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...

2.2.1.   Брак в продукції заводу внаслідок дефекту А стано-

вить 5%, причому серед забракованої по ознаці А продукції в

6% випадків зустрічається дефект В, а в продукції вільної від

дефекту А, дефект В зустрічається в 2% випадків.

Знайти ймовірність зустріти дефект В в усій продукції.

Розв’язок.

Нехай подія В полягає у наявності дефекту В в усій про-дукції. Дефект В може бути у забракованій продукції внаслі-док дефекту А - гіпотеза А, і у вільній від дефекту А продукції

- гіпотеза A . Імовірності цих гіпотез: Р(А) = 0,05;  Р(А) = = 1 - Р(А) = 1 - 0,5 = 0,95. Умовні імовірності РА (В) = 0,06; Pj(B) = 0,02. Тоді за формулою повної імовірності Р(В) = = Р(А) ■ РА(В) + Р(А) ■ Pj(B) = 0,05 • 0,06 + 0,95 • 0,02 = 0,022.

2.2.2.   В партії з 50 деталей число бракованих не може

перевищувати двох, при цьому всі значення (0, 1, 2) числа

бракованих деталей однаково можливі.

Знаючи, що п'ять навмання взятих деталей виявилися придатними, знайти ймовірність того, що всі деталі, що залишилися, також є придатними.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що п’ять навмання взятих деталей є придатними. Це може відбутися при настанні таких гіпотез: Hi - серед 50 деталей є 0 бракованих, тобто всі деталіпридатні; Н2 – серед 50 деталей є 1 бракована, Н3 – серед 50 деталей є 2 браковані. Оскільки ці гіпотези рівноможливі, то

P(Hl) = P(H2) = P(H3) = -.   Умовні   імовірності  події А23

3 при   настанні   цих   гіпотез   відповідно   рівні:    PH(A) = 1;

C5       C5

PH {A) = C-;    PH{A) = ^-.

Отже,   P(A) = P(H1)-PH(A) + P(H2 )-PH (A) + P(H3) х

H1

1 (     CL    C5dX 1 +   ^- +

хPH (A)

C°   C5 ,

Тоді умовна імовірність:

1    ,     1    ,

•1        --1

PA(H1)

P(H^)-PH(A)      з       3

 

P(A)    P(A)     іЛ    49І-5И5!    48І-5И5Ґ

з[ + 5!-44!-50! + 5ИЗ!-50!

1   ,

З4        490

«0,3693.

           

\(      49И4И5!     48ИЗИ4 • 45 ^     1327

ЗІ%9!.50.44! + 48И9.50.43!

2.2.3. Є три партії деталей по 20 деталей в кожній. Число стандартних деталей в першій, другій і третій партіях відпо-відно рівні 20, 15, 10. З довільно вибраної партії навмання витягається деталь, що виявилась стандартною. Деталь повер-тають в партію і повторно з тієї ж партії навмання вибирають деталь, яка також виявляється стандартною.

Знайти ймовірність того, що деталі були вийняті з третьої партії.

Розв’язок.

І партія: 20 = 20ст; ІІ партія: 20 = 15ст + 5нест; ІІІ партія: 20 = Юст + Юнест. Нехай подія А полягає в тому, що два рази навмання вибирають стандартну деталь. Для обчислення імо-вірності події А скористуємося формулою повної імовірності:P(A) = P(BX) ■ PBi (A) + P(B2) • PB2 (A) + P(B3) • Рщ (A),     де

P(B ) = Р(В2) = Р(і?з) = -  - імовірності вибору І, ІІ, ІІІпартій відповідно. Умовні імовірності настання події А при

виконанні гіпотез Вь В2, В3 відповідно рівні:

л ,^    (т\     (20 1       2           л  , .ч    (15]       9

Р М) =  —    =  —    =1=1; РЯ(А) = \ —    = —;

1          {nj     {20 J      2          {20 J      16

(

\2 10 1      1 20 J      4

„, ,ч     1        1    9     1   1     29

Отже, Р(А) = --1 +    +          = —.

3        3   16    3   4     48 Тоді РА (Д,) обчислимо згідно формули Байєса:

PA (B3)

1   1 Р(В3 )-Рв{А)      з   4       4

Р(у4)   29/48     29

2.2.4. Подія А може з’явитися при умові появи однієї з не-сумісних подій (гіпотез) Ви В2, ..., В„, що складають повну групу подій. Після появи події А були переоцінені ймовір-ності гіпотез, тобто були знайдені умовні ймовірності РА(Ві)

(і = 1, 2, ..., п).

п

Довести, що ^ РА (Д.) = 1.

і=\

Розв’язок.

Умовні імовірності гіпотез Ві після появи події А згідно

P{Bt) ■ Рв (А)

формули Байєса рівні: Р, (Д ) =       '           , тоді

Р(А)

"           Р(ВЛ-Р„ (A)    Р(В2)-PR (A)       P(Bt)■ PR (A)

>   РЛВЛ =     !           +          -          + ...      -          + ...

^          Р(А)    Р(А)    Р(А)Р{Вп)-Рв(А)    f-    v >'   в-у  '    р(А)

...         -          = —     = —— = 1.

Р(А)    Р(А)    Р(А)

2.2.5. Три стрільці здійснюють по одному пострілу по одній і тій же мішені. Ймовірність попадання для першого стрільця рівна 0,6, для другого - 0,5, для третього - 0,4. В результаті проведених пострілів в мішені виявилось дві пробоїни.

Знайти ймовірність того, що в мішень попали другий і третій стрільці.

Розв’язок.

Позначимо через Ви В2, В3 - події, які полягають у тому, що в мішень попав перший, другий та третій стрільці, відпо-відно. Тоді подія А - “в мішені є два попадання” може відбу-тися при настанні однієї з гіпотез, що утворюють повну групу

подій:   Н1=В1хВ2хВ3, Н2=ВlxВ2xВ3,    Н3=ВххВ2хВ3.

Оскільки події Ви В2, В3 незалежні, їх імовірності рівні:

Р(НХ) = Р(ВХ хВ2хВ3) = Р(В)хР(В2)хР(В3) =

= рх х р2 х (1 - р3) = 0,6 х 0,5 х (1 - 0,4) = 0,18;

Р(Н2) = Р(В1)хР(В2)хР(В3) = р1 х(1- р2)хр3 = = 0,6 х (1 - 0,5) х 0,4 = 0,12;

Р(Н3) = Р(ВХ) х Р(В2)х Р(В3) = (1-рх)хр2хр3 = = (1 - 0,6) х 0,5 х 0,4 = 0,08.

Умовні імовірні настання події А при виконанні гіпотез НЬН2, Н3, Н4 рівні

Р   (А) = РН (А) = РН (А) = 1.

Тоді згідно формули повної імовірності: Р(А) = Р(Н;) х РН (А) + Р(Н2) х РН (А) + Р(Н3) х РН (А) =

= 0,18 + 0,12 + 0,08 = 0,38.Імовірності РА(Н2) і РА(Н3) обчислимо згідно формули Байєса:

Р(Н2)хРН (А)     012      6

РА(Н2) =        2          =— = — .

Р(А)    0,38    19

Р(Н3)хРН (А)    0 08     4

Р (Н ) =           =— = — .

Р(А)    0,38    19

2.2.6. По цілі проводяться три незалежні постріли. Ймо-вірність попадання в ціль при першому пострілі рівна 0,1, при другому - 0,2, при третьому - 0,3. Для збиття цілі достатньо двох попадань. При одному попаданні ціль збивається з ймовірністю 0,6.

Знайти ймовірність збиття цілі.

Розв’язок.

Згідно умови p1 = 0,1;  p2 = 0,2;  p3 = 0,3; тоді q1 = 0,9;

q2 =0,8;   q3=0,7. Ціль може бути збита (настання події А

може відбутися) при одному попаданні - гіпотеза Вь при двох попаданнях - гіпотеза В2, при трьох попаданнях - гіпотеза В3.

Імовірності гіпотез Вi рівні:

P(BХ) = pxq2q3 + qxp2q3 + qіqіpз = ^Д' 0,8 • 0,7 + + 0,9 • 0,2 • 0,7 + 0,9 • 0,8 • 0,3 = 0,398;

P(B2) = pгp q3 + p q2pз + qіpгpт, = 0Д • 0,2 • 0,7 + + 0,1 • 0,8 • 0,3 + 0,9 • 0,2 • 0,3 = 0,092;

P(B3) = pгp2p3 = 0,1 • 0,2 • 0,3 = 0,006.

Якщо доповнити ці гіпотези Вь В2, В3 гіпотезою В0 - нема жодного   влучання,   імовірність  якої   P(B0) = qlq2q3 =0,9х

х 0,8-0,7 = 0,504,   то   вони   утворять   повну   групу   подій: P(B0) + P(Bг) + P(B2) + P(B3) = 0,504 + 0,398 + 0,092 + 0,006 = 1.

Умовні імовірності настання події А при виконанні цих гіпотез такі:

PB (A) = 0; PB (A) = 0,6; PB (A) = 1; PB (A) = \.Тоді згідно формули повної імовірності отримаємо: Р(А) = Р{В0)РВ (А) + Р{ВХ)РВ (А) + Р(В2)РВі (А) +

+ Р(В3)РВ (А) = 0,504 • 0 + 0,398 • 0,6 + 0,092 • 1 + 0,006 • 1 =

= 0,3368.

2.2.7. В першій урні знаходиться одна біла і 9 чорних куль, а в другій - одна чорна і 5 білих куль. З кожної урни за схемою випадкового вибору без повернення вийняли по одній кулі. Кулі, що залишилися, вкинули в третю урну.

Знайти ймовірність того, що куля, вийнята з третьої урни, буде білою.

Розв’язок.

Розглянемо гіпотези:

Н1 - з І урни витягнули одну білу кулю, її імовірність

Р(Н,) = —; 10

п.тт     9

Н2 - з І урни витягнули одну чорну кулю, Р(Н 2) = —;п.тт        5 Н3 - з ІІ урни витягнули одну білу кулю, Р(Но) = —;П.7Г         1

Н4 - з ІІ урни витягнули одну чорну кулю, РШ.) = — .Тоді подія В; полягає в тому, що обидві кулі білі: В1 = = НгН3,  і  оскільки  події Нi  і Н3  незалежні,  то   Р(Вг) =

= Р(Н,Н3) = Р(НЛ- Р(Н3) =  = —.

10  6    12

Подія В2 полягає в тому, що обидві кулі чорні: В2 = Н2Н4 і

Р(В2) = Р(Н2Н4 ) = Р(Н2) • Р(Н4 ) =           = — .

Подія В3 полягає в тому, що одна куля біла і одна чорна: В3 = НН4 + Н2Н3, тому Р(В3) = Р(НгН4) + Р(Н2Н3) - яксума    імовірностей    несумісних    подій.     Оскільки    події

Ні (і = 1,4) незалежні, то Р(В3) = Р(Я[)Р(Я4) + Р(Н2)Р(Н3) =

11     9   5    23

=          1          = — _

10  6    10  6    30 Умовні імовірності “витягання білої кулі з ІІІ урни -

подія А” при настанні подій Вг.(/' = 1,3) рівні:

Р (А) =            = — = —;   РВ(А) =   = —;

1          10 + 6-2    14    7        2         10 + 6-2    14

1+5-2       4     2          1+5      6

             zz       

0 + 6-2    14 1+5-1       5

Рв (А)

3          10 + 6-2    14

Тоді імовірність події А згідно формули повної імовір-

ності рівна:

Р(А) = Р(ВЇ)-Рв (А) + Р(В2)-Рв (А) + Р(В3)-Рщ (А) =

1    2     3    6     23   5      38

=          1          1          =          _

12  7    20  14    30  14    105

2.2.8. Спрощена схема контролю виробів складається з двох незалежних перевірок. В результаті ^-ої перевірки (к=\, 2) виріб, який задовольняє стандарту, забраковується з ймо-вірністю k, а бракований виріб приймається з ймовірністю к. Виріб приймається, якщо він пройшов обидві перевірки.

Припускаючи, що кожен виріб задовольняє стандарту з ймовірністю/?, знайти наступні ймовірності:

а)         ймовірність того, що виріб, який поступив на пере-

вірку, не буде забракований;

б)         ймовірність того, що незабракований виріб задоволь-

няє стандарту.

Розв’язок.

а) Виріб, який поступив на перевірку, не буде забрако-ваний - подія А, за умови виконання гіпотез:

1) В1 - виріб, який поступив на перевірку є бракованим, імовірність бракованого виробу Р(В1 ) = (1-р). Імовірністьтого, що забракований виріб пройде обидві перевірки рівна РВі (А) = сс1-сс2.

