразити графічно на дереві імовірностей (рис. 2.1.6):

Нехай подія А означає, що сума очок ділиться на 5. Вона може відбутися при настанні однієї з несумісних подій: Аи...А7.

Подія В - означає, що випали дві п’ятірки. Це відповідає лише   одній   події   А7.   Тоді   умовна   імовірність   події   В

Р (В) = — = -. п     7

2.1.40.  З  множини всіх родин, які  мають двох дітей, обрано одну родину. Всі елементарні події однаково ймовірні. Яка ймовірність того, що:

а)         в цій родині два хлопчики, якщо відомо, що в ній є

один хлопчик?

б)         в родині два хлопчики, якщо відомо, що старша дитина

- хлопчик?

Розв’язок.

Д

Простір елементарних подій має вигляд: Q = {DD, DX, XD,XX}. Зобразимо їх на дереві імовір-ностей (рис. 2.1.7):

Д Д

 Рис. 2.1.7.

Нехай A = {XX} - подія, яка полягає в тому, що в родині є два хлопчики, B = {DX, XD, XX } - подія, яка полягає в тому, що в родині є хоч би один хлопчик; C = {XD, XX } -

подія, яка полягає в тому, що старша дитина - хлопчик. Тоді:

а)         Через залежні події дана імовірність шукається так:

P ,        P(A-B)     1/4     1      ,           1

Р (A) =            =         = -;   або   PB (A) = -   -  лише

P(B)       3/4     3         3

один наслідок  { XX }  випробувань з усіх трьох можливих

{ DX,XD,XX} відповідає даній події.

 ,          P(A-C)     1/4      1      .           1

б)         PC (A) =         =         = —; або PC (A) =     лише

P(C)       2/4     2         2

один наслідок {XX} - випробувань з двох можливих {XD,XX} відповідає даній події.

2.1.41. З 100 карточок з числами 00, 01,...., 98, 99 випадково вибирається одна. Нехай r/l і г/2 відповідно сума і добуток цифр на вибраній карточці. Знайти P{г/1 =i\г/2 = 0}, 7 = 0, 1, ..., 18.

Розв’язок.

Нехай подія A = {г/2 = 0} означає, що добуток цифр на

вибраній карточці рівний 0. Даній події відповідає такий набір з 19 чисел: {00; 01; 02; 03; 04; 05; 06; 07; 08; 09; 10; 20; 30; 40; 50; 60; 70; 80; 90}.Подія Bi = {г]1 = i} означає, що сума цифр

вибраного числа рівна /'. Тоді події Ci = {^ = 0 | г/2 = 0} -

яка означає, що сума цифр вибраного числа рівна нулю за умови, що їх добуток рівний нулю, відповідає одне число

00 . Тому імовірність події С0 рівна, P(C0) = PA (B0) = — .Події С. = {r/l = 11 r/2 = 0} відповідають два числа: “01” і

“10”. Отже р(С ) = Р'(В,) = — • Аналогічно, с, = {^ = і1 т]2 = 0} іДС) = Р, (ВЛ = — для 7 = 1, 2,... 9. Оскільки, нема жодного 9

з перерахованих вище чисел, у яких би сума була більшою 10 {т]х > 10), то P(Ct) = PA(Bj) = 0, для z—10, 11, ...18.

2.1.42. Серед усіх родин з двома дітьми обрано одну.

Описати простір елементарних подій і випадкові події: А “в родині є хлопчик і дівчинка”, В - “в родині не більше однієї дівчинки”. Всі елементарні події однаково ймовірні.

Обчислити Р(А), Р(В), Р(А В) і довести, що події А і В залежні.

Розв’язок.

Простір елементарних подій Q = {DD, DX, XD, ХХ).

Нехай A = \DX, XD] - подія, яка полягає в тому, що в родині є дівчинка і хлопчик, В = {DX, XD, ХХ] - подія, яка

полягає  в  тому,  що  в  родині  не  більше  однієї дівчинки (включає подію XX - в родині немає жодної дівчинки). Тоді

Р(А) = - = —,    Р(В) = —, добуток подій А-В = {DX,XD}.

4     2   4

п, ..     2     1 Тому Р(А) = — = -. 4     2

Для визначення того, чи події А і В є залежними, пере-

віримо виконання рівності: Р(А ■ В) = Р(А) ■ Р(В) . Якщо рів-

ність справджується, то події є незалежними, якщо не справ-

джується, то події є залежними. 1  13        3

Але    P(A -B) = —    і    P(A) ■ P(B) =        = - .    Отже,

2          2   4     8

3          .       ч        .  .      , — Ф- або P(A • B) Ф P(A) ■ P(B) , тому події А і В є залеж-ними.

II         спосіб.

Визначимо умовні імовірності подій:

 ,        P(A-B)     2/4     2

PB (A) =         =          = — ; отже,

P(B)       3/4     3

.           1      1

P(A) = - Ф - = PB(A) .

2     3

Отже, події А і В - залежні.

P ,        P(A-B)     2/4  ,           3     ,

Р (B) =            =         = 1;  P(B) = — Ф\ = PA(B) .

P(A)       2/4    4

Отже, події А і В - залежні.

III        спосіб.

Позначимо події: Аг - першою народилася дівчинка; А2 -

другою народилася дівчинка; Ві - першим народився хлоп-чик; В2 - хлопчик народився другим.

Простір елементарних подій: AХA2 + BХB2 + AХB2 + BХA2.

Подія A = AХB2 + BХA2 = AХB2 \j BХA2 і, оскільки

P(A,) = P(A2) = P(B,) = P(B2) = -, то 11      11        1

P(A) = +          = -.

2  2    2  2    2

 1         1          3

Подія B = BХB2 KJ AХB2 KJ BХA2. Отже, P(B) = - + - = -;

4    2    4

 ч         ,           113

тому P(A) ■ P(B) =    = - . Але P(A хB) = P(A)P(B IA) ,

2  4    8де    P(BІA) = PA(B) = P(B),   якщо   А    і   В   незалежні   і P(B IA) = PA (B) = 1 у даному випадку.

Тому  Р(АхВ) = — -1 = —   і  РЛВІА)ФР{В), оскільки

2        2

,    3     „. .    лч     „. ..   л,л    1     3

1^-і Р(А хВ)ф Р(А) ■ Р(В), оскільки — Ф - .

8          2     8

Отже, події А і В залежні.

2.1.43. Серед усіх родин з трьома дітьми обрали одну.

Описати простір елементарних подій і випадкові події: А

“в родині є хлопчик і дівчинка”, В - “в родині не більше од-нієї дівчинки”. Всі елементарні події однаково ймовірні.

Обчислити Р(А), Р(В), Р(А В) і довести, що події А і В незалежні.

Розв’язок.

Простір елементарних подій такий:

Q = {XXX, XDD, DXD, DDX, DDD, XXD, XDX, DXX.

