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...

3.1.1. Батарея зробила 14 пострілів по об'єкту, ймовір-ність влучення в який дорівнює 0,2. Обчислити:

а)         найбільш ймовірне число влучень і його ймовірність;

б)         ймовірність знищення об'єкту, якщо для його знищення

потрібно не менше 4 влучень.

Розв’язок.

Маємо повторні незалежні випробування (постріли) в кожному з яких імовірність настання події (влучення) стала і рівнар,

п= 14;р = 0,2; q = 1 - р = 0,8.

а)         Найімовірніше число к0 настання події (влучень) знахо-

димо   з   формули:    np-q <к0 <пр + р;    або   у   числах:

14х0,2-0,8<&0 < 14x0,2+ 0,2, 2<к0 <3. ОтжеД0 = 2; 3.

Для обчислення імовірності настання подій к0 = 2; 3 рази в п = 14 випробуваннях використаємо формулу Бернуллі:

Р 14(2)=Р14(3); Р14(2) = С124 х0,22 х0,812 =0,25014 .

б)         А - подія, яка полягає у знищенні об’єкту:

Р(А) = Р(к > 4) = 1 - [Р(1) + Р(2) + Р(3)] = 1 - (0,15393 +

+ 0,25014+ 0,25014) = 0,3018,

деР14(1) = С114 х0,2х0,813 = 0,15393 ;Р14(2) = С124x0,22 x0,812 =0,25014; РI4(3) = С134X0,23 x0,8n =0,25014.

3.1.2.   Якою повинна бути ймовірність влучання при одно-

му пострілі, щоб при чотирьох пострілах Р(х = 0) = Р(х = 1)?

Розв’язок.

Використаємо формулу Бернуллі.

З    умови    Р4(к = 0) = Р4(к = ї)    або    С4°Р° (1 - р)4 =

,   ,       ,           1

= С4 Р (1 - р), звідси 1 - р = 4р. Отже, р = - = 0,2.3.1.3.   Оцінити імовірність /? появи події А в кожному з 59

незалежних випробувань, якщо найімовірніше число появи

події А в цих випробуваннях дорівнює 35.

Розв’язок.

Використовуємо формулу найімовірнішого числа:

np-q<k0 <пр + р , де п = 59, ко = 35.

Виразимо q = \-p(з рівності p + q = \) і підставимо в нерівність: 59р - (1 - р) < 35 < 59р + р, спростивши яку от-римаємо: 60р — 1 < 35 < 60р .

Запишемо цю нерівність як подвійну:

 36

р< 60

ГбО/? — 1 < 35      ГбО/? < 36

35 р> — 60

-^<

I   60/? >35     [60/? >35

35        36

Отже, — </? < —, або 0,5833 <р<0,6.

60        60

3.1.4. В результаті систематичного контролю якості виго-товлених деталей встановлено, що середній відсоток браку становить 5 %.Скільки виготовлених деталей потрібно взяти, щоб най-імовірніше число якісних серед них складало 60 шт.?

Розв’язок.

q = 0,05 (брак), р = 0,95 (якісні), k0 = 60.

Використаємо формулу найімовірнішого числа появи по-дії А вп випробуваннях np-q<k0 <пр + р, яка в числах на-

буде вигляду:  п- 0,95 -0,05 < 60 <п- 0,95 + 0,95 . Запишемо

у вигляді системи нерівностей:

Г0,95и-0,05<60      Г0,95и< 60,05      Ги<63,2

<          —П     —»^

[0,95и + 0,95>60      [0,95и> 59,05      [п> 62,16

Отже, « = 62; 63.

3.1.5. Гральний кубик підкидають п раз. Обчислити:

а)         ймовірність того, що щ разів випаде одиниця, п2 разів -

двійка, ..., п6 разів - шістка;

б)         ймовірність того, що шістка не випаде жодного разу.

Розв’язок.

Ймовірність випадання будь-якої цифри рівна:р1 = р2 = ... = р6 =—; п1+п2+... + п6=п.

а) Р{ог =Щ,о2 =п2,...о6 =п6]

YI \ХТ)  \ХТ) I        X     YI  I

ІІХ ./\Г12 .АА<3 . ,... A .. Jl6 .

п1+п2+...п6

хРі   Рг   ■■■Рб    =       ~~

п1\хп2\хп3\х...п6і\6

           

 

           

п1\хп2\хп3\...хп6 ^б “ ”         1

б) Ймовірність появи   6   рівна р = —,  ймовірність не-появи шістки рівна q = 1- р = —.Використаємо   формулу   Бернуллі,   де    к = 0,     р = ~,5      „      ^ 0   0   и        и     [51

<? = -: Ри(0) = Сп р q = q =  -   .

3.1.6. Відомо, що 1/10 частина всіх радіоламп, які надійш-ли у магазин на продаж, не відповідають усім характерис-тикам стандарту. Продавець продає 4 радіолампи із наявних 100 шт.

Визначити ймовірність того, що одна з них виявиться не-стандартною.

Розв’язати задачу: а) за схемою повернених куль; б) за схемою неповернених куль.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що з 4 радіоламп одна є нестандартною.

а)         Якщо витягнуті радіолампи повертаються назад, то

імовірність витягання нестандартної лампи в кожному випро-

1 буванні постійна і рівна р = — = 0,1. Для визначення імовір-

10 ності     події     А     скористуємось     формулою     Бернуллі:

Pn(k) = Ck„pkq"-k.

Р4(1) = С41(0,1)1 (1 - 0,1)4 -1 =4-0,1-0,93 =0,2916.

б)         10% усіх ламп є бракованими, тобто їх є 0,10 • 100 = 10

штук,   тоді