2) В2 - виріб, який поступив на перевірку є стандартним, імовірність Р(В2) = р . Імовірність того, що стандартний виріб пройде обидві перевірки рівна:

Р   (А) = (1 - Д )(1 - Р2) .

Імовірність події А обчислимо згідно формули повної імовірності:

Р(А) = Р(ВЛ-Р  (А) + Р(В2)-Р (А) =

= (1-р)-аї -а2 +p-(l-j31)-(l-j32).

б) Умовну імовірність події РА(В2) обчислимо згідно формули Байєса:

Р(В2)- Рв (А) р. (1 - Д ). (1 - В )

РА (В2) =       =          і           '^^       .

Р(А)    (\-р)-а1 -а2 +/?-(1-Д)-(1-у02)

2.2.9. Відділ технічного контролю (ВТК) проводить сор-тування приладів, які випускає завод. Кожен прилад неза-лежно від інших має дефекти з ймовірністю/?. При перевірці у ВТК наявність дефектів виявляють з ймовірністю ; крім того, з ймовірністю справний прилад при перевірці може вести себе як дефектний. Всі прилади, в яких виявлені відхилення від стандарту, забраковуються.

Знайти ймовірність q0 того, що незабракований прилад має дефекти, і ймовірність qx того, що забракований прилад має дефекти. При яких умовах q0 > q{!

Розв’язок.

Позначимо через А подію, яка полягає в тому, що прилад буде визнано дефектним і забраковано. Це може відбутися при настанні однієї з гіпотез:

1) Ві - прилад дійсно має дефект, імовірність наявності якого   (гіпотеза  В;):   Р(В^)   = р   і   при   цій   гіпотезі   Вt   зімовірністю       при   перевірці   він   буде   виявлений,   тобто

Рв (А) = сс.

2) В2 - прилад справний, тоді імовірність Р(В^) = 1 - р; при цій гіпотезі В2 при перевірці імовірність визнати справ-

ний прилад дефектним рівна , тобто Рв (А ) = /?.

Згідно формули повної імовірності:

Р(А) = Р(ВХ) ■ Рв (А) + Р(В2)- РВі (А) = ра + (1- р)Р .

Умовна імовірність  qx   того,  що  забракований  прилад дійсно має дефекти рівна Р^ (В1) :

Р(Вг)-Рв (А)   ар

Р- (Я ) =         =і         =          .

Р(А)    ар+в(\-р)

Подія А - прилад буде визнано справним, можлива при

виконанні таких гіпотез: В[ - прилад дійсно справний, імо-

вірність Р(В[) = 1 - р . При цій гіпотезі В[ справний прилад веде себе при перевірці як справний рівна Р , (А) = (1 - В) ;

В'2 - прилад дефектний, імовірність Р(В2) = р .

При цій гіпотезі  В'2  при перевірці імовірність визнати дефектний прилад справним рівна Р , (А) = (1 - а) .

Згідно формули повної імовірності: Р(А) = Р{В[)-Р ,(А) + + Р(В!2 )-Рв,(А) = (1 -р)(\-Р) + р(\-а) .

Умовна імовірність q0 того, що незабракований прилад має дефект, рівна  РА(В2)   і обчислюється згідно формули

TWO/      p(B2)-PB>W          р(і-а)

Байєса: Р, (В') =         =          ^1^      .

Р(А)    р(1-а) + (1-р)(1-0)

Щоб  виконувалась  нерівність  q0 > q\  необхідно,  щоб

Р>а.2.2.10. Кожна з kг урн містить m1 білих і n чорних куль, а кожна з k2 урн містить m2 білих і n2 чорних куль. З навмання взятої урни вийняли кулю, яка виявилася білою.

Яка ймовірність того, що кулю взято з першої групи урн?

Розв’язок.

Позначимо через А подію “вийнята куля - біла”. Біла куля може бути вийнята з: І групи урн - гіпотеза Нх; з ІІ групи урн - гіпотеза Н2.

Імовірності цих гіпотез P(H,) =       !— •   P(H2) =            -— .

kг+k2' kг+k2

При настанні цих гіпотез умовні імовірності витягання білої кулі такі:

PH (A) =         —;    PH (A) =            —.

1          m1 + n 2          m2 +n2

Згідно формули повної імовірності: P(A) = P(HХ) ■ PH (A) + P(H2) ■ PHі (A) =

k          m л      k2        m2

=          — +     —.

kг+k2   mх+nх    kг+k2   m2+n2

Оскільки подія А відбулась - витягнута куля виявилась

білою, переоцінимо PA (H1) згідно формули Байєса:

kг        m

PA(H1)

kг        m         k2        m2

            1         

kг + k2  m + n     k г+ k2  m2 + n2 kхmЛ\m2+n2)

kхm (m2 +n2) + k2m2 (m +nг)

kх+k2  m+n

 

2.2.11. З урни, яка містить m білих (m > 3) і n чорних куль, загублено одну кулю. Для того щоб визначити склад куль в урні, з урни взяли дві кулі, які виявилися білими.

Обчислити ймовірність того, що загублена куля – біла.Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що взяті дві кулі є білими.

Подія А може відбутися при настанні таких гіпотез: Нг -

загублена біла куля; Н2 - загублена чорна куля.

m         .           m

P(H1) =           ;P(H2) =          .

m + n   m + n

Умовні імовірності події А при цих гіпотезах:

 .           m-\        m-2

PH (A) =         ;

1          m + n-1  m + n-2

 ,              m           m-\

PH (A) =         .

2          m + n-\  m + n-2

Згідно формули повної імовірності:

m + n

m-\        m-2    n          m         m-\

 +

P(A) = P(H1) • PH (A) + P(H2) ■ PHг (A)

m + n-\  m + n-2    m + n m + n-\  m + n-2 Умовну імовірність гіпотези  PA(H1)  обчислимо згідно формули Байєса:

m        m-\        m-2

PгH \- m + n m + n-ї    n-2 _

1          P(A)

m(m - \)(m - 2)            m-2

m(m-1)(m-2+n)    m+n-2

2.2.12. Три мисливці одночасно вистрілили у вовка. Ймовір-ність попадання кожним з мисливців однакова і рівна p = 0,4.

Знайти ймовірність того, що вовка буде вбито, якщо відо-мо, що при одному попаданні мисливці вбивають вовка з ймо-вірністю 0,2, при двох – з ймовірністю 0,5, і при трьох – з ймовірністю 0,8.Розв’язок.

Нехай подія А полягає у тому, що вовка буде вбито. Подія А може відбутися при одному попаданні - гіпотеза Н1 при двох - гіпотеза Н2, при трьох - гіпотеза Н3. Оскільки H1 = B1 + B2 + B3, де подія В1 - вовка вбито І мисливцем, В2

- ІІ мисливцем, В3 - ІІІ мисливцем, то   P(HХ) = P(B1 +B2 +

+ B3) = P(B1) + P(B2) + P(B3)     -    як    сума    імовірностей

несумісних подій. Отже, P(HХ) = p(\ - p)(1 -p) + (1- p)p х

х (1 - p) + (1 - p)(\ - p)p = Зp(1 - p)2.

H2 = B[ +B2+ B3 - де подія B[ - вовка вбито І і ІІ мис-ливцем, B2 -І і ІІІ мисливцем, B3 -ІІ і ІІІ мисливцем. Оскіль-ки події B^B2,B3 - несумісні, то P{H2) = P(B[ +B2+B3) = = P{B[) + P(B'2) + P(B3) = pp(\ -p) + p{\ - p)p + (1 - p)pp = = 3p2(1-p).

H3 = B'С -B2  -B3   - де події B"1 ,B2 ,B3' - вовка вбив

І, ІІ і ІІ мисливець одночасно . Оскільки події B1", B2 , B3   -

незалежні,    то    P(H3) = P{B"' ■ B2 ■ B3 ) = P{B"') ■ P(B2 ) х

х P{B3) = p- p- p = p3.

Умовні імовірності події А при настанні гіпотез рівні: PH(A) = 0,2;    PH2 (A) = 0,5;    PHз (A) = 0,8.

Підставивши дані у формулу повної імовірності, отри-маєм:

P(A) = P(H1)-PHі (A) + P(H2)-PHг (A) + P(H3)-PHз (A) =

= Зp(1 - p)2 ■ 0,2 + Зp2 (1 - p) ■ 0,5 + p3 ■ 0,8 = 3 • 0,4(1 - 0,4)2 х

х 0,2 + 3 • 0,42 (1 - 0,4) • 0,5 + 0,43 • 0,8 = 0,0864 + 0,144 +

+ 0,0512 = 0,2816. (Тут покладено р = 0,4).

Імовірності гіпотез Н 1, Н2 можна обчислити простіше використавши формулу Бернуллі (див. 3.1):P(Hг) = P3(l) = C\p1 (1 - p)3 = 3p(\- p)2;

/           2      2  чЧ       3-2       2/1      2

P(H9) = P(2) = C:, p (1- p)   =           p (\- p) = 3p (1-p).

1-2

2.2.13. В першій урні є 1 біла і 4 червоних кулі, а в другій - 1 біла і 7 червоних. В першу урну додають дві кулі, випад-ково вибраних з другої урни.

а)         Знайти ймовірність того, що куля, вибрана з попов-

неної першої урни, буде білою.

б)         Нехай з поповненої першої урни за схемою випад-

кового вибору з поверненням виймають k куль. Знайти ймо-

вірність того, що всі вони будуть білими.

Розв’язок.

Початковий склад урн такий - І урна: 5 = 1 біла + 4 чорні; ІІ урна: 8 = 1 біла + 7 чорних.

Використаємо формулу повної імовірності: P(A) = P(HЇ) • PH (A) + P(H2) • PH (A) .

а)         Розглянемо гіпотези: Н 1 - з ІІ урни вибрані 1 біла і 1

,H       C\-CІ     1-7-1-2     1

чорна кулі; тоді P{Н,) = ———- =  = —;

C8       8-7        4

Н2    -    з    ІІ    урни    вибрані    2    чорні    кулі;    тоді

P,H ч     CІ     7-6-2!     3

Cl      21-8-7     4

Тоді імовірність події А - „куля вибрана з першої попов-

неної урни є білою” рівна при гіпотезі Н 1:

 ,           2        2                    ,           1        1

PH (A) =         = —;    Н2 : PH (A) = = —.

1          5+2     7          2          5+2     7

1   2    3   1      5

Отже, P(A) =  +          = —.

4   7    4   7     28

б)         Нехай подія А полягає в тому, що k куль витягнутих з

першої поповненої урни є білими, якщо вони витягаються з

поверненням.—    ; PHi (A) =   —    .

 1(2]      3  f 1 1

Отже, P„ (A) = — •  —    + — •  —    .

Hl        4  І7І      4  І7І

2.2.14. Студент знає не всі екзаменаційні білети.

В якому випадку ймовірність витягнути невивчений білет буде для нього найменшою: коли він тягне білет першим чи останнім?

Розв’язок.

Нехай усіх білетів є N, з них М - кількість білетів, які сту-дент не знає і (N - M) - кількість білетів, які студент знає.

Якщо студент тягне білет першим, то ймовірність витяг-

нути невивчений ним білет (подія А) рівна Р(А) = —.

N

Якщо студент тягне білет останнім, то для нього може за-лишитись невитягненим попередніми студентами один: а) невивчений ним білет - подія або гіпотеза Н;. Отже, попе-редніми студентами були витягнуті (N - 1) білетів, з яких (М -1) білетів студент не знав і (N - М) білетів студент знав. Імо-

QM-\  . CN-M

вірність цієї гіпотези рівна: Р{НХ) =  J^     ^^~

Умовна імовірність події А - витягнення невивченого білета останнім студентом при цій гіпотезі рівна 1: Р   (А) = \.

б) вивчений студентом білет - подія або гіпотеза Н2. От-же, з попередньо витягнутих N - 1 білетів витягнуто М біле-тів, які студент не знав і (N - 1 - М) білетів, які студент знав;

(~<М     (~iN-M-\

імовірність гіпотези Н2 рівна: Р(Н2) -    м      N~M

 

N-\

CN

Умовна імовірність події А (витягнення невивченого ним білета) при цій гіпотезі рівна 0. Згідно формули повної імо-вірності   імовірність   витягнення  невивченого   білета,   коли студент тягне білет останнім рівна:

P(A) =  CM      CNN-M   1 + CM      CN-M        0        CM

M       

N-l       N-l       N-l

CN      CN      CN

M\(N-V)\(N-N + V)\     (M -V)\M(N-)\V.    M

 

(M -\)\(M -M + \)\N\    (M-l)!l!(N-l)!N!    N Для всіх решти проміжних витягувань білетів імовірність

витягнення невивченого білета стала і рівна P(A) = — (зада-

N

ча розв’язана в 2.2.15).