Нехай А = {XXD,XDX,DXX,XDD,DXD,DDX - по-дія, яка полягає в тому, що в родині є хлопчик і дівчинка, тоді

Р(А) = - = - . Нехай В = {XXX, XXD, XDX, DXX) - подія, 8     4

яка полягає в тому, що в родині не більше однієї дівчинки,

т,,т,     4          1

звідки    Р(В) = — = —.    Добуток    подій    А    і    В    такий:

8     2

АхВ = {XDX, DXX, XXD), звідки, Р(А х В) = —. Обчисли- л/і,    л,л      3    1     3

мо   добуток   імовірностей   Р(А) х Р(В) =            = —.   Отже,

4   2     8

Р(А хВ) = Р(А) х Р(В) = -, а така рівність можлива, колиподії А і В незалежні.

2.1.44. Кинуті послідовно три монети. Розглядаються

події:

А={ випадання “тризуба” на першій монеті};В={ випадання хоча б одного “тризуба”}; С={ випадання хоча б одного номіналу}; D={ випадання номіналу на другій монеті}; Е={ випадання “тризуба” на другій монеті}; Визначити залежні чи незалежні пари подій:

1)         А і С; 2) А і D; 3) В і D; 4) В і С; 5) В і Е; 6) А і Е; 7) С і

D.

Розв’язок.

1 Імовірність випадання „тризуба   рівна p = —,    номіна-лу     q = — ■  Отже,   P(A) = P(D) = P E) = — •  Тоді імовір-

2          2

ність    випадання   хоча   б    одного    “тризуба”    P(B) = 1 —

- (1 - p)(1 - p)(1 - p) = 1 - — = 1-- = -.   Аналогічно,   імо-

2          8     8

вірність випадання хоча б одного “номіналу” рівна:

P(C) = 1 -(1 -q)(l-q)(l-q) = l-(l-qf =1  = - .

2      8

Тоді: 1) PA(C) = 1-(1-q)(1-q) = 1      = - або

2  2    4

 4         P(AC)  3/8       3

P(AC) = P(A) ■ PA (C), звідки PA (C) =     = J— = -,

P(A)      4/8    4

отже, P(C) ^ PA (C) і події А і С - залежні.

 1         1          1          1

2)         P(D) = —; PD (A) = -; P(A) = -; PA (D) = —; отже,

2          2          2          2

P(A) = PD(A); P(D) = PA(D), а тому події А і D - незалежні.

3)         Зобразимо простір усіх елементарних подій:

Q = (T TХТ2T3, HХH2H3, TХT2H3, TХH2T3, HХT2T3, HХH2T3,

HХT2H3,TХH2H3).

Тоді простір подій В - випадання хоча б одного “тризуба” зобразиться так: Qx = (TХT2T3, TT2H3, TХH2T3, H T Tз, HХH2T3,тт       7

HXT2H3,TXH2H3),   отже,   P(B) = — ,  серед яких настанню

події  D  -   “випадання   номіналу   на  другій  монеті”   буде відповідати простір подій Q2 = (ТХН2Т3,НХН2Т3,ТХН2Н3) .

Таким    чином,    Рв (D) = —,    отже,    Рв (D) Ф P(D) .    Але

PD(B) = \-(\-p)(\-p) = \-(\-qf =1—- = -  або  P(DB) =

2      4

 т,    ,т,            т,     ,т,            P(DB)  3/8       3

= P(D) • Я, (^),   звідки   Я, (5) =      = J— = — .   Отже,

P(D)      4/8     4

PD (В) Ф Р(В) ; тому події В і Z) залежні.

4)         Для обчислення ймовірності Рс (В) зобразимо простір

Ω3 подій С - “випадання хоча б одного номіналу”:

Q3 = (НХН2Н3, ТХТ2Н3, ТХН2Т3, НХТ2Т3, НХН2Т3, НХТ2Н3,

_,„      7 ТХН2НЛ, отже,  Р(С) = —, серед яких настанню події В -“випадання хоча б одного тризуба” буде відповідати простір

подій: Q4 = (ТХТ2Н3, ТХН2Т3, НХТ2Т3, НХН2Т3, НХТ2Н3, ТХН2Н3) .

Отже, Рс (В) = —, звідки, Рс (В) Ф Р(В) , а, отже, події В і С залежні.

5)         РЕ(В) = \,     отже,      РЕ(В)ФР(В);      РВ(Е) = — ,

РВ{Е) Ф Р(Е), тому - події В і Е залежні.

6)         Д^) = —;, Р(Е) = — ; PF(A) = —;P,(£) = —, отже,

2          2          2          2

Р(Л) = Ря (^); />(£) = і^ (£) , тому події А і Е незалежні.

7)         Рс (D) = -; P(D) = - ,тому Рс (D) Ф P(D);PD (C) = 1, P(C) = -; отже, PD (C) Ф P(C), тому події D і C залежні.

2.1.45. Підкидають два гральні кубики. Розглянемо випад-кові події:

А1 - на першому кубику випало парне число очок;

А2 - на першому кубику випало непарне число очок;

А3 - сума очок на кубиках непарна. Довести, що події А1, А2, А3 попарно незалежні, але не є незалежними в сукупності.

Розв’язок.

Можлива кількість очок, що можуть випасти, знаходиться в межах від 1 до 6, з них mг = 3 парні і m2 = 3 непарні. Отже,

,           3      1       .      3      1

P(A, ) = - = -; P(A2 ) = - = -.

6     2   6     2

Розглянемо добуток подій A1 ■ A2 - на першому кубику

випало парне число очок з одночасним випаданням непарного числа очок на другому. Число випадків, що сприяють настан-ню події A1 ■ A2 є m = m1 ■ m2 = 3 • 3 = 9 . Загальне ж число усіх можливих наслідків випробування, що утворюють повну групу   подій,   є   n = n1-n2 =6-6 = 36.   Отже,   P(A1-A2) =

m      9      1 = — = — = —.  Добуток імовірностей подій А\і А2 рівний: n     36     4

P(A,) • P(A2) =           = —. Таким чином, P(A ■ AЛ = P(A ) х

2   2     4

х P(A2), що можливе у випадку незалежності подій Аг і А2.

Подія А3, може відбутися за умови, що на першому куби-ку випало парне число очок, а на другому непарне (подія АгА2) і навпаки (подія А2АХ).

Тоді число випробувань, що сприяють настанню події А3 є m = m1m2 + m2m1 =2x9 = 18, загальне ж число усіх мож-ливих наслідків випробувань, що утворюють повну групу по-,    ч     m     18     1 дій рівне n = 36, так що  P{AЛ = — = — = — . Імовірність

n     36     2

 ,          ч     m      9      1

настання події А1А3 рівна P{A -AЛ = — = — = —.  Добуток

n     36     4

імовірностей подій А1 і А3 рівний: P(AХ) • P(A3) =        = — .