2.2.15.  З урни, де  є M білих і N - М чорних куль, загублено r куль.

Порівняти ймовірності виймання білої кулі:

а)         до втрати;

б)         після втрати при r =\;

в)         після втрати при r >\.

Розв’язок.

Усіх кульок є N, M - білих і (N - M) - чорних.

а)         Ймовірність  витягнення білої кулі до  втрати рівна

P(A) = —.

N

б)         Загублена куля може бути білою - гіпотеза Нь або чор-

 •         ,ч         M

ною - гіпотеза Н2. Ймовірність гшотези Нх: P{HЛ = —; при

N

відбутті гіпотези Нi ймовірність витягання білої кулі рівна

 ,        M-\                                                 ґ           N-M

PH (A) =         . Ймовірність гіпотези Н2: P(H7) =  .

ЯЛ      N-l       N

Ймовірність витягання білої кулі при відбутті гіпотези Н2:

PH (A) = N       . Ймовірність витягання білої кулі обчислимо -1

згідно формули повної ймовірності:rw   ,ч т^ххч      т,      ,   ,ч    rwrr   ч      т,       ,   ,ч А^     М-1

Р(А) = Р(Н,)-Р„ (А) + Р(НЛ-Рп (А) =          +

1          2          N   N-1

N-M    М        М(М -\) + (N-M)M    M(N-\)    М

N      N-\         N(N-\) N(N-\)     N '

в)  r < М   загублених куль за кольором можуть розпо-ділитись таким чином:

г = 0 білих + г чорних - гіпотеза Нх; г = 1 біла + (г - 1) чорних - гіпотеза Н2; г = 2 білих + (г - 2) чорних - гіпотеза Н3;

 

r = (r – 1) білих + 1 чорна – гіпотеза Нr; r = r білих + 0 чорних – гіпотеза Нr+1. Ймовірності гіпотез і умовні імовірності події А при їх настанні обчислимо згідно класичного означення ймовірності:

т,,тт,     Clf-C"        „   , ,ч     М-0

р/^т ч _    м    ^_М_-р   (^) =            •

r^rr    , Clf-Cr~}M       п       ,,s          М-\

рщ \ =     м      ^-М_-р    (^) =           •

л,тт       С^-СГГ_2М        , ,ч    М-2

Р(Н2) =   ^      i:LJ^-;PH (А) =           ;

CN      3          N - г

r^rr ,    CM1 -СІ_     л   , iS    M-r + l

рщ  \ -  ^-M- P    (^) =            •

С;        '           N-r

/>(#    ) = _м   ^-М_-р    (А) =          ;

Q         '+1       N-r

Тоді    імовірність    події    А    згідно    формули    повної імовірності рівна:

r{A) = cM-crN-M м-о | clM-crN!M м-\ | С-с;:2м,,

Q        JV-Г     Q        N-r       CNM-2       CrM ■ С'       M-r + l    CrM-CN_M  M-r

X         h ...      1          =

N-r      C r N   N-r      C r N        N-r

(M - 0) • C°M ■ CrN_°M +(M -\)-ClM- CNl_M + (M - 2) • C2M ■ Q~2M +...

 

c

+ (M-r +1)• CrMl ■ ClN_M +(M-r)-CrM-C

 

Використаємо рівність (M - m)C™ = MC™_X. = *мс°м_1 -с;;°м +мс1м_1 -с;:'м +мс2м_1 ■сг-*м+..мсгм\-с1„_м +мсгм_1-сі_м =

C rH{N -г) М(С°    -Сг~°  +Г1    -C'1   +Сг    ■Ст'г  +   С'1 -Г1     +С    -Г°    1

C rH{N - r)

До виразу в дужках використаємо рівність:

г          г

m=0     т=0

^          M-CL ,       М-СІ ,    М

** =     2ЬУ     =          ™^і— _          л^і_ _ 

CN{N-r)         {N-r)-CN     N-C r N_x     N

Нехай r >М, тоді

P(A)

СМ  • Q-M • (М "М) + СМ~1 ■ CN-M~l] \М-{М- 1)] +

CN(M -г) + С^'2 • CrN^-2] \М-(М-2)] + С^'3 • CrN^-3] \М-(М-3)] +

+ C^<N-r-l) ■ CrN[Z<N~r~l)] -\M-[M-(N-r-1)]}+

+ C^(N-r) ■ CrN[Z<N~r)] -{M-[M-(N-/■)]}M\CM~l ■ сгЛМ~1] + См~2 ■ ггЛМ~2] + См~3 ■ сгЛм^ +

1у1\УМ-\     ^N-M             ^М-\     ^N-M             ^М-\     ^N-M        ^■■■

zz        

NC

.   /тМ-(ЛГ-г-І)    /^г-[М-(ЛГ-г-1)]   ,   /тМ-(ЛГ-г)    /^г-[М-(ЛГ-г)]-і

ЛГГ7

N-M

т=0      1V1^N-\        1V1

                                                           

#Q-i     NCrN_x     N

2.2.16. В урні є 3 чорні і 2 білі кулі. Перший гравець за схемою без повернення виймає 3 кулі. Назад він повертає чорну кулю, якщо серед вийнятих куль було більше чорних; в протилежному випадку повертається біла куля. Другий гра-вець після цього виймає одну кулю і за її кольором повинен вгадувати число білих куль серед трьох куль, вийнятих пер-шим гравцем.

Знайти умовну ймовірність того, що в першого гравця було:

а)         0 білих;

б)         1 біла;

в)         2 білих кулі,

якщо другий гравець вийняв білу кулю.

Розв’язок.

Позначимо через А подію, яка полягає в витягненні дру-гим гравцем білої кулі. Подія А може відбутися при виконанні однієї з гіпотез, що утворюють повну групу подій: Нi -першим гравцем витягнуто 3 чорні кулі; Н2 - першим гравцем витягнуто 1 біла і 2 чорні кулі; Н3 - першим гравцем витяг-нуто 2 білі і 1 чорна кулі.

Імовірності цих гіпотез відповідно рівні:

л,ТТ        СІ      1-1-2-3       1

Д# ) = ^ =       = —;

С5       5-4-3      10 C\-Cl     2-3-2-1-2-3      6

P(H2) =           =          = —;Cl -Cl     1 • 3 • 1 • 2 • 3     3

C;        1-2-5-4-3      10

           

           

2          3

           

P(H3 )

C5       5-4-3        10

1      6      3

Перевірка: P(H,) + P{H2) + P(H, ) = — + — + — = 1.

10    10    10

Якщо відбувається гіпотеза Н 1 то за умовою гри перший

гравець повертає назад в урну одну чорну кулю, так що в урні

стає: 2 білі + 1 чорна куля = 3 кулі. Тоді умовна імовірність

витягнення білої кулі другим гравцем рівна:   PH{A) = —.

Якщо відбувається гіпотеза Н2, то в урні залишається 1 чорна і 1 біла кулі і в урну повертають 1 чорну кулю, так що там

стане 2 чорних і 1 біла кулі. Тоді: PH (A) = -. Якщо відбу-вається подія Н3, то в урну повертається 1 біла куля, так що в

урні  стане   2  чорних  і   1   біла  кулі.   Умовна  імовірність:

PHі (A) = -. Імовірність події А обчислимо підставивши від-

повідні дані у формулу повної імовірності:

P(A) = P{HХ) ■ PH (A) + P(H2) ■ PHг (A) + P(H3) ■ PHз (A) =

12     6    1     3    1     11

=          1          1          = — _

10   3    10  3    10  3    30 Подія   А   відбулася.   Тоді   умовні   імовірності   гіпотез PA (H1), PA (H2), PA (H3) обчислимо за формулами Байєса:

P(H )-PHi (A)

PA (Hi) =        ;

P(A)

153302            306

а) PA (H1)=      =     ; б) PA (H2 )=      =     ;

1111    1111

30        3030     3 в) PA (H3 )=       =     . 11    112.2.17. В одній урні є 1 біла і 2 чорних кулі, а в другій – 2 білих і 3 чорних куль. В третю урну кладуть дві кулі, випад-ково взятих з першої урни, і дві кулі, випадково взятих з другої.

а)         Яка ймовірність того, що куля, взята з третьої урни,

буде білою?

б)         Знайти імовірність того, що при виборі з поверненням з

третьої урни двох куль одна з них буде білою, а друга –

чорною.

в)         Знайти ту ж імовірність, що й в п. б) для схеми вибору

без повернення.

Розв’язок.

Введемо у розгляд події (гіпотези):

Н1 – з першої урни вибирають 1 білу і 1 чорну кулі;

Н2 – з першої урни вибирають дві чорні кулі;

Н3 – з другої урни вибирають 1 білу і 1 чорну кулі;

Н4 – з другої урни вибирають дві білі кулі;

Н5 – з другої урни вибирають дві чорні кулі.

Імовірності цих подій обчислюємо згідно формул:

C11 C21    1212    2       C22     112    1

P(H1)=       2    =        =   ; P(H2 )=    2 =      =;

C3       32        5        C3      32     3

C21 C31     2312     3

P(H3 )=       2    =       =     ;C5           54       51

C22     12     1           C32     3212     3

P(H4 )=    2 =        =     ; P(H5 )=    2 =         =     .

C5     54    10            C5     5412    10

З цих простих подій випливають такі гіпотези:

Ві – одночасно відбуваються незалежні події Нj і Нk,

___      ___

(i = 1,6; j = 1,2; k = 1,3) тобто: B1 = H1 H3 , тоді

23    2 P(B1)= P(H1 H3 )= P(H1)P(H3 )=      =   ;

35    5

B2 = H1 H4 ,

21     1 P(B2 )=P(H1 H4 )=P(H1)P(H4 )=        =     ;

3 10   15

B3 = H1 H5 ,

23    1 P(B3 )=P(H1 H5 )=P(H1)P(H5 )=        =   ;

B4=H2-H3,

1   3     1

Р(ВЛ ) = Р(Н2 ■ #3) = Р{Н2) • Р(Н3) =       = -;

3   5     5

85        = Н2 ■ Н4,

TWT,   п,Т7    Г7        Л,ТТ     Ч        „STT    1          1          1

Р(В ) = Р(Н? -H,) = Р(Н?) • Р(Н,) =  = —;

3   10     30

86        = Н2 ■ Н5,

TWT,   п^Т     ТТ     Ч            п,Т7     Ч         1          3          1

Р(В ) = Р(Н? -НЛ = Р(Н?) • P(HS) =            = —.

3   10     10

Події Вh В2, ...Вe утворюють повну групу подій, так що

Л   л       2      1      1     1      1       1

>   В   =- + — + - + - + — + — = 1.

~f         5    15    5    5    30    10

Якщо відбувається подія:

Ві - то в третю урну покладені 2 білі і 2 чорні кулі;

310    582        - в третю урну покладені 3 білі і 1 чорна кулі;

83        - в третю урну покладені 1 біла і 3 чорні кулі;

84        - в третю урну покладені 1 біла і 3 чорні кулі;

85        - в третю урну покладені 2 білі і 2 чорні кулі;

86        - в третю урну покладені 4 чорні кулі.

а)         Позначимо через А подію - куля взята з третьої урни є

білою. Тоді умовні імовірності настання події А при здійснен-

ні гіпотез Вh...В6 є такими:

т,  , „ч     2     1    „   , ,ч     3    „   , ,ч     1     1

Р (А) = - = —; Р  (А) = —;Р„ (А) = -; PR (A) = —;

4    2    4          4          4

л   , ,ч     2     1     л   . ..

Р   (^) = — = -;   Р   (^) = 0.

Згідно формули повної імовірності:

т,, .ч     ^         ,А     2    1       13      1111

Р(А) = У   P(B)PR (А) =        +          +          +          +

"^         '           52    15   45454

11     1 11

+          + — 0 = —.

30  2    10        30

б)         Подія А полягає в тому, що з третьої урни витягають

дві кулі: одну білу і одну чорну. Це може відбутися, якщо

куля виявляється білою - подія С : її повертають назад в

урну, вміст перемішують і знову витягають другу кулю, яка

повинна бути чорною - подія Д, тобто відбувається подія

А1 = С. • Д. Може бути навпаки, тобто витягують спочатку

чорну кулю - подія Д, а потім білу - подія С, тобто від-

бувається подія А11 = Д • С. .

Оскільки А = A1 +АП і події А1 і Аи - несумісні, то Р(А) = Р{А' + Ап ) = Р{А') + Р(Аи ).

Події СІ і Д незалежні, їх імовірності залежать від вмісту третьої урни, тобто гіпотез В. Умовні імовірності події А рівні:

Р (А) = Рв, (С; • Д + Д • Сг.) = Рв (Сг.Д ) + Рв (D1C1) =

= 2РВ (С1.Д) = 2РВ (С; )РВ (Д).де Рв (С.) рівні обчисленим Рв (А) в пункті а):

л  ,^       1     л  ,^       2     1     л   . ..          1   1     1

р' (С,) = —-  Р(Д ) = - = -• Д(,4) = 2            = —;

1          2          4     2і  222

л,^       з    л   ,^       1    л,,ч        3   1     3

Р   (С ) = -; Р   (Д,) = —; р   (А) = 2 = -;

4          4          4   4     8

т,      ^ 1          т,      ,т-ч         3          „      ,   ,ч         1       3 3

Р'  (С) = —; Р„(Д) = —; РЕ(А) = 2   = -;

4          4          4   4     8

г.,^      1          л          3          л      ,   ,ч         13        3

Р   (С ) = -; Р   (D, ) = -; Рв (А) = 2   = -;

4          4          4   4     8

т,       ^            1          т,       ,т-ч        2          1          „       ,   ,ч        12        1

Р  (С) = —;  Р  (Д) = —= -; Р  (А) = 2          = -;

2          4     2   2   4     2

Р  (С6) = 0; PB(D6) = 1; Рв (А) = 2-0-1 = 0.

Підставивши отримані дані у формулу повної імовірності

маємо:

п/ л     2   1      13     13     13      11      1      47

Р(Л) = +          +          +          +          +          0 =       .

5   2    15   8    5   8    5   8    30   2    10        120

в) А - подія, яка полягає в тому, що з третьої урни витя-

гають першу кулю, яка виявляється білою - подія Си відкла-

дають її і витягують другу кулю, яка виявляється чорною -

подія Д,  тобто  відбувається  подія   А1 = С. • Д   або  подія

Аи = Д • С. - перша куля чорна (Д), а друга куля біла (Сг).

Оскільки    А = A1 +АП    і   А1   і   Аи   -   несумісні,   то Р(А) = Р{А') + Р(Аи ).

Умовні імовірності події А рівні:

Рв    (А)   =   РВ    (С;    •  Д    +  Д    •   С,■ )   =   РВ    (С; Д )   +  РВ    (Д С; )   =

= 2Д (Сг.Д) , оскільки Рв (С; Д) = Рв. (Д Сг).

Тут Рв (С.) рівні обчисленим Рв (А) в пункті а):

т,  ^       1      г,     ,^       2      „  , ,ч         12     2

Р (Г) = —;    Р„„(Д) = —;    Р„М) = 2           = -;

1          2       "  3          '           2  3     3P  ,         з       .D       1           .            3   1     1

Р  (C) = —;     PB C(£).) = -;    PB(A) = 2     = -;

4          2 2            3         2              4  3     2

PB(C3) = —;  PB C(D) = 1;   PB (A) = 2- —-1 = —;

PB (C4) = —; PB    (D4) = 1;    PB (A) = 2 • — •! = —;

 1         .           2          ,             12    2

PB (C) = —;   PBC(D) = —;    PB(A) = 2     = -;

2          5 5       3         5              2  3     3

PB (C6) = 0;   PB C(D) = 1;    PB(A) = 0-1 = 0.

Підставивши  отримані   значення   у   формулу   повної

імовірності, отримаємо:

,         2   2       1    1     1   1     1   1      12      1          47

P(A) = +          +          +          +          +          0 = —.

5   3     15   2    5   2    5   2    30   3    10         90

2.2.18. В будівельному загоні 70% першокурсників і 30% студентів другого курсу. Серед першокурсників – 10% дівчат, а серед студентів другого курсу – 5% дівчат. Всі дівчата за списком чергують на кухні. Знайти ймовірність того, що в випадково вибраний день на кухні чергує першокурсниця.

Розв’язок.

Для наочності побудуємо схему будівельного загону.

 

            Першокурсники 70%)                      Студенти ІІ курсу 30%)       

                                                                                                                     

дівчат 10%о               хлопців 90%о                        дівчат 5%о                 хлопців 95%о

Позначимо через А подію – “на кухні відбувається чергування”. Оскільки на кухні чергують лише дівчата, то дана подія А може відбутися при настанні однієї з гіпотез (подій), які утворюють повну групу подій:

В1 – на кухні чергує І курс (дівчата);В2 - на кухні чергує ІІ курс (дівчата);

Згідно   умови   і3(Д) = 0,7;   Р(В2) = 0,3.   Тоді  умовні

імовірності      настання      події     А      рівні:       Рв (А) = 0,1;

РВ2(А) = 0,05.

Використаємо формулу повної імовірності для обчислення Р(А):

Р(А) = Р(В1)-РВі(А) + Р(В2)-РВ2(А) =

= 0,7-0,1 + 0,3-0,05 = 0,085.

Чергування відбулося - подія А наступила. З формули Байєса визначимо умовну імовірність гіпотези Нх:

Р(В,)-РВ(А)    0 7-01    14

Р.(НЛ=       lJ    Bl       =   '      '= —^0,82352.

А     1  Р(А)    0,085      17

2.2.19. В урну, яка містить п кульок, опущена біла кулька, після чого навмання вийнято одну кульку.

Знайти ймовірність того, що вийнята кулька виявиться білою, якщо всі припущення про початковий склад кульок (за кольором) рівноможливі.

Нехай навмання вийнята з урни куля виявилась білою. Обчислити ймовірності всіх припущень про склад куль в урні. Яке припущення найбільш ймовірне?

Розв’язок.

Нехай подія А - “вийнята з урни куля є білою”. Введемо у

розгляд події Ні , що описують початковий склад куль в урні і Ні - після опущення білої кулі:

Нг - 0 білих і п небілих; Нi- 1 біла і п небілих;

Н2 - 1 біла і (п - 1) небілих; Нi- 2 білих і (п - 1) небілих;

Н3 - 2 білих і (п - 2) небілих; Нi - 3 білих і (п - 2) небі-лих;

Нп - (п - 1) біла і 1 небіла; Нп - п білих і 1 небіла;HnI+l - n білих і 0 небілих; Hn+l - (n + 1) білих і 0 небілих.

Оскільки всі n + 1 припущень про початковий склад куль (за кольором) рівноможливі, то

2          i           n+х)

P(H1) = P(H2) = ...P(Hi ) = ...P(Hn+ї) =

n + 1 Тоді умовні імовірності події А рівні:

PH (A) =         ; PH (A) = n     ;  PHi (A) = n     ;

1          n + 1    2          + 1       + 1

PH   (A) =       .

n + 1

Остаточно імовірність події А згідно формули повної імовірності рівна:

P(A) = P(HХ) ■ PH (A) + P(H2) ■ PHі (A) + ...P(Hi) х

1          2

 +         +

n + 1

i           n + 1    1          1

+

n + 1      n + 1...

y.PH(A) + ...P(Hn+l)-PH   (A)

i                 n + 1]          1            1        1 + n + 1    ,                     n + 2

            + ...          =      (n + 1)=          

n + 1... n + 1J      n + 1    n + 1            2          2(n + 1)

як сума членів арифметичної прогресії.

Тоді умовні імовірності гіпотез Ні при здійсненні події А рівні:

1       i

PA(Hi)= n^1n^=         •

n + 2    (n +1)(n + 2)

2(n + 1)

Імовірність гіпотези Hn+Ї є максимальною:

 ,                 2

PA(Hn+1) =    .

n + 2

2.2.20. Кидаються дві гральні кістки. Яка імовірність того, що на першій кістці випала 1, якщо відомо, що на другій кіст-ці випало число очок більше, ніж на першій?Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що на другій кістці випаде число очок більше, ніж на першій. Дана подія може наступити при виконанні таких гіпотез:

Н1 – на першій кістці випала “1” (подія H1/ ), а на другій – одна з цифр “2”, “3”, “4”, :5”, “6” (подія H1/ / ); тому H1 = H1I H1II ;

Н2 – на першій кістці випала “2” (подія H2I ), а на другій – одна   з   цифр   “3”,   “4”,   “5”,   “6”   (подія    H2II ),   тому

Н2=НІ2- Н";

Н3 – на першій кістці випала “3” (подія H3I ), а на другій – одна з цифр “4”, “5”, “6” (подія H3II ), тому H3 = H3I H3II ;

Н4 – на першій кістці випала “4” (подія H4I ), а на другій – “5” або “6” (подія H4II ), тому H4 = H4I H4II ;

Н5 – на першій кістці випала “5” (подія H5I ), а на другій – цифра “6” (подія H5II ), тому H5 = H5I H5II .

Події HiI – випадання певної цифри на першій кістці і HiII – випадання більшої цифри на другій кістці – незалежні,

 

тому       P(Hi ) = P(HiI HiI I ) = P(HiI )P(HiI I ) =    P(HiI I ),1m оскільки P(Hi/ )=   ;P(Hi// )=    , де n = 6, m – кількість

6n можливих цифр на другій кістці.

1        II      15 1

Отже, P(H1)=   P(H1 )=       =5   2 ;

6          666

1        II      14 1P(H2 )=    P(H2 )=        =4   2 ;

6          666

 1    ,II       1   3           1

P(H,) = -P(H   ) =       = 3 • —;

6          6   6     6

,           1    n/II 1       2 1

P(H4 ) = -P(H4 ) =     = 2 • —;

6          6   6     6

P(H5) = -P(H5 ) =      = 1 • —

6          6 6       6

При виконанні гіпотез P(Нt) умовна імовірність настання події PHi (A) = 1, тому згідно формули повної імовірності:

P(A) = ТP(HiЛ-PH (A) = 5-— • 1 + 4 • — • 1 + 3 • — • 1 +

"^         i           66        6

+ 2-—— -1 ч-1 - —— -1 = —;-(5 + 4 + 3 + 2 + 1) = —- .

6          6          6          6

Тоді умовну імовірність настання гіпотези Нг при відбутті

події А знайдемо з формули Байєса:P(H, )PH (A)  ^2

 

P(A)    1     3

15   2 6

2.2.21. Під час випробувань було встановлено, що ймовір-ність безвідмовного спрацьовування реле при відсутності перешкод дорівнює 0,99, при перегріві – 0,95, при вібрації – 0,9, при вібрації і перегріві – 0,8.

Знайти ймовірність P1 відмови цього реле при роботі в cпекотних країнах (ймовірність перегріву дорівнює 0,2, ймо-вірність вібрації – 0,1) та ймовірність P2 відмови при роботі в пересувній лабораторії (ймовірність перегріву – 0,1 і вібрації – 0,3), вважаючи перегрів і вібрацію незалежними подіями.

Розв’язок.

Введемо у розгляд події: А – реле буде працювати, A – реле не буде працювати (імовірність відмови), В – на реле діє

PA(HХ)=        1перегрів, С - на реле діє вібрація. Реле буде працювати у випадку настання таких подій або гіпотез:

Н 1 -   B -C    -  одночасна  відсутність  обох  перешкод: перегріву і вібрації;

Н2 - B -C - наявність лише вібрації (а, отже, відсутність перегріву);

Н3 - B-C - наявність перегріву і відсутність вібрації; Н4 - B-C - наявність вібрації і перегріву одночасно. Імовірності       цих       подій       задані:        P(BC) = 0,8;

P(BC) = 0,95; P(BC) = 0,9; P(BC) = 0,99.

1. Нехай відбувається гіпотеза Н 1, і оскільки події B і C незалежні, то імовірність події А при настанні гіпотези Н 1 рів-на добутку імовірностей подій B і C : PH{A) = P{B) ■ P(C).

Аналогічно,      PH(A) = P(B)-P(C),      PH(A) = P(B)-P(C), PH(A) = P(B)-P(C).

Імовірності подій В і С задані:

а)         Р(В) = 0,2 і Р(С) = 0,1 - при роботі в спекотних краї-

нах;

б)         Р(В) = 0,1 і Р(С) = 0,3 - при роботі в пересувній лабо-

раторії.