2   2     4

Отже,   P(A1 -A3) = P(A1)• P(A3), що показує на незалеж-

ність подій А1 і А3.

,                9      1         ,    ч,           11      1

Аналогічно, P(A2A3) = — = -;   P(A)P(A3) =         = -.

36    4  2  2    4

Отже, P(A2 -A3) = P(A2) • P(A3) , тобто події А2 і А3 є також незалежними.

Розглянемо подію A1-A2-A3. Якщо настає подія Aх- A2,

то  обов’язково  настає  подія   A3.  Число  випробувань,  що сприяють   настанню   події   Aх- A2 ■ A3   рівне   m = m1-m2 =

= 3-3 = 9, загальне число усіх можливих наслідків випробу-

,           9      1

вань рівне n = 36. Отже,  P(A, ■ A2 ■ A3) = — = — . Добуток

36     4

імовірностей подій А1, А2, А3 рівний:  P(AХ)-P(A2)-P(A3) = 1111

ZZ — •             •          ZZ  —

2  2  2    8 Отже,   P(AХ ■ A2- A3)ф P(AХ) ■ P(A2) • P(A3),  що  озна-

чає, що попарно незалежні події AХ,A2, A3 не є незалежними в сукупності.

2.1.46. Згідно даних перепису населення (1891 р.) в Англії і Уельсу встановлено: темноокі батьки і темноокі сини (AхB)  склали 5% обстежених, темноокі батьки і світлоокі

сини     (AхB) - 7.9%,  світлоокі  батьки і темноокі  сини(A xB) - 8.9%, світлоокі батьки і світлоокі сини (AхB) -78.2%.

Знайти зв'язок між кольором очей батька і сина.

Розв’язок.

Нехай події: A - темноокий батько, В - темноокий син, A - світлоокий батько, В - світлоокий син.

Згідно умови P(A хB) = 0,05; P(A хB) = 0,079;

P(A хB) = 0,089; P(A хB) = 0,782.

Використовуємо формулу:

P(A хB) = P(A) х PA (B) = P(B) х PB (A),

де P(A) = P(A- B) + P(A ■ B); P(B) = P(A ■ B) + P(A ■ B).

Звідси, умовна імовірність того, що син темноокий, якщо

батько темноокий:

 ,        P(AхB)  P(AхB)            0,05

PAЛB) =         =         =          =          = 0,3876 •

P(A)       P(AхB) + P{AхB)     0,079 + 0,05

Тоді умовна імовірність того, що син світлоокий, якщо батько темноокий:

PA (B) = 1 - PA (B) = 1 - 0,3876 = 0,6124.

Умовна імовірність того, що батько темноокий, якщо син

темноокий:

 .        P(AхB)  P(AхB)            0,05

PB (A) =         ==      =          = 0,3597.

P(B)       P(AхB) + P(AхB)     0,089 + 0,05

Отже, умовна імовірність того, що батько світлоокий, якщо син темноокий:

PB (A) = 1 - PB (A) = 1 - 0,3597 = 0,6403.

Використовуємо формулу:

P(AхB) = P(A)хPA(B) = P(B)хPB(A),     де     P(A) =

= P(A хB) + P(A х B), P(B) = P(A хB) + P(A х B) .

Звідси умовна імовірність того, що син світлоокий, якщо батько світлоокий, рівна: -     P(AxB)       P(AxB)            0,782

PA (B) =        -     =^  =          =          = 0,89782.

P(A)       P(AxB) + P(AxB)    0,782 + 0,089

Отже, умовна імовірність того,  що  син темноокий, якщо батько світлоокий рівна:   PA(B) = І-PA(B) = 1- 0,89782 =

= 0,10218.

Умовна імовірність того, що батько світлоокий, якщо син

світлоокий:

„   —     P(AхB)          P(AхB)            0,782

Р- (A) =        -     =_   _          =^ =    = 0,9082.

P(B)       P(AхB) + P(AхB)    0,782 + 0,079

Тоді умовна імовірність того, що батько темноокий, якщо син світлоокий, рівна:

PB(A) = І-PB(A) = 1 - 0,9082 = 0,09175.

2.1.47. Дитина грається з чотирма буквами розрізної азбу-ки А, А, М, М. Яка ймовірність того, що при випадковому розміщенні букв в ряд вона одержить слово "МАМА"?

Розв’язок.

ІІ спосіб (див. 1.4.11).

Дану імовірність можна обчислити використовуючи фор-мулу залежних подій:

P(A) = P(Aг -A2-A3- A4) = P(A) • PA {A) ■ PA ,A (A3) х

де Аі- подія, яка полягає в тому, що перша буква “М”, А2 - подія, яка полягає в тому, що друга буква “А”, А3 - подія, яка полягає в тому, що третя буква “М”, А4 - подія, яка полягає в тому, що четверта буква “А”.

,           2        ,    ч     2

Відповідні   імовірності   рівні:    P(A ) = —        (AЛ = — ;

4    PAУ          3

PAіA (A3) = -;        PAІA2A, (A4) = 1.       Остаточно,       P(A) =

2   2   1            1

=          1 = —.

4   3   2        62.1.48. Дано: Р(АІВ) = 0,7, Р(АІ В ) = 0,3, Р(ВІА) = 0,6.

ОбчислитиіУЛ). Розв’язок.

Рв (А) = 0,7;      Розглянемо    несумісні    події    АВ,

р сдл = 0 3;      А-В , А-В, А-В . Вони утворю-ють повну групу подій, а імовірність "А УР) = °'6-      повної групи подій рівна 1:

               Р(АВ + АВ+А-В + А-В) =

Р{А) = 1         =Р(АВ) + Р(АВ) + Р(А-В) +

+ Р(А-В) = \    (1).

Розглянемо подію A -» (АВ) + (А-В)    (2).

Застосуємо оператор імовірності до події А:

Р(А) = Р(АВ) + Р(А-В)   (3) .

Тоді з врахуванням (3) вираз (1) запишеться у вигляді:

Р(А) + Р(АВ) + Р(А-В) = \   (4).

Звідки, Р(А) = 1 - [Р045) + Р(А ■ В)\   (5). Розпишемо добутки залежних подій: Р(А ■ В) = Р(В)-РВ(А) = Р(В) ■ [і -Рв(А)] = = Р(В)- (1-0,7) = 0,3 Р(В)    (6);

Р(А ■ В) = Р(В)-РВ(А) = \\-Р(В)\[і-РВ(А)] =

= [і - Р(В)]- (1 - 0,3) = 0,7[і - Р(В)] (7). Вираз в квадратних дужках (5) рівний: Р(А ■ В) + Р(А -В) = 0,ЗР(В) + 0,7[і -Р(В)] =

= 0,7-0,4Р(В)    (8).

Розпишемо    добуток     Р(А ■ В) = Р(А) ■ РА (В) = Р(В) х

хРВ(А); отже, 0,6 • Р(А) = 0,7 • Р(В)   (9).

л,Л      0,6Р(А)

Звідси, Р(В) =            ^    (10) .

0,7

Підставимо (10) у (8):,-         ,-   тт   0Л-0,6P(A)

           

P(A ■ B) + P(A ■ B) = 0,7     v  '

0,7

Тоді вираз (5) матиме вигляд:

,              ґ         0,4-0,6P(A)л\

P(A) = 1 -   0,7                       або після спрощень:

V         °>7      )

^          0,24 -P(A)       ,

P(A) = 0,3 +    ; 0,46P(A) = 0,21. Отже,

0,7

,           0,21

P A) =— = 0,45652. 0,46

2.1.49. Букви, які утворюють слово “ОДЕССА” написані по одній на шести картках; картки перемішані і покладені в пакет.

Чому дорівнює ймовірність того, що, витягуючи картки по одній і записуючи відповідні букви в ряд зліва направо ми прочитаємо слово (кількість витягнутих карток рівна числу букв в слові):

а)         САД;

б)         АСС;

в)         СОДА.

г)         ОДЕССА. Яка ймовірність того, що вибравши три

букви, з них можна скласти слово “ОДА”?

Вказівка. Задачу розв’язати двома способами: а) за схемою повернених і б) неповернених куль.

(Див. 1.4.12.) ІІ спосіб. Через залежні події.

Розв’язок.

І) Букви повертають назад. а) Імовірність складання слова “САД” - подія А рівна імовірності добутку таких подій: витягання з шести букв першої букви “С” з двох “С” - подія Аи другої букви “А” - подія А2, третьої букви “Д” - подія А3. Оскільки події Аь А2, А3 - незалежні, то імовірність події А рівна добутку імовірностей цих подій:

P(A) = P(AХ ■A2-A2) = P(A1)-P(A2)• P(A3) =211    2      1

⋅⋅   =3 =       . 666    6     108

б) Аналогічно, імовірність складання слова “АСС” рівна:

 —    —    —             

P(A) = P(Al) • P(A2) • P(A3)

123      6  6  6    63     54

1 де P(A1) =     – імовірність витягання букви “А”, імовірність 6

2 . 6

в)         Імовірність складання слова “СОДА” рівна:

P(A) = P(A1A2 A3A4) = P(A1)P(A2)P(A3) P(A4)

2111    2      1

⋅⋅⋅   =4 =       . 6666   6     648

г)         Імовірність складання слова “ОДЕССА” рівне:

111221     4        1 P(A)

витягання букви “С” P(A2 ) = P(A3 ) =

 —    —    —    —    —    —             

122    4     1

6 6 6 6 6 6    66    11664 ІІ. Букви не повертають. Нехай А – описана подія.

а)         Імовірність Р(А) можна виразити через залежні події

А1, А2 ,А3 – витягання букв С, А, Д відповідно за І, ІІ і ІІІ

разом:

P(A) = P(A1 A2 A3) = P(A1)PA1 (A2)PAi A2 (A3) =

211    1

=   ⋅⋅   =     .

65 4   60

б)         Імовірність події А – складання слова “АСС” через

залежні події виразиться таким чином:

121     1 P(A)=P(A1)PA1 (A2 )PA1A2 (A3)=           =      .

6 5 4    60

в)         Імовірність події А – складання слова “СОДА” через

залежні події рівна:

P(A) = P(A1) PA1 (A2) PA1A2 (A3) PA1A2A3 (A4) =

2111     1

=   ⋅⋅⋅=       .6 5 4 3   180

г) Імовірність складання слова “ОДЕССА” через залежні події виразиться таким чином:

P(A) = P(A 1 -A2-A3-A4-A5-A6) = P(A 1) • PA (A2)хX PA 1 A2 (A 3 ) • PA1A2A3 (A 4) ■ PA1A2A3A4 (A 5 ) ' PA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 ( A 6)

1112   12!       1

 

6  5   4   3   2        6!    360 Імовірність вибору букв О, Д, А для складання слова “ОДА”   рівна    P(A) = P3-P(A1-A2-A3) = 3! P(A1)-PA 1(A2)х

 1   1   1      1

х PA A ( A 3 ) = 6      = —. Тут імовірність події A 1 • A 2 • A 3

12        6   5   4     20

помножена на число перестановок P3 з трьох елементів О, Д,

А, оскільки вказані букви можуть бути вибрані в будь-якому порядку, а лише потім з них складають слово “ОДА”.

2.1.50. Абонент забув останню цифру номера телефону і тому набирає її навмання.

Знайти ймовірність того, що йому доведеться дзвонити не більше, ніж в чотири місця.

Розв’язок.

Нехай А - описана подія. Її імовірність рівна сумі імовір-ностей несумісних подій В1,В2,В3,В4: В1 - цифра набрана

1 вірно з першого разу, P(B1) = — ; В2 - цифра набрана вірно з

10 другого   разу,   отже   з   першого   разу   вона   не   вгадана  -

В2=А1-А2. Оскільки події   А 1   і   А2   залежні, то  Р(В2) =

9    1      1

= Р(А1 • А 2 ) = Р(А1) • Р-(А2) =    = —, оскільки

1          10  9    10

1      9

Р(А1) =1- Р(А1) =1-10   10

В3   -   цифра   набрана   вірно   з   третього   разу,   тоді

3=A 1-A 2-A 3    і    Р(В3) = Р(А1-А2-А3) = Р(А1)-РА(А2)у. ,     981      1          —

хР AA(А)=      = — ,   оскільки          РА(АЛ = \-

12        10   9   8     10

-Р-(А,) = 1- — = — .

АЛ *   9    9

В4 - цифра, набрана вірно з четвертого разу, отже Р(В4) = Р(АХ ■А2-А3- А4) = Р(АХ)-РA (А2)■ Р A A (А3)х

9   8   7   1      1

×Р       (А)

AAA       4

10  9   8   7    10 Звідси, Р(А) = Р(ВХ + В2+В3+В4) = Р(ВХ) + Р(В2) +

+ Р(В3) + Р(ВЛ = — + — + — + — = — = 0,4. 10    10    10    10    10

2.1.51. З ящика, який вміщує три білети з номерами 1, 2, 3, виймають по одному всі білети. Припускається, що всі послідовності номерів білетів мають однакові ймовірності.

Знайти ймовірність того, що хоч у одного білета порядковий номер співпаде з власним.

Розв’язок.

Шукана подія А рівна сумі несумісних подій: Аг+ А2+ А3, де Аг- один з порядкових номерів білетів співпаде з власним; А2 - два порядкові номери білетів співпадуть з власними; А3 -три порядкові номери білетів співпадуть з власними. Тому

.           ,           ,           ,           ,           1

P(A) = P(A1) + P(A2) + P(A3),    де    P(A) = -;      P(A2) =

= P(A' ■ A") = P(A')■ PA ,(A"), де  P(A') = -  - ймовірність

2          3

співпадання    першого    порядкового    номера    з    власним, P , (A') = — - умовна ймовірність співпадання другого по-

A 2      2

рядкового номера білета з власним за умови співпадання першого порядкового номера з власним;P(A3) = P(A' ■ A" ■ A"') = P(A')- P , (A") • P , „ (A"1 ) =      1.