Тому: а) P(B) = 1 -P(B) = 0,8; P(C) = 1 - 0,1 = 0,9;

б) P(B) = 1 - 0,1 = 0,9; P(C) = 1 - 0,3 = 0,7. Для обчислення імовірності події А використаємо фор-мулу повної імовірності:

4          _                                                        

P(A) = ^ P{Hi)-PHi (A) = P(B ■ C)■ P(B)■ P(C) +

i=\

+ P(BC)-P(B)-P(C) + P(BC )-P(B)-P(C) + P(BC) х

х P(B) ■ P(C),

яка в числових даних буде мати вигляд для випадку:а)  Px (A) = 0,99 • 0,8 • 0,9 + 0,9 • 0,8 • 0,1 + 0,95 • 0,2 • 0,9 +

+ 0,8-0,2-0,1 = 0,9718; тому імовірність відмови PX(A) =

= \-Px{A) = \- 0,9718 = 0,0282;

б)         P2 (A) = 0,99 • 0,9 • 0,7 + 0,9 • 0,9 • 0,3 + 0,95 • 0,1 • 0,7 +

+ 0,8-0,1-0,3 = 0,9572; тому імовірність відмови P2(A) =

= 1-0,9572 = 0,0428.

Імовірність відмови реле можна обчислити безпосередньо за формулою повної імовірності:

P(A) = P(H1)-PHі(A) + P(H2)-PH2(A) + P(H3)-PHз(A) +

+ P(H4) ■ PH4 (A) = P(B ■ C) • P[B ■ C)+ P(B ■ C) ■ P\B ■ CJ+ + P(B ■ C ) • P\B ■ C ]+ P(B ■ C) ■ P\B ■ C) = P(B) ■ P(C ) х хP\B ■ C)+ P(B) ■ P(C) ■ P\B ■ CJ+ P(B) ■ P(C) • P\B ■ C)+ + P(B)-P(C)-P{B^C\

де P(B ■ C) = \-P(B -C)]P(B ■ C) = \-P(B ■ C),

P(BC ) = 1 - p(BC );   P(BC) = 1 - p(BC), яка в числах буде мати вигляд:

а)         P(A) = 0,8 • 0,9(1 - 0,99) + 0,8 • 0,1(1 - 0,9) + 0,2 • 0,9 х

х (1 - 0,95) + 0,2 • 0,1(1 - 0,8) = 0,0282;

б)         P(A ) = 0,9 • 0,7(1 - 0,99) + 0,8 • 0,1(1 - 0,9) + 0,2 • 0,9 х

х (1 - 0,95) + 0,2 • 0,1(1 - 0,8) = 0,0428.

2. Нехай події В і С - залежні, тоді P(BC) = P(B)х х PB (C) = P(C) ■ PC (B).

Оскільки,   0<PB(C)<1;0<PC(B)<1, то   0<P(BC)<P(B); 0 < P(BC) < P(C). Нехай P(B) > P(C); тоді 0 < P(AB) < P(C), тобто   0 < P(BC) < тіп[P(B),P(C)].  Позначимо  P(BC) = x, тоді:P(B) = Р(В -С) + Р(В ■ С) = Р(В ■ С ) + х; Р(С) = Р(В ■ С) + Р(В ■ С) = Р(В -С) + х. Звідси: Р(В ■ С ) = Р(В) - х;    Р(В ■ С) = Р(С) - х.

Але події ВС,ВС,ВС,В -С   - утворюють повну групу подій, отже,

Р(ВС) + Р(В ■ С) + Р(ВС ) + Р(В ■ С ) = 1, звідки

Р(В ■ С) = 1 - [Р(ВС) + Р(В ■ С) + Р(В ■ С) + Р(В ■ С)] =

= 1 - [Р(С) -х + Р(В) -х + х] = 1 + х- Р(В) - Р(С).

Для обчислення імовірності відмови використаємо фор-мулу повної імовірності:

Р(А ) = Р(В ■ С ) • Р\В ■ С )+ Р(В ■ С) ■ Р\В ■ С)+ + Р(В ■ С) • Р[В ■ С)+ Р(В ■ С) ■ Р\В ■ с) = [1 + х - Р(В) -

-          Р(С)] ■ [1 - Р(В ■ С)] + [Р(С) - х] ■ [1 - Р(В ■ С)] +

+ [Р(В) - х] ■ [1 - Р(В ■ С )] + х ■ [1 - Р(ВС)] = 0,01[1 +

+ х - Р(В) - Р(С)] + 0,1[Р(С) -х] + 0,05[Р(В) -х] + 0,2 • х. Оскільки 0 < х < тіп[Р(В),Р(С)], то для випадків:

а) 0 < х < min(0,l;0,2) = 0,1; б) 0 < х < min(0,l;0,3) = 0,1, отже 0 < х < 0,1 для обох випадків.

Для   обчислення   верхньої   межі   імовірності   відмови Ртах(А)покладаємо х = 0,1; для обчислення нижньої межі

Ртт (А) покладаємо х = 0.

Отже, випадок а):

Р1тях(А) = 0,01(1 + 0,1 - 0,2 - 0,1) + 0,1(0,1 - 0,1) + 0,05(0,2 --0,1)+ 0,2-0,1 = 0,033;

Рітт (А) = 0,01(1 + 0 - 0,2 - 0,1) + 0,1(0,1 - 0) + 0,05(0,2 -

-          0) + 0,2 • 0 = 0,027.

Тому 0,027 <РХ(А) < 0,033.Аналогічно для випадку б):

^2max04) = 0,01(1 + 0,1 - 0,1 - 0,3) + 0,1(0,3 - 0,1) + 0,05(0,1 --0,1)+ 0,2-0,1 = 0,047;

Р2тт(А) = 0,01(1 + 0 - 0,1 - 0,3) + 0,1(0,3 - 0) + 0,05(0,1 --0) + 0,2-0 = 0,041.

Тому 0,041 < Р2тт(А) < 0,047.

2.2.22. Кожен з виробів протягом року може проржавіти з імовірністю 0,01. Перевірено 5 виробів з однаковим терміном зберігання, який може дорівнювати 1, 2,...10 рокам з одна-ковою імовірністю. З перевірених виробів 2 виявилось про-ржавілими. Яка імовірність того, що термін зберігання виробів не менше 8 років?

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що 2 вироби з 5 з одна-ковим терміном зберігання ржавіють. Вироби можуть про-ржавіти, якщо вони зберігаються 1, 2,... 10 років. Введемо у

розгляд події: Ні - термін зберігання виробів і років; /' = 1,10.

1 За умовою Ні - рівноможливі, тобто  Я  = — = 0,1.  Якщо

10 ймовірність проржавіння за 1 рік зберігання рівна рі = 0,01, то за 2 роки зберігання ця імовірність рівна р2 = 0,02, як імовір-ність суми двох несумісних подій: за І рік р1 = 0,01, за ІІ рік рі = 0,01, отже, за 2 роки р2 = 0,02. Аналогічно за 3 роки р?3 = = 0,03, за 4 роки р4 = 0,04, за 5 років р5 = 0,05, за 6 років6 = = 0,06, за 7 років р7 = 0,07, за 8 років р$ = 0,08, за 9 років -0,09, за Юроків - 0,1.

Ймовірність того, що ви випробуваннях подія А настає k

разів (див. формула Бернуллі § 3.1) рівна P*(A) = Cknpkq"~k.

Отже, умовна імовірність події А при виконанні гіпотези Ні

рівна Рн (A) = C^pfq^, де qt = 1 - pt.

Для визначення ймовірності настання події А викорис-таємо формулу повної імовірності:

166P(A) = ^ P(Hi) • PHi (A).

i=\

Ймовірність того, що термін зберігання не менше 8 років обчислимо з формули Байєса:

P(H„)-PH {A)+P{H9)-PH (A)+P(H,0)-PH (A)

PA(Hit)+PA(H9)+PA(H,a)== -         

P(A)

0,lC25(plql +p\q\ +p]q] + p\q\ + p\q\ + p\q\ + pqi + pІqІ + pІqІ + pwqw) 0,082 • 0,923 + 0,092 • 0,913 + 0,12 • 0,93

           

0,012 • 0,993 + 0,022 • 0,983 + 0,032 • 0,973 + 0,042 • 0,963 + 0,052 • 0,953 + 0,062 • 0,943 +

0,063229957

= 0,842

0,lC^(plql+p9ql+pi0qf0)

+ 0,072 • 0,933 + 0,082 • 0,923 + 0,092 • 0,913 + 0,12 • 0,93     0,0750153364

2.2.23. Імовірність того, що певна книжка знаходиться у шкільній бібліотеці рівна р. При цьому вона може знахо-дитись на будь-якій з 20-ти полиць з однаковою імовірністю. а) Перевірили 19 полиць - книжки не знайшли. Яка імовір-ність того, що книжка знаходиться на 20-ій полиці? б) Пере-вірили 18 полиць - книжки не знайшли, яка імовірність того, що книжка знаходиться на двадцятій полиці?

Розв’язок.

І спосіб.

а) Нехай подія А - “на дев’ятнадцяти полицях книжки не-ма". Ця подія А може одночасно відбутися з однією з несу-місних подій: Нх - книжка знаходиться на двадцятій полиці і Н2 - книжки в бібліотеці нема. Очевидно, що Р{НХ) = р, Р{Н2) = \- р, оскільки Р(Ні) + Р(Н2) = 1.

Якщо книга в бібліотеці є, то вона знаходиться на двад-

цятій полиці з імовірністю  — . Отже,  РH (A) = — .    Або

20        '           20

імовірність того, що книжка знаходиться на дев’ятнадцяти по-лицях, рівне 19/20. Тоді умовна імовірність того, що її там

 ,          19       1

нема, рівна РH (A) = 1          = — .

1          20    20Якщо книги в бібліотеці нема, то її нема і на дев’ят-надцяти полицях, тобто Р{Н2) = 1.

Тоді згідно формули повної імовірності

P(A) = P(H1)-PH(A) + P(H2)-PH (A) = p     + (\-p)Л.

Отже, умовна імовірність події Н за умови, що книга знаходиться на двадцятій полиці згідно формули Байєса рівна:

p

Р ( Н) =           20        _          p         

p + (1-pУІ    2°~19p 20

ІІ спосіб.

Нехай подія A - книга знаходиться на дев’ятнадцяти полицях. Розглянемо несумісні події, які утворюють повну групу:

Ні - книга знаходиться на 7-ій полиці;

Н - книга знаходиться на z-тій полиці;

Н20 - книга знаходиться на ХХ-ій полиці;

Н2і - книги в бібліотеці нема.

Оскільки    події    Н,     i = 1,20,    рівно     можливі,     то

P(Hi ) = — , i = 1,20 і P(H2] ) = \-p. 20

Оскільки події Н, i = 1,21 утворюють повну групу подій,то ^ P{Hi) + P(H20 ) + P(H21) = \.

i=\

Подія A - “книга знаходиться на дев’ятнадцяти полицях”

є протилежною до події A - “книга не знаходиться на дев’ят-надцяти полицях”, тобто “знаходиться” - подія Н20 або “не знаходиться” - подія Н2\ на двадцятій полиці.

Тобто, A = HХ +H2 +... + H19 =HХ yjH2 и...иH19!

A = H20 +H21 =H19 ^H20.Оскільки      P(A) + P(A) = \,     то      P(A) = \-P(A) = 1 - P(Hг + H2 +... + H19) = 1 - [P(Hг) + P(H2 ) + ... + P(Hід)] =

p      p  p

— + — + ... + —

20    20            20

= 1-

= 1- —-19.Тоді згідно формули Байєса: PA(H20) = P(H20 \HХ VJ...VJH19) =

           

           

P(H20Г)(H1 и...иH„)) _ P(H20Г)(H1 пH2п...пHІ9))

P(H; иH2и...иH„)       1-P H иH2и...иHІ9)

P H20 гл(HїглH2гл...гл H19))      P(H20)     20

           

                                                           

P(A)    !_p.19     20-19p

20        20

p

                       

20-19p б) Нехай подія A - “книга знаходиться на вісімнадцяти полицях” і подія A - “книги на вісімнадцяти полицях нема”. Тоді

РA(H20) = P(H20 \HЇ и...иH18) =

_ P(H20 п (H1 иH2 и... иH18)) _ P(H20 п (H; пH2 п... пH18) _

P(H,иHги...иH18)      1-P(H1 иH2 и...иH„)

_P(H20г\(H1г\H2г\...г\Hк) _   P(H20)           20

"           PA)      "l- p-ls'l- 18p"

20        20

           

p

20-18p

2.2.24. При обстеженні хворого є підозра на одне з чоти-рьох захворювань: В1 (запалення легень), В2 (туберкульоз), В3 (СНІД), В4 (курячий грип). Їх імовірності при даній сукуп-ності       симптомів       захворювання       відповідно       рівні:

Р(НХ) = —; Р(Н2) = -; Р(Н3) = -; Р(НЛ = —. Для уточ-

2          3          8          24

нення діагнозу хворому призначений аналіз, результатом яко-

го є позитивна чи негативна реакція (тобто наявність хворо-

би). У випадку хвороби В; вважають, що позитивна реакція

наступає з імовірністю рх = 0,4; у випадку хвороби В2 - з імо-

вірністю р2 = 0,45; у випадку хвороби В3 - з імовірністю р3 =

= 0,1, у випадку хвороби В4 - імовірністю р4 = 0,9.