A,        A3A3  з     2

Отже, P(A) = - +        +          1 = -.

3    3   2    3   2        3

2.1.52. Товариство складається з n чоловіків і In жінок. Знайти імовірність того, що при випадковому групуванні по три в кожній групі буде чоловік.

Розв’язок.

Нехай А - подія, імовірність якої треба знайти. У това-ристві п + 2п = Зп людей. З Зи людей можна створити п пар або груп по троє людей в групі. Нехай подія Ак{к= 1, 2, ... п) означає, що £-та пара людей складається з 1 чоловіка і 2 жінок.

Така    шукана    подія     А = Ах ■ А2 ■ А3...- Ак...- Ап,    де

А2,Аг,....АК...Ап - залежні події. Отже, P(A) = P(Al-A2 х xA3...-Ak...-An) = P(Al)-P(A2)-PAA2(A3)...-PAiA2 А   (Ак)...х

ХРА1А2...АІ...АП_1 (АП^

^. >       С\ -С92„

де Р(АХ) =     3       - імовірність першої пари;

Рлг \Аг) =       з          -імовірність другої пари;

Зи-3

С1    -С

АіА2^PAA (A3) =    n-2 3   2n-4 – імовірність третьої пари;

с

Р(Ак ) =          3          "'          -імовірність к-тої пари;

с3

12 C33 Остаточно,

C11 C22

P(An ) =          –імовірність останньої пари.„, лч    п ■ (2и)!-3!-(3и - 3)!-(и -1) • (2и - 2)!-3!-(Зи - 6)!-(и - 2) • (2и - 4)!-3!-(Зи - 9)!-

Р{А) =     •

2!-(2и - 2)!-(Зи)!-2!-(2и - 4)!-(Зи - 3)!-2!-(2и - 6)!-(3и - 6)!-

(и - £ +1) • [2и - 2{к -1)]!-3!-(Зи - Зк)\-... 1 • 1 =

... *     

2!-(2и - 2к)\-[3п - 3(к -1)]!• 1  (2и)!-и-(и-1)-(и-2)-(и-3)-...(и-£ + 1)-...1-2!-3-2!-3-2!-3    (2и)!-и!-3"

(Зи)!-2!-2!-2! (Зи)!

Відповідь. P(A)

 

(1п)\-п\-Т (3w)!

2.1.53. В урні п білих, п червоних і п чорних куль. Всі кулі з урни витягують трійками, причому витягнуті кулі назад не повертають. Яка імовірність того, що всі трійки складаються з куль різного кольору?

Розв’язок.

Нехай А - подія, імовірність якої треба обчислити. В урні всього пб + пчерв + пчорн = Зп куль, з яких можна створити п трійок по 3 різні кулі в кожній.. Нехай подія Ак(к= 1, 2, ... п) означає, що к-та трійка складається з 1 білої, 1 червоної і 1 чорної куль. Тоді шукана подія А рівна добутку подій, з яких всі крім Аиє залежними: A = Al ■ А2 ■ А3... ■ Ак... ■ Ап. Тоді:

Р(А) = Р(АХ ■А2-Аі...-Ак...-Ап) = Р(А1)-РА(А2)-РАА2(А3)...х ХРА1А1...А-Ш--РА1А1...АІ...А- (А),

С1 • с1 • с1

де Р{АХ) = ——f       - імовірність першої трійки;

С1   -С1 - -С1 -

Р(А2) = —-    ^          — - імовірність другої трійки;

^Зп-З

с

P(A3) =    n-2     n-2     n-2 – імовірність третьої трійки;

Зп-6

с1    ■ с1    ■ с1

Р(Ак ) =    "-к+1- +1  'L±+L - імовірність ^г-тої трійки;

Зи-(Аг-1)-3tl       ^\    il

C -C -C

P(An) =1    131 – імовірність останньої трійки.

M   M   M

C3

Таким чином,

P(A)

n-n-n      (n- V)(n -1) • (n -1)

(3n)!    (3n-3)!

3!-(3n-3)!        3!-(3n-6)!

(n - 2)(n - 2)(n - 2)     (n-k + \)(n -k + \)(n -k + \)

x          ...-       Р—тгг,            ...x

(3n-6)! [3n-(k-\)3]\

3!-(3n-9)!        3\(3n-3k)\

•(3!)n

           

1-1-1    [n-(n- l))(n - 2))... • (n - k +1)... • l]3

             zz       

1          (3n)!

           

(n\f -6n (3n)!

^  ч    (n!)3 -6n Відповідь. P(A) -

(3n)!

2.1.54. На п’яти картках написано по одній цифрі із на-бору 1, 2, 3, 4, 5. Навмання вибираються одна за одною дві картки. Яка ймовірність того, що цифра на другій картці вия-виться більшою, ніж на першій?

Розв’язок.

Нехай А – шукана подія. Подія А може відбутися при настанні однієї з несумісних подій: В, С, D, Е.

Подія В: на першій картці вибрана цифра “1” – подія В1, а на другій – будь-яка інша цифра, більша за цифру на першій картці, тобто за “1”( подія В2). Отже, подія В дорівнює добут-ку залежних подій B = B1 B2 і її імовірність рівна P(B) = P(B1) PB (B2 ) .Імовірність витягання цифри “1” за першим разом рівна

P( B 1) = — . Оскільки будь-яка наступна цифра більша за   1 ,то PB (B 2) = 1. Таким чином, P(B) = - ■ 1 = - .

1          5        5

Подія С: на першій картці вибрана цифра “2” - подія С1, а на другій - будь-яка з трьох цифр 3, 4, 5, що більша за цифру 2 - подія С3, при цьому цифра “1” не вибирається - подія С2. Імовірність     такої     складної     події     С    рівна:      P(C) =

= P(C 1 -C2-C3) = P(C 1)- PC 1 (C2) -PC 1C (C3), оскільки події С1,

С2, С3 - залежні. Тут P( C 1 ) = — . Імовірність витягання цифри“ ”    1

1 , коли вийнята цифра  2 , рівна — . Тоді імовірність неви-тягання цифри “1” рівна PC 1 (C2) = 1            = —.

4     4

Оскільки кожна з цифр “3”, “4”, “5”, що може бути витяг-нута, більша за цифру “2”, то PC 1 C2 (C3) = 1.

 1   3    3

Отже, P ( C) =           1 = —.

5   4        20

Подія D: на першій картці вибрана цифра “3” - подія D 1, а на другій картці не вибрані цифра “1” - подія D2 і цифра “2” -подія D3, але вибрана одна з двох цифр “4” або “5”, що більша за “3” - подія D4.