Аналіз був проведений шість разів: а) 4 рази дав пози-тивний результат і 2 рази негативний;

б) 6 разів дав позитивний результат і 6 разів дав нега-тивний результат.

Обчислити імовірності кожного захворювання після проведених аналізів.

Розв’язок.

а) Введемо у розгляд подію А - пацієнт хворий і повторні аналізи дали позитивну реакцію 4 рази: Нг - на хворобу Ви Н2 - на хворобу В2, Н3 - на хворобу В3, Н4 - на хворобу В4.

В умові задачі задані їх імовірності:

п/77        1    „ґтт        1    „ґтт .      1    „ґтт  1

Р(Н,) = -, Р(Н2) = -, Р(НЛ = -, Р(Н.) = —.

2          3          8          24

У випадку захворювання В1 (гіпотеза Ні) імовірність події А рівна імовірності настання позитивної реакції у 4 випадках з шести.

Імовірність того, що подія С — “позитивна реакція насту-

пає” 4 рази рівна Р(С) = р\ = (0,4)4, імовірність того, що подія D - “негативна реакція наступає 2 рази” рівна P(D) = = (\-р1)2 = (1 - 0,4)2 =0,62. Чотири позитивні реакції з 6 можуть вибиратись С64 способами. Тоді за правилом мно-ження (див. §3.1 формула Бернуллі) незалежних подій Р (A) = Clp\q\ = С64 0,44 0,62; для гіпотези Н2 ця імовірність рівна:PH (A) = C64p24q22 = C4 • 0,454 • 0,552;

для гіпотези H3:  PH3 (A) = C46p3q32 = C4 • 0,14 • 0,92;

для гіпотезиЯ4: PH (A) = C46p44q42 = C4 • 0,94 • 0,12.

За формулою повної імовірності:

P(A) = P(H1)• PH (A) + P(H2) ■ PH2 (A) + P(H3) ■ PH 3 (A) +

+ P(H 4)• PH ( A ) = -• C 64 ■ 0,4 • 0,6 + - • C 64 • 0,45  • 0,55  +

4          2          3

1 -•0,009216 ++ - • C 64 • 0,14 • 0,92 +      C 64 • 0,94 • 0,12 = C 64

8          24

+ -•0,01240441+ --0,000081 +         0,006561

3          8          24

= C 64 [0,004608 + 0,00413481 + 0,0000101 + 0,0002734  =

= C 64-0,0090263.

За формулою Байєса знаходимо умовні імовірності того,

що після аналізів встановлена хвороба В:

P(Hi)-PH i (A)

PA(H) =          ,

P(A)

 C64- 0,004608

PA ( H 1) =    4           = 0,510508,

C6 • 0,009026296

 0,004134796

PA ( H 2 ) =    = 0,45808,

0,009026296

P ( H )    0,000010125           

РАНЛ =          = 0,001122,

0,009026296

P ( H )    0,000273375

РЛНЛ =          = 0,03029.

0,009026296Отже, виключаються хвороби В3, В4 внаслідок їх малої імовірності.

б)         Умовні   імовірності   настання   події  А   при   різних

гіпотезахЯгрівні:

PH (A) = C66p16q10 = p 16 = 0,46 = 0,004096;

PH (A) = 0,456 = 0,0083038;

PH (A) = 0,16 = 0,000001;

PH (A) = 0,96 =0,531441. Отже,

P(A) = - • 0,004096 + - • 0,0083038 + - • 0,000001 +

2          3          8

1         

+          0,531441 = 0,002048 + 0,002767922 + 0,000000125 +

24 + 0,0221434 = 0,026959.

•0,004096

Звідси, PA ( H 1) = 2 = 0,07597;

0,026954

1 •0,0083038

PA (H 2 ) = 3  = 0,10267;

0,026954

1 •0,000001

PA ( H 3) =                 = 0,0000046;

0,026954

24 0,531441

PA ( H 4) =     = 0,82136.

0,026954

Отримані   результати   аналізів   дають    вагомі   докази наявності хвороби В4.

в)         Умовні імовірності настання події А рівні:

PH (A) = C60q16 = 0,66 = 0,046656;

PH (A) = q26 = 0,556 = 0,0276806;PH (A) = q36 = 0,96 = 0,531441;

PH (A) = q64= 0,16 = 0,000001. Отже,

P(A) = - ■ 0,046656 + - • 0,0276806 + - • 0,531441 +

2          3          8

+          0,000001 = 0,023328 + 0,0092269 + 0,066430125 ++ 0,000000041 = 0,0989851.

Звідки

PA(H1) = 0,23567; PA(H2) = 0,6711;

PA(H3) = 0,09322; PA(H4) = 0,0000000414.

Отримані результати аналізів дають вагомі докази наявності хвороби В3.

2.2.25. Датчик пристрою, що зчитує поштові індекси, приймає риску за “пустоту” і навпаки “пустоту” за риску з імовірністю 0,1. Вважається, що імовірність всіх 10 цифр одна і та ж. На виході датчика отриманий сигнал:

 Б        J\

а)         б)I   I

Обчислити умовні імовірності того, що була записана цифра: а) 5; 8; 6; б) 3, 6, 7. Розв’язок. Цифри індексу пишуться так:

Будь-яка цифра може бути записана певною комбінацією з усіх можливих елементів.

 Даний на виході сигнал (подія А) може бути отриманий, якщо передавалась одна з цифр 0, 1,...9.

Введемо у розгляд гіпотези Нь ..., Н9, Н10: була записана цифра 1, ..., 9, 0. Імовірності цих гіпотез Р(Н1) = Р(Н2) =

п.тт     1

= Р(Н10) = — за умовою. 10

Нехай при зчитуванні цифр допущена помилка в к еле-ментах, з імовірністю (0,1)*отже, 9 -к елементів зчитані вір-

но з імовірністю 0,99-к . Імовірність такої складної події рівна добутку подій: 0,1* 0,99-к.

а) Якщо була записана цифра 1 (подія Н;), а отримано

 

то помилка міститься в 1, 2, 3, 5, 6, 8, 7 елементах, тобто к = 7. Тоді умовна імовірність Рн (А) = 0,17 0,99-7 =

= 0,000000081.

Якщо  була записана цифра 2  (подія Н2), то  помилка

 

міститься в к = 6 елементах   lfcJ" :   Рн (А) = 0,16 0,99 6 = 0,000001.

 

Якщо   була   записана   цифра   3,   то   k   =   6:

PH (A) = 0,000001.

Якщо була записана цифра 4 (подія Н4), то k = 4: PH (A) = 0,000059.

□Б

Якщо була записана цифра 5 (подія Н5), то k = 1:   ==■ PH (A) = 0,043047.

 

Якщо була записана цифра 6 (подія Н6), то k = 3:

PH (A) = 0,000531.

 

Якщо була записана цифра 7 (подія Н7), то k = 5: PH (A) = 0,15 • 0,99~5 = 0,000007.

 

Якщо була записана цифра 8 (подія Н8), то k = 1:   '== PH (A) = 0,043047.

 

Якщо була записана цифра 9 (подія Н9), то k = 5: PH (A) = 0,000007.

В

Якщо   була   записана   цифра   0,   то   k   =   2: PH (A) = 0,004782.

Обчислимо імовірність події А за формулою повної імо-вірності:

P(A) = 2^ P(Hi) ■ PH (A) = —(0 + 0,000001 + 0,000001 +

i=1175

+ 0,000059 + 0,043047 + 0,000531 + 0,000007 + 0,043047 +

 1 + 0,000007 + 0,004782 = — 0,091482.

1 10

10 Обчислимо умовні імовірності РА(Н5), РА(Н 8), РА(Н6) того, що на вході були записані цифри 5, 8, 6:

•0,043047

PA(H5)

 0,4706.

 

P(H5)PH5 (A) P(A)

•0,091481PA (H8 ) = PA (H5) = 0,4706.

P(A)

 P(H 6)-PH(A)    0,000531

PA(H5) =               6       =~0,07652.

0,091481

2.2.26. На рис. 2.2.1 зображена схема доріг. Туристи вийшли з пункту О, вибираючи навмання на розгалуженні доріг один з можливих шляхів.

О

 

А

Рис. 2.2.1. Яка ймовірність того, що вони попадуть в пункт А? Туристи попали в пункт А, яка ймовірність вибору певного маршруту?Розв’язок.

Туристи можуть попасти в пункт А (подія А), якщо вони будуть проходити через один з вузлових пунктів Нь Н2, Н3, Н4. Позначимо відповідні події (гіпотези) через Нь Н2, Н3, Н4. Ці події утворюють повну групу подій, а оскільки туристи вибирають   один  з  чотирьох  можливих  пунктів,   то   події

Hi(i = 1,4)   рівноможливі, тобто   P(HЇ) = P(H2) = P(H3) =

.    .    1

= P(HЛ = —.  Якщо туристи попали в пункт Нь вони можуть 4

попасти  в  пункт А,  вибравши  лише  одну  з  п’яти рівно-

можливих доріг, що ведуть з цього пункту. Отже, умовна

імовірність події А при умові Н:   PH (A) = —. Аналогічно

1          5

PH (A) = — (з пункту Н2 виходять 2 дороги); PH (A) = 1 (зпункту Н3 веде лише одна дорога, що обов’язково приведе до

пункту А). Розглянемо пункт Н4: з нього виходять 5 доріг, імо-

1 вірність вибору кожної з яких рівна —. Якщо туристи оберутьдороги 1, 2, 3, то умовні імовірності попасти в пункт А рівні 0;

1 якщо оберуть шлях 4, то умовна імовірність рівна -; якщооберуть шлях 5 - то умовна імовірність рівна 1. Застосуємо

формулу   повної   імовірності   для   визначення   імовірності

попадання в пункт А з пункту Н4, позначивши вибір шляху 1,

2, 3, 4 через події Вь В2, В3, В4, В5:

PH^ (A) = P(Bг) • PBі (A) + P(B2) ■ PBг (A) + P(B3) ■ PB (A) +

+ P(B4) ■ PB4 (A) + P(B5)- PB5(A) = --0 + --0 + --0 + --- +

5        5        5        5   3

1          4

+ -•1 = —

5        15

Отже, за формулою повної імовірностіP(A) = P(Hl) • PHi (A) + P(H2) ■ PHг (A) + P(H3) ■ PH^ (A) +

 .          lfl     1  4^1     59

+ P(H,)-PH (A) = — - + - + 1 + —  =           .

4          4^5    2            15 J    120

Для обчислення імовірності вибору певного маршруту

P{Hi)-PH (A)

скористуємося формулою Байєса:   PAHi) =                             .

P(A)

1   1

P/         4  5      6

Звідси, р, (H,) = —т  ^ =—;

If 1     1           4 1     59

- - + - + 1 +

4^5    2            15

1   1

PA (H ) =—т  =*-^    ^ = —;

lfl     1  4)    59

 +    + 1 +

4^5    2            15

1  ,

PA,H,  4'1       30

lfl     1  4 1    59

- - + - + 1 +—

4^5    2            15

PA{HА,BХ) = PA(H4,B2) = PA(H4,B3) = 0;

P(H4) ■ P(B4) -PB (A)     4 ' 5 ' 3      2

            =—-—— = —

P(A)    1^      59

 

4   30 1   1

P(H4,H5)

P(H4)-P(B5)-PB (A)     л' 5    6

               ZZ      ZZ    

P(A)    1.1^     59

4  30

1   1   1

2.2.27. По каналу зв'язку передається одна з послідов-ностей букв АААА, ВВВВ, СССС з ймовірностями p1, p2, p3(їх сума рівна 1). Кожна буква, що передається, приймається

1 правильно з ймовірністю     і з ймовірностями     (1 -α) і1

(1 -α) приймається за кожну з двох інших букв. Передба-2

чається, що букви спотворюються незалежно одна від одної.

Знайти ймовірність того, що було передано: а) АААА, б) ВВВВ, в) СССС, якщо прийнято АВСА.

Розв’язок.

Розглянемо такі гіпотези:

А – передається послідовність АААА;

В – передається послідовність ВВВВ;

С – передається послідовність СССС.

Позначимо подію D – прийнята послідовність АВСА. Дана послідовність (подія D) може бути отримана при пе-редачі однієї з послідовностей А, В, С при умові спотворень (неправильної передачі деяких букв у послідовності). Імовір-ність гіпотези А – Р(А) = р1; гіпотези В – Р(А) = р2; гіпотези С – Р(А) = р3.