Імовірність події D рівна:

P(D) = P(D1-D2-D3-D4) = P(D1)-PD (D2) • PD 1 D 2 (D 3) х

Тут P(D 1 ) = - .123

Імовірність невитягнення цифри “1”, коли витягнута одна

цифра “3” рівна PD (D7) = 1            = — .

4     4

Імовірність невитягання цифри “2”, коли витягнута цифра

3 3   і не витягається цифра   1   з імовірністю рівною — , тобтоне розглядаються дві цифри, рівна:   PDD (D3) = 1       = — .

Імовірність PD D D (D4) = 1.

132      1

Отже, P(D) =  1 = — .

5   4   3            10

Подія Е: на першій картці вибирається цифра “4” - подія Еьа на другій - не вибираються цифри “1” - подія Е2, “2” -подія Е3, “3” - подія Е4, але вибирається цифра “5”, яка більше цифри “4” - подія Е5. Імовірність події Е рівна:

P(E) = P(EХ -E2-E3-E4-E5) = P(EХ)-PEі (E2) х

х PE    (E3) • PEіEіEг (E4 ) • PEіEіEгE4 (E5 )•

Тут P(E1) = -; PEі(E2) = \\     =—;   PE E2(E3) =

= 1-- = -; PE E E(E^І— = —; PE E E EДE)^-

,         13   2   1      1

Отже, P(E) =  = —.

5   4   3   2     20

,           1          3          1          1          \

Остаточно, P(A) = - + — + — + — = — = 0,5 . 5     20    10    20     2

2.1.55. З ящика, де є 3 білих кулі, 5 чорних і 2 червоних, два гравці почергово дістають по одній кулі без повернення. Перемагає той, хто першим вийме білу кулю. Якщо виймуть червону кулю, то оголошується нічия. Нехай Ах = {виграєгравець, який розпочав гру}, А2 = {виграє другий гравець}, В = {гра закінчується внічию}. Знайти Р(АХ), Р(А2), Р(В).

Розв’язок.

Подія А1 може наступити при відбутті однієї з несумісних подій:

А\Л - виграє перший гравець, що розпочав гру за першим разом (у першому випробуванні);

А\ з - виграє перший гравець за другим разом у третьому випробуванні;

Аі,5 - виграє перший гравець за третім разом у п’ятому випробуванні.

Отже, подія Ах є сумою цих подій: Аг = АU + Аh3 + Аh5 і її імовірність рівна:

Р(Аг) = Р{АЇЛ) + Р(Аh3) + Р(Аh5).

л, ,               3  3

Тут Р(А,) =     = —;

■       3 + 5 + 2     10

—1     —2       —1      —2      —3

12        1

1,3       1

A

Р(А13) = Р(Аі ■ Аг ■АІ) = Р(Аі)-Р-1(А2)Р-1-2(Аі),

Аі-Аг

5 де P(A11) =       – імовірність програшу першого гравця, що 10

рівнозначно    імовірності    витягання    ним    чорної    кулі:

4 P 1 (A22 ) =     – імовірність програшу другого гравця за умови

A1       9

витягання   чорної   кулі   в   попередньому   випробуванні; P12 (A13) – імовірність виграшу першого гравця (витягання

A1 A2

білої кулі)  в третьому випробуванні за умови витягання чорних кульок в двох попередніх випробуваннях.

Р{А15) = Р{А\-А 2 ■ А\ • А2 ■

1,5       А~

—3      —4      ,

X Р_х _2 (А\ ) • Р-г -г _з (А2) ■ Р-г -г -з -4 (А)~

А\-Аг  А\-Аг-А\         А\-Аг-А\-Аг       '

імовірність виграшу (витягання білої кулі) першого гравця за третім разом у п’ятому випробуванні за умови витягання чор-125

ної кулі у попередніх випробуваннях. Оскільки P(Aз) = — ; г-1      4     —з      3     P   A4      2

P1(Aз) = — ; P1-2(Aз) = -;   Р-г _2_3(з) = —;

Aг        9          Aз-Aз  g          Aг-Aг-Aг        3

 A       3           ,           5    4   3   2   3

P1 -2-3-4 (Д )  =  -, то   P (A5)

 

AгAг-AгAІ        J        6          1'5       Ю     9     8     7     6

 ,          3      54354323      83

Остаточно,   P(A ) = — +     +          =          «

10    10   9   8    10   9   8   7   6     210

« 0,3952.

Подія А2 може наступити при виконанні однієї з несумісних подій.

А%2 - виграє другий гравець за першим разом у другому випробуванні; А2Л - виграє другий гравець за другим разом у четвертому випробуванні; А2$ - виграє другий гравець за третім разом у шостому випробуванні.

Тоді Р(А2) = Р(А2Л) + Р(А2А) + Р{А2fi),

де P(A22) = P(A\ ■ A:,) = P(A\)-P^(-A*) і оскільки імо-

вірність програшу (витягнення чорної кулі) першого гравця

/-7К       5 P(A\) = —, то імовірність виграшу (витягнення білої кулі)3   3          ,           5    3

другого гравця PA (A2 ) =    = — . Отже, P(A)

 А\к      1         V      2,2/

            = - . Отже, P(A22) =  .

10-1     9         10   9

Аналогічно, P(A24) = P A1 • A2 ■ A3 • A4) = P A1)х

х   A (Д ) • Р_, _2 (A ) • P! _2    (A) =          ;

P          P   -A2            Aі-Aг-A,         10    9     8    7

—1    —2    —3    —4    —5 —1      —2

P(A26) = P(Aі -A 2 ■ A\ • A2 • A\ ■ A2) = P(A\)-A (A2)х

—3      —4      A 5

A-A2                   Aі-Aг-Aі     Aі-Aг-Aі-Aг

 6         5     4    3    2    13

_!   _2  -3   -4  -5    (A       )    =        

Aі-A2-Aі-A2-Aі-        10    9    8    7    6    5

X P,      2 (A\ ) ■ P      2      3 (Aі ) • P;      2      з      4 (1 ) X53     5433     5432 10  9    10  9   8  7    10  9  8  7

Остаточно, P{A2) =  1          1          х

х          =          = 0 2047 Оскільки події АиА2, В є несумісними і

6   5     210

                                              

утворюють повну групу, то Р(Аг+ А2+В) = Р(Аг) + Р(А2) + Р(В)=\. Звідси, P(B) = 1 - P(Aг) - P(A2) = 1 -

210    210 84      4

           

 

210    10

0,4.

2.1.56. Підкидають три гральних кубики. Яка ймовірність того, що принаймні один раз випаде шістка, якщо на всіх трьох кубиках випали різні грані?

Розв’язок.