Якщо передається послідовність АААА, то для того, щоб отримати послідовність АВСА необхідно, щоб І буква А пере-далась вірно (імовірність правильної передачі ), ІІ буква спотворилась, тобто замість А передалась В з імовірністю

1-α

; ІІІ буква спотворилась: замість А передалась С з імо-2

1-α

вірністю         ; ІV буква А передалась вірно з імовірністю .\-a  \-a

 = a      a

PA(D)Якщо передається послідовність ВВВВ, то для отримання

послідовності D необхідно, щоб: І буква спотворилась, тобто

1-α

замість В передалась А з імовірністю         ; ІІ – буква В пе-179

Така   складна   подія   є   добутком   подій.   Її   імовірність

редалась вірно з імовірністю   ; ІІІ буква спотворилась: за-

1-а

мість В передалась С з імовірністю            ; ІV буква спотвори-1-а

лась: замість В передалась А з імовірністю            . Імовірність1-а       1-а  1-а

            • 0£ •   •         

PAD)

2          2        2

Аналогічно, якщо справджується гіпотеза С, то послідов-ність D отримується при умові спотворення І букви з імовір-

\-а                                                        \-а

ністю , спотворення ІІ букви з імовірністю          , вірної

2          2

передачі ІІІ букви з імовірністю α, спотворення ІV букви з

\-а

імовірністю    . Імовірність такої складної події: 1-а  \-а       \-а

PA(D) =          a          .

2        2            2

Тоді ймовірність настання події D буде визначатись з формули повної імовірності:

P(D) = P(A) ■ PA (D) + P(B) ■ PA (D) + P(C) ■ PA (C) =

1-а  1-а              1-а       1-а  1-а

= pх-а  a + p2  a          ь

2        2            2          2        2

1-а  1-а  1-а    а-П-а)  1-а

+ p3     =          х

2        2        2  2          2

1-а        l-al    а-а-а)  1-а   1

х   p,а + p2      ь p3       =        х

2          2   J     2          2     2

*[2pі<х + (1-а)(p2+pз)]

Оскільки подія D уже відбулася, то переоцінимо імо-вірність гіпотези А при виконанні події D, тобто обчислимо умовну імовірність PD (A) з формули Байєса:1-а  1-а

P(A)-PA{D) _ pl'a'2       тГ'а

 

PD{A)~       P(D)       "      1-oc  1-a   1         ~t

2        2     2 2Оp

[2pxa + (1 - a)(p2 + p3)] Аналогічно,

1-a       1-a  1-a

P(B)-PB(D) _  p2'^T'a'2       Y

 

D{)~       P(D)       "      1-a   1-a   l     "

a          [2pa + (l-a)(p,+ pЛ]

[2par + (1 - cc)(p2 + p3)]

1-a       1-a  1-a

 P(C)-PC(D)   p3'   ?     a'2        2

PD(C)=—       =          i           —л     

P D)     1-a  1-a   l

a          [2p,a; + (l-a;)(p2+p,)]

2        2     2 (1-a) p

2        2     2 (l-a)p2

 

[2p^ + (1 - a)(p2 + p3)] Перевірка:

PD(A) + PD(B) + PD(C) =     —        +

2ap,

           

[2 p a + (1 - ar)(p2 + p3)]

(l-a)p,  (1-a) p

[2px a + (1 - cc)(p2 + p3)]    [2pxa + (1 - cc)(p2 + p3)]

2аpі+(1-а)(pт + pЛ

1          2      3    =1.

[2par + (1 - a)(p2 + p3)]

2.2.28. Ймовірності подій А, В і С дорівнюють відповідно p1, p2, p3. Після проведення досліду виявилось, що дві події відбулися, а одна – ні.Довести, що ймовірність того, що подія С наступила,більша 1/2, коли        1            > 1.

p 1     p 2     p 3 Розв’язок.

Нехай подія D полягає в тому, що відбудуться дві події. Тоді ймовірність події D рівна:

P(D) = P(A) ■ P(B) ■ P(C ) + P(A) ■ P(B ) ■ P(C) +

+ P(A)- P(B) ■ P(C) = p1p2q3 + p1q2p3 + q 1 p2p 3.

Якщо дві події відбулися, то умовна ймовірність того, що наступила подія С згідно формули Байєса рівна:

 +         РіЯпР^+q 1 p 2 p 3

PD(C)=   p 1 q 2 p 3       q 1 p 2 p 3  =          ГИ2ГЗ

P(D)    p 1 p 2 q 3 + p 1 q 2 p 3 + q 1 p 2 p 3

 1

За   умовою    PD(C)> —,    отже    2(p1p3q2 + p2p3q1) > > p1p2q2 + p1p3q2 + p2p3q1,        або        2p1p3q2 + 2p2p3q1 >

>          p 1 p2q2 + p 1 p 3q2 + p2p 3 q 1,     звідси  p 1 p3q2 ^ p2p 3 q 1 ~>

>          p 1 p 2 q 3; отже, p1p3q2 + p2p3q 1 ~ p 1p3q 3 > 0.

Поділимо  почленно  нерівність  на   p1p2p3 > 0.   Отри-

p 1p3q2           p2p3 q 1          p 1 p2 q 3

маємо: 1          > 0,    після   скорочень

p1p2p3      p1p2p3      p1p2p3

q2     q1     q3

вираз буде мати вигляд:       1          > 0,

p2      p 1     p 3

Підставивши значення pi = 1 - pi у нерівність, отри-

1-p2     1-p 1     1-p3  1          1

маємо:            Н              > 0,    або   1-\       1-

p2        p1        p3        p2        p1

1                                     1       1       1

            h 1 > 0. Остаточно,   1          > 0.

p3        p2     p1     p32.2.29. Ймовірності перегоряння першої, другої, третьої, четвертої ламп рівні відповідно 0,1; 0,1; 0,3; 0,4. Ймовірність виходу з ладу приладу при перегорянні однієї лампи рівна, 0,2, двох ламп - 0,4, трьох - 0,6 і чотирьох ламп - 0,8.

Визначити ймовірність виходу приладу з ладу.

Розв’язок.

Ймовірність перегоряння першої лампи рівна рг = 0,1; другої - р2 = 0,1; третьої - р3 = 0,3; четвертої р4 = 0,4. Ймо-вірності роботи ламп: q1 = 0,9;   q2 = 0,9;   q3 = 0,7;   q4 = 0,6.

Прилад може вийти з ладу - “подія А” при відбутті однієї з гіпотез:

Н0 - не перегоряє жодна лампа.

Нi - перегоряє одна лампа, Н2 - перегоряють дві лампи, Н3 - перегоряють три лампи, Н4 - перегоряють чотири лампи.

Для визначення ймовірності події А використаємо форму-лу повної ймовірності:

Р(А) = Р{НХ) ■ Рн (А) + Р(Н2) ■ РНг (А) + Р(Н3) ■ РНз (А) +

+ Р(Н4)-РН (А) + Р(Н0)-РН (А),

де умовні імовірності настання події А рівні: Рн (А) = 0; Р(А) = 0,2; РНі(А) = 0,4; РН{А) = 0,6; РН4(А) = 0,8.

Імовірності гіпотез Ні рівні:

Р(НХ) = Р^2ЧзЧ4 + ЧіРгЧзЧл + ЧіЧгРзЧл + ЧіЧгЧзРл = = 0,1 • 0,9 • 0,7 • 0,6 + 0,9 • 0,1 • 0,7 • 0,6 + 0,9 • 0,9 • 0,3 • 0,6 +

+ 0,9 • 0,9 • 0,7 • 0,4 = 0,4482;

Р{Н2) = plp2q3q4 + Р1Ч2Р3Ч4 + Р1Ч2Ч3Р4 + Ч1Р2Ч3Р4 + + Ч\РіРзЧ4 + Ч\ЧіРзР4 = 0Д • 0,1 • 0,7 • 0,6 + 0,1 • 0,9 • 0,3 • 0,6 + + 0,1 • 0,9 • 0,7 • 0,4 + 0,9 • 0,1 • 0,7 • 0,4 + 0,9 • 0,1 • 0,3 • 0,6 + + 0,9 • 0,9 • 0,3 • 0,4 = 0,1842;

Р(Н3) = ргр2р^А + Р1Р2Ч3Р4 + Р1Ч2Р3Р4 +Ч\РгРзР4 = = 0,1 • 0,1 • 0,3 • 0,6 + 0,1 • 0,1 • 0,7 • 0,4 + 0,1 • 0,9 • 0,3 • 0,4 + + 0,9 • 0,1 • 0,3 • 0,4 = 0,0262;P(H4) = ргр2р3р4 = 0,1 • 0,1 • 0,3 • 0,4 = 0,0012.

Оскільки імовірності перегоряння ламп різні, для визначення    Р(Ні)    можна    використати    твірну    функцію

п

(pn{Z) = Y\  ІЧі + Piz)  (див- §3.1), яка для даного прикладу

і=\

набуває вигляду :

cpn{Z) = (0,9 + 0,lz)(0,9 + 0,lz)(0,7 + 0,3z)(0,6 + 0,4z) =

= (0,9 + 0,1)2 (0,7 + 0,3z)(0,6 + 0,4z) = 0,3402 + 0,4482z +

+ 0,1842z2 +0,0262z3 +0,0012z4.

Ймовірність того, що ні одна лампа не перегорить, рівна вільному члену: Р4(0) = 0,3402.

Ймовірність того, що одна лампа перегорить рівна кое-фіцієнту при Z: Р4(1) = 0,4482, тобто Р4{\) = Р(Н\).

Ймовірність того, що дві лампи перегорять рівна кое-фіцієнту при Z2. Р4{2) = 0,1842, тобто Р4(2) = Р(Нг).

Ймовірність того, що три лампи перегорять рівна кое-фіцієнту при Z3. Р4(3) = 0,0262, тобто Р4(3) = Р(Н3).

Ймовірність того, що чотири лампи перегорять рівна кое-фіцієнту при Ґ: Р4(4) = 0,0012, тобто Р4(4) = Р(Н*).

Перевірка: Р(Н0) + Р(НХ) + Р(Н2) + Р(Н3) + Р(Нл) = = 0,3402 + 0,4482 + 0,1842 + 0,0262 + 0,0012 = 1.

Підставивши отримані дані в формулу повної імовірності маємо:

Р(А) = 0,3402 • 0 + 0,4482 • 0,2 + 0,1842 • 0,4 + 0,0262 х х0,6 + 0,0012-0,8 = 0,18.

2.2.30. З урни, яка вміщує 2 білі і 3 чорні кулі, навмання виймають 2 кулі і додають в урну одну білу кулю.

а)         Знайти ймовірність того, що після цього навмання

взята з урни куля виявиться білою.

б)         Нехай з урни за схемою випадкового вибору з повер-

ненням виймають к куль. Знайти ймовірність того, що всі

вони білі.в) Знайти цю ж ймовірність, що в п. б) для схеми вибору без повернення.

Розв’язок.

а) Нехай подія А полягає у витяганні білої кулі. Подія А може відбутися при здійсненні таких гіпотез, які утворюють повну групу подій:

Ні- з урни витягають 1 білу і 1 чорну кулі;

,H        C\-C\     2-3-1-2-     3

P(НХ) =          =          = - = 0,6;

C5       5-4      5

Н2 - з урни витягають 2 чорні кулі;

,           CІ     3-2-1-2-

P(H2 ) = ^- =  = 0,3 ;

C]      1 • 2 • 5 • 4

Нз- з урни витягають 2 білі кулі;

„,H        CІ      1-1-2-

Д#) = —^г =   = 0,1.

C5        5-4Перевірка: ^jP(Hi) = l.

i=\

Після витягання двох куль в урну додається одна біля

куля.   Тоді   умовні   імовірності   витягання   білої   кулі   при

здійсненні гіпотез Н, Н2, Н3 будуть такі:

 ,          2          л      л

PH(A) = -     (2б + 3ч-\б-\ч = 2б + 2ч = Лкулі) ;

PH (A) = —     (2б + 3ч -2ч + 1б = 3б + 1ч = 4кулі);

2          4

 ,          1          „          „          „          „

PH (A) = -     (2б + Зч - 2б + \б = \б + Зч = 4кулі) .

3          4

Підставляємо отримані дані в формулу повної імовірності:

P(A) = P(H1)-PHі (A) + P(H2)-PHг (A) + P(H3)-PHз (A) =

 2         3          1      11

= 0,6 • - + 0,3 • - + 0,1 • - = — = 0,55.4      4          4    20

б)         Нехай подія А полягає в витяганні k білих куль, якщо

витягнуту білу кулю повертають знову в урну. Тоді умовна

імовірність кожного наступного витягання білої кулі зали-

шається тою ж самою і обчислена для різних гіпотез у попе-

редньому пункті. Умовна імовірність того, що біла куля буде

витягнута k разів рівна добутку імовірностей витягання білої

кулі кожного разу:

 ,        2   2       2    f 2 1          I 3 1

PH (A) =         ...• — =—     ,   відповідно   PH (A) = \ —    ,

4   4       4    UJ           UJ

 -.     k

PH (A)

Підставимо отримані дані в формулу повної імовірності:

^          I 2 ]     [ 3 }     [ 1 1

P(A) = 0,6-\ — \  +0,3-  —    +0,1-  —    , де k = 1, 2, 3...

в)         Нехай подія А полягає у витяганні k білих куль, коли

кулі в урну не повертаються.

 2         3          1

Нехай k = 1; тоді (A) = 0,6 • — + 0,3 • - + 0,1 • - = 0,55.

4          4          4

k = 2;  P(A) = 0,6 • PH (A) + 0,3 • PH (A) + 0,1 • PH^ (A) =

= 0,6• PH (Aї-A2)+0,3 • PHІ(A • A) + од • PHз(A • A) =

= 0,6 • PH (A) • PH Aі (A)+°>3 • PH2 (A) • PH A (A) +

 ч         .ч         2   1     3   2

+ 0,1 • PH (A ) ■ PH АAЛ = 0,6       + 0,3    +

4  3      4   3

 1   0

+ 0,1    = 0,25.

4  3

Тут подія А рівна добутку залежних подій: Ах - І куля біла, А2 - ІІ куля біла;

k = 3; P(A) = 0,6PH[ (A • A ' A) + °5зPHг (A • A ' As) + + 0,1PH (A-A2-A3) = 0,6PHі (A) • PH A (A)' PHхAхAг (A) ++ 0,ЗРн (Д) • Рн А (Д) •Рн АА (Д) + 0,1РН (Д) • Рн 4 (Д) =

2   10   3    2    1          1    0   0     0,3

= 0,6    + 0,3    + 0,1    = — = 0,075.

432      432      432      4

Тут подія А рівна добутку залежних подій: А   - І куля

біла, А2 - ІІ куля біла, А3 - ІІІ куля біла.

л. ..      2100    3210

£ = 4;  Р(Д) = 0,6       + 0,3    +

4  3   2   1        4   3   2   1+ 0,1          = 0.

4  3   2   1

Добуток 4 • 3 • 2 • 1 можна записати як А\ = 4[4], добуток 2 • 1 = А\ = 2[2],   відповідно, добуток  2 • 1 • 0 = 2[3], добуток

2-1-0-0 = 2[4],    3-2 = 3[2],    3-2-1 = 3[3],    3-2-1-0 = 3[4],

1-0 = 1[2], 1 ■ 0 - 0 = 1[3].

Таким чином, в загальному вигляді формула повної імовірності буде мати вигляд:

Р(А) = 0,6 • —— + 0,3—ттОД——, де к = 1,2,3,4.

2.2.31. При переливанні крові треба враховувати групу крові донора і хворого. Людині, яка має четверту групу крові, можна перелити кров будь-якої групи; людині з другою або третьою групами крові можна перелити кров тієї ж групи, або першої; людині з першою групою можна перелити тільки кров першої групи. Серед населення 33,7% мають першу, 37,5% - другу, 20,9 % - третю і 7,9 % - четверту групу крові.

Знайти ймовірність того, що переливання можна здійснити, якщо є а) один; б) два донори.

Розв’язок.

Введемо у розгляд події: А - хворому перелити кров мож-на, Д - у донора z-та група крові, Нt - у хворого z-та група крові.

а) Нехай маємо одного донора. Тоді хворому можна перелити кров при виконанні таких гіпотез: Нх - у хворогоперша група крові, імовірність цієї гіпотези P(HХ) = 0,337 ; Н2 - у хворого друга група крові, P{H2) = 0,375 ; Н3 - у хво-рого третя група крові, P(H3) = 0,209; Н4 - у хворого чет-

верта група крові,  P(H4) = 0,079. Якщо у хворого перша

група крові, то йому можна перелити кров донора лише першої групи крові. Отже, умовна імовірність події А при виконанні гіпотези Нг рівна: PH (A) = P(BХ ) = 0,337 . Якщо у

хворого друга група крові, то йому можна перелити кров донора з другою або першою групою крові, тобто PH (A) = P(Bг) + P(B2) = P(HХ) + P(H2) = 0,337 + 0,375 =

= 0,712    - як сума імовірностей двох несумісних подій Вг і

В2. Аналогічно, якщо у хворого третя група крові, то йому можна перелити кров донора тієї ж групи крові або першої, так   що    PH (A) = P(BХ) + P(B3) = P(HХ) + P(H3) = 0,337 +

+ 0,209 = 0,546.

Якщо у хворого четверта група крові, то йому можна перелити кров будь-якої групи, отже, PH (A) = 1 .

Для обчислення імовірності події А використаємо фор-мулу повної імовірності:

P(A) = P{HX) ■ PHі (A) + P(H2) ■ PHг (A) + P(H3) ■ PHз (A) +

+ P(H4) ■ PH (A) = 0,337 • 0,337 + 0,375 • 0,712 + 0,209 • 0,546 +

+ 0,079-1 = 0,573683.

б) Нехай є два донори.

Тоді, якщо хворий з першою групою крові (подія Нг), то йому можна перелити кров донора лише першої групи, тобто якщо серед двох донорів є хоч би один з першою групою кро-ві. Це може бути тоді, коли перший донор з першою групою крові, а другий з будь-якою, в тому ж числі і з першою - подія Сь або другий донор з першою групою крові, а перший - з будь-якою - подія С2. Тоді умовна імовірність події А при ви-конанні гіпотези Нг рівна сумі імовірностей несумісних подійC1 і C2: А = C1 + C2, кожна з яких рівна добутку незалежних подій:

Р  (А) = Р(СХ) + Р(С2) = Р(ВХ )[Р(ВХ) + Р(В2) + Р(В3) +

+ Р(В4 )] + [Р(Вг ) + Р(В2) + Р(В3) + Р(В4)]Р(В1 )-Р(Вг)х

хДД) = 2ДД)-/,2(Д) = 2-0,337-0,3372 =0,560431.

У    формулі    враховано,    що    Р(ВХ) +Р(В2) +Р(В3) + + Р(В4) = \, крім цього відняли доданок Р(ВХ) • Р(В^), щоб імовірність події В1-В1  -    “у першого і в другого донора перша група крові” не повторювалась двічі.

Умовну імовірність Рщ (А)  можна також обчислити як

суму імовірностей трьох несумісних подій, що є добутками незалежних подій:   Вь ■ В1   - “обидва донори першої групи

крові”; Вь ■ В1 - “у першого донора перша група крові, а в другого - будь-яка інша група, крім першої” і навпаки, тобто Вь ■ Вх.

Таким чином,   Рн (А) = Р(Вї-Вї) + 2Р(Вї-В) = Р(Вї)х

х Р(ВЇ) + 2Р(ВХ)- Р(ВХ) = 0,3772 + 2 • 0,337 • (1 - 0,337) =

= 0,560431.

Нехай у хворого друга група крові (подія Я2), тоді йому можна перелити кров, якщо: 1) один з двох донорів має першу групу крові, а інший - будь-яку групу, тобто маємо суму подій Сг+С2, імовірність якої рівна Рн (А) = 0,560431; 2)

один з двох донорів має другу групу крові, а інший - будь-яку, крім першої, оскільки події: “один донор має першу групу крові, а інший - другу” зустрічались вже двічі в події Q +С2. Тоді умовна імовірність події А при виконанні події А2 (гіпотези) рівна:

РНг (А) = РНі (А) + Р(В2)[Р(В1) + Р(В2) + Р(В3) + Р(В4)] +

+ [Р(В1) + Р(В2) + Р(В3) + Р(В4)]-Р(В2)-Р(В2)-Р(В2)--   2P(B) • P(B2) = PH (A) + 2P(B2) -P2(B2) - 2P(B) • P(B2) =

= 0,560431 + 2 • 0,375 - 0,3752 - 2 • 0,337 • 0,375 = 0,971056.

У формулі відняли доданок P(B1)-P(B2), щоб імовір-ність події Bх ■ B2 - “у першого і в другого донора друга група крові” не повторювалася двічі.

Якщо у хворого третя група крові (подія Н3), то йому можна перелити кров, якщо: 1) один з донорів має першу групу крові, а інший - будь-яку - подія С1 + С2, імовірність якої рівна  PH(A) = 0,560431; 2) один з двох донорів має

третю групу крові, а інший - будь-яку, крім першої, оскільки події “один донор має першу групу крові, а інший третю” зустрічались вже двічі в події С1+ С2. Отже ,

PH^ (A) = PH (A) + P(B3) • [P(B1) + P(B2) + P(B3) + P(B4)] +

+ [P(Bг ) + P(B2) + P(B3) + P(B4)]-P(B3)- P(H3) • P(H3) -

-          2P(H1) • P(H3) = PH (A) + 2- P(B3 )-P2 (H3) - 2P H!) х

хP(H3) = 0,560431 + 2 • 0,209 - 0,2092 - 2 • 0,337 • 0,209 =

= 0,793884.

Якщо у хворого четверта група крові (подія Н4), то йому можна перелити кров будь-якої групи, тобто PH (A) = 1.

Остаточно імовірність події А дорівнює:

P(A) = P{HХ) ■ PH (A) + P(H2) ■ PHг (A) + P(H3) ■ PHз (A) +

+ P(H4) ■ PH (A) = 0,337 • 0,560431 + 0,375 • 0,917056 +

+ 0,209 • 0,793884 + 0,079 • 1 = 0,777683003.

2.2.32. Комерційний банк надає кредити трьом фірмам. Імовірність неповернення кредиту для І-ї фірми - 1%; для ІІ-ї

-          8,2%; для ІІІ-ї - 5,4%. Визначити частки кредитів, які

повинен надати комерційний банк, виходячи із умови рівності

можливих обсягів неповернених кредитів відносно кожноїфірми. Знайти загальний ризик неповернених кредитів комерційному банку.

Розв’язок.

Оскільки вся інформація носить імовірнісний характер, то ризик визначимо як імовірність неповернення кредиту комер-ційному банку від кожної фірми.

Введемо у розгляд такі події:

А - комерційному банку не повертають кредити;

Вг - перша фірма дістає кредит від банку;

82        - друга фірма дістає кредит від банку;

83        - третя фірма дістає кредит від банку.

Відповідні їм імовірності будуть: Р(А), Р(Вг), Р(В2), Р(В3). Останні три імовірності рівні часткам хь х2, х3 загального кредиту, що надає банк кожній з фірм. Оскільки є три гіпо-тези (події), при яких може відбутися неповернення кредиту комерційного банку, то використаємо формулу повної імовірності :

P(A) = P(Bг) ■ PB (A) + P(B2) • PBі (A) + P(B3) • PB (A),

де PB (A) = 0,01; PBі (A) = 0,082; PB (A) = 0,054.

- умовні імовірності неповернення кредиту банку, якщо кредит був наданий відповідно І, ІІ, ІІІ фірмі.

Позначимо через хі - частку загального кредиту, нада-ного І фірмі, х2 - ІІ фірмі, х3 - ІІІ фірмі. Тоді виходячи з умови, що х] + х2 + х3 = 1, частка кредиту, наданого ІІІ фірмі буде: х3 = 1 - (хі + х2).

На основі формули Байєса і рівності ризиків з умови задачі отримуємо таку систему рівнянь : \P{BХ) ■ PB (A) = P(B2) • PBі (A)

\P(B1) ■ PB (A) = P(B3) • PB (A)

або fхj • 0,01 = х2- 0,082

[хj -O^^^-хj -х2)-0,054Виконавши   елементарні   перетворення   над   системою, отримаємо: [х 1 = 8,2х2

[6,4х 1 + 5,4х2 = 5,4 Розв'язок буде такий х 1 = 0,76503; х2 = 0,093286; х3 =0,141674. Отже, P(B1) = 0,76503; P(B2) = 0,093286 ; P(B3) = 0,141674 .

Звідси,  ризик  неповернення  кредиту  кожною   фірмою рівний:

P(B 1)-PB 1 (A) = P(B2)-PB 2 (A) = P(B3)-PB 3 (A) =

= 0,01 • 0,76503 = 0,0076503 .

Загальний ризик неповернення кредиту банку рівний P(A) = 3 • 0,0076503 = 0,02295 .

Висновок. З виділеного кредиту банком загальною су-мою 10000 грн. банку не буде повернуто 2295 грн.