Нехай подія А полягає у випаданні принаймні однієї “6”,

A - жодного разу не випаде “6” на трьох кубиках. Оскільки події А і A протилежні, то P(A) + P(A) = 1. Звідки, P(A) =

= 1 -P(A) = 1 -P(AХ ■A2-A3) = 1-P(A)• PA (A2)-PA A (A),

де залежні події AиA2, A3 означають, що “6” не випала ні на першому, ні на другому, на ні третьому кубиках. Імовірність

випадання “6” рівна p = P(A, ) = —; тоді P(A ) = 1 - P(A ) == 1  = — . Оскільки на другому гральному кубику випадає

6     6

інше число очок, воно може бути одним з п’яти можливих, а

ймовірність випадання “6”, рівна:

PA (A,) = -, отже PA (A7) = 1 - PA (A7) = 1 - - = -.

1          5          '           '           5     5

Оскільки і на третьому кубику випадає інше число очок, ніж на І і ІІ, то воно може бути одним з чотирьох. Отже,1 імовірність випадання “6” на ІІІ кубику рівна PA1A2 (A3) =4отже PA1A2 (A3 ) =1- PA1A2 (A3) =

Остаточно, P(,4) = 1 = 1       = —.

6   5   4            2     2

2.1.57. З ящика, де є М білих і N - М чорних куль, по одній без повернення дістаються всі кулі. Використовуючи означення випадкового вибору в термінах умовних ймовір-ностей, знайти ймовірність подій:

А(к) = {£-та куля – біла},

В(к, ї) = {к-та і /-та куля - білі},

С(к ї) = {к-та куля чорна, а /-та біла}.

Розв’язок.

а) Нехай подія А(к) - {к-та куля біла}.

Усіх куль N, М - білих та (N - М) чорних. Можливі зна-чення^= 1, 2, 3, ..JV.

 „   .       m    М Нехайк= 1, тоді Р(А1) = — = — ;

п      N

к = 2, тоді А2 =В1 +В2, де В1 - подія {І куля чорна, а ІІ

куля біла}, В2 - подія {І куля біла і ІІ куля біла}. Оскільки В1 і

В2 несумісні, то Р(А2) = Р(В1 +В2) = Р(В1) + Р(В2) =

N-M    М      М М-1    M(N-1)    М

ZZ        •         1          •            ZZ      ZZ     

N      N-1    N   N -1     N(N -1)     N ;

к = 3, тоді А3 = С1 + С2 + С3 + С4, де С1 - подія {І куля

чорна, ІІ куля чорна, ІІІ куля біла}, С2 - подія {І куля чорна, ІІ куля біла, ІІІ куля біла}, С3 - подія {І куля біла, ІІ куля чорна, ІІІ куля біла}, С4 - подія {І куля біла,  ІІ куля біла, ІІІ

куля    біла}.    Оскільки   події    Сі    (/ = 1,4)    несумісні,    то

т,   . )     т,^     „     „     „ )    N-M   N-M-1     М

Р(АЛ = Р(С1 + С2 + С + СЛ =        +

N         N-1      N-2N-M    M    M-l    М  N-M М-2    М  М-\

+          +          +          х

N      N-l  N-2    N    N-l    N-2    N   N-l

М-2    M(N2 -3N + 2)    M(N-T)(N-2)    М

х          =          =          = —.

N-2    N(N - \){N - 2)     N(N - \){N - 2)     N

k = 4, тоді A4 = Dx + D2 + Д, + D4 + D5 + D6 + D7 + Dg, де

D1 - подія {І куля біла, ІІ біла, ІІІ біла, ІV біла}, D2 - подія {І куля чорна, ІІ чорна, ІІІ чорна, ІV біла}, D3 - подія {І куля чорна, ІІ чорна, ІІІ біла, ІV біла}, D4 - подія {І куля чорна, ІІ біла, ІІІ чорна, ІV біла}, D5 - подія {І куля біла, ІІ чорна, ІІІ біла, ІV біла}, D6 - подія {І куля біла, ІІ біла, ІІІ чорна, ІV біла}, D-, - подія {І куля чорна, ІІ біла, ІІІ біла, ІV біла}, A - подія {І куля біла, ІІ чорна, ІІІ чорна, ІV біла},

Оскільки події Сі (і = 1,8) несумісні, то

Р(А4 ) = Р( Д ) + Р( D2) + Р( Д,) + P(D4 ) + Р( D5) + P(D6) +

 М М-\ М-2 М-3    N-M

+ P(D1) + P(D„) =      +          х

N   N-l   N-2   N-3        N

N-M-l  N-M-2 M-3    N-M  N-M-l    M

x          1          x

N-l       N-2      N-3        N     N-l      N-2

M-l    N-M    M    N-M-l M-l   M  N-M-l

x          +          +          x

N-3        N      N-l     N-2     N-2    N      N-l

M-l  M-2    M  M-l   N-M  M-2    N-M    M

x          1          1          x

N-2   N-3     N   N-l    N-2    N-3      N      N-l

M-l  M-2    M   N-M   N-M-l  M-l    M

x          1          = —_

N-2   N-3     N    N-l       N-2      N-3     N

Таким чином, по індукції P(A, ) = —.   Оскільки імовір-

N

ність появи білої кулі при будь-якому витяганні пропорційна кількості білих куль, то імовірність події {ВкЛ } рівна добутку залежних подій: Вк - при £-тому витяганні з’являється біла куля  і  Ві  -  при  /-тому  витяганні  з’являється  біла  куля:P(Bkf) = P(Bk)-PR (B,) =     , оскільки Р(В,) = —,

N   N-\            N

Р  (В,) =          .

'           N-1

Аналогічно, імовірність події {СкЛ} рівна добутку імовір-ностей залежних подій: Ск - при £-тому витяганні з’являється чорна куля і С - при /-тому витяганні з’являється біла куля:

Р(Ск е) = P(Q ) • Рс (Q ) . Оскільки Р(Ск ) =          - про-

порційна   кількість   чорних   куль   і      PCt (С,) =—,   то

N М

N-X N-М    М

Р{С, ,)

N      N -\

Задачу можна розв’язати також способом наведеним в

задачі 2.2.15.

2.1.58. З ящика, де є Nx білих куль, N2 чорних і N3 черво-них, послідовно без повернення виймають кулі до того часу, поки не з'явиться червона куля.

Знайти ймовірності наступних подій:

а)         вийнято щ білих куль і п2 чорних,

б)         не вийнято жодної білої кулі,

в)         всього вийнято к куль.

Розв’язок.

а) Всього в ящику є Щб) + Л^(чорн) + Щчерв) = іУкуль. Необхідно обчислити імовірність складної події А, яка поля-гає в тому, що одночасно вийнято иДб) і и2(чорн) - подія А1 і після цього - одна червона куля - подія А2. Отже,  Р(А) =

= Р(А\ •А2) = Р(А\)- РА (А2) ,оскільки події Ахі А2 - залежні.

Тут Р(А, ) =    ,    Р, (А,) =     .

СТ"2г^г          N-іь-щ

ivl+iv2+iv3       '           zCNn11 CNn22        N3

 

CNn1 +n2       N -n1 -n2

Тому P(A)

Використавши формулу   (М-т)С^ =МС^_1   вираз у знаменнику     С^+"2 ■ (N-щ-п2)     зведемо     до     вигляду

NC^"2.

С£ ■ CnN2 -N3     N3- С^ ■ CnN2

^   —               \           2             __     1          2     —   ^С ^С

NC^"2 N ■ С^"2

^к        п\

Розпишемо  С   =         і підставимо у попередній

к\{п-к)\

вираз:

**М.,  NA      NJ       (п, +n1)\(N-l-n, -«,)!    „„„

N   щЩі-ПхУ-  n1\{N2-n2)\   (JV-1)!

п     N(N-l)(N-2)-...(N-n + l)    N[n]     A"

Але CN =       =         =    ^.

n\         n\        n\

Тому вираз зведемо до вигляду:

***М, -Ж["і] -N^Hn, +пЛ\

—        J          t           z          ч    l     z y

N ■nl\-n2\-(N -\) [Пі+Пі]

                                                                       

"1+"2     «[!(«! +n2 -Wj)!       nx\n2\    JV-(JV-1)["1+"2]

Розпишемо N-(N-V)["1+"l] = C^"2 -(д + n2)\-N

{N-\)\{i\+n2)\-N          N\

Але     (Wj+w2)!        («j +n2)\     JV3 'N\Щ  'NI"~'  'СЩ+„2

N

[nj+n2+l]

 

(д +n2)\(N-l-nl -n2)\    (N-щ -n2-\)\ або  N(N-V)["1+"2] = N(N-V)(N-2)(N-3)-...(N-пг

 

n2-l + l) = AnNl+"2+l.

Остаточно вираз P(A) набере вигляду:

С„+п ■ N\"l] ■ N[2"2] ■ N3     C2+n -A"^-AnN2

P(A) =         '   2       '       2

N [n1+n2 +1]  ANn2 +n1+1б) Подія А полягає в тому, що не вийнято жодної білої кулі, тобто за кожним і-тим випробуванням вийнята чорна куля - події Аі (і = 1, ...N2) і після цього вийнята одна червона куля - подія D.

Подія А може відбутися при настанні однієї з несумісних подій:

80        - перша вийнята куля - червона: В0 = D ;

81        - вийняті 1 чорна і 1 червона кулі: В1 = А1 ■ D ;

82        - вийняті 2 чорні і 1 червона кулі: В2 = А1 ■ А2 ■ D ;

Ві - вийняті і чорних і 1 червона кулі: Bi=Al-A1...-Ai-D;

BN - вийняті N2 чорних і 1 червона кулі: BN  = А1-А2...х

xAN ■ D.

Імовірності цих подій, які є добутками залежних подій, рівні:

Р(В0) = —±-;    Р(В1) = Р(А1 ■ D) = Р(А1) • РАі (D);

Р(В2) = Р(Аг -A2-D) = Р(АХ) ■ РА (А2) • РАА (D); Р{В1) = Р(Аг ■ А2 ■ ...Д • D) = Р(АХ)-РА (А2)х

P(BNI) = Р(АХ ■ А2 -...AN -D) = Р(Аг)-РА (А2)-...х

Тоді: Р(А) = Р(В0) + P(Bl) + Р(В2) + ...P(Bt) + ...P(BN ) =

v2

N,    N2     N,      N2   iV, -1     N,     N2   iV, -1

= ^- + —         — + —•—      — + ...—•—   x

N     N   N-\     N    N-\   N-2        N    N-\

N-,-2      N2-i + \    N?           N2   N2 -1   N-, - 2

x —     ...•       — + ... + —-   x

N-2       N-i + 1   N-i  N    N-\    N-2

1          iV,

— +     +

N    N(N-\)

1          N,

x...       — = N з

N - N2 +1   N -N2+

+ ...

N2(N2 -1)

 +

N2 (N2 - 1)(JV2 - 2) •...(N2 - i)

N(N -\)(N -2)    N(N -\)(N -2).......(N -i)(N -i-\)

N2(N2-\)(N2-2)-...\ N(N - \)(N - 2) ■ (N - N2 -\)(N -N2)

 +

 

           

N

 

A'

 +

 +

 + ...

A1

A1       A2        A3      Ai+l

+ ...

 

m>0

в) Якщо всього вийнято k куль, а остання куля червона, то попередні (к - 1) куль є білими і чорними. В цьому полягає подія А. Вона може відбутися при настанні однієї з несу-місних подій:

80        - вийнято 0 білих і (к - 1) чорних куль;

81        - вийнята 1 біла і (к - 2) чорних куль;

82        - вийнято 2 білих і (к - 3) чорних куль;

Ві - вийнято і білих і (к - і - 1) чорних куль;

Вк - вийнято (к - 1) білих і 0 чорних куль.

Таким чином, імовірність події А рівна:

Р(А) = Р(В0) + Р(ВХ) + Р(В2) + .. P(Bt) + ...Р(Вк ) = *

Кожну з імовірностей обчислимо за класичним означен-ням.

Ck

C -Ck^1

pk-l

' CN2

.. +

Ck

Ck

С° -Ск~1    С1 -Ск~2    С2 -Ск~3

 

pk-l

pk-l

v -ck;3 +

Щ        N2

k N l

N3

           

N3

 

N-k + \    (N-k + \)C

+ Cl ■ Ck~'~l + Ck~l ■ Cl )

iv 1      iv 2      iv 1      iv 2 '

■(C°N -C

 

N2

Cl -Ck72+C2

N2

Ni

 

м-\

До виразу в дужках використаємо рівність   У^ С1

т=0

 

к-ї

V~n-

хСг~т  =С

яка застосована до такої суми V С™ • С

т=0

Тут, M – 1=N1, отже M = N1 + 1, N – N – N – M = N2 = N – N1 –1, звідки N = N1 + N2 + 1.k-\

Таким чином, ^ C™ • C^ m = C^\N г_г = C

m      s~ik-\-m   _ s~ik-\          _ s~ik-\

Nx   ' *-"N2    ~ ^"N2+Nl+\-\   ~^'Nl+N2

m=0

           

 N 3-C£+Ni

 

k Nl

(N-k + \)Ch До   знаменника   застосуємо       рівність    (М - їгі)СІ

 МС™_г, так що, (N-k + V)- CkNl = NCkN\ .

N3 • CkN\N     N3 ■ AkNi\Ni -{k-\)\{N-k)\

k-\

           

NCN\  N(k -1)! (N -1)!

ЛГ-1

k-l        k-\

 

           

N3 • AkNi[+Ni (N-k)\    N3- AkNi[+Ni     N3 ■ (N, + N2 f~

[k]

N!        ANk    N

N!

оскільки          =ANk =N[k ].

(N - k)

N3 (N1 + N2 )[k-1]

Остаточно P(A) =     [k]       .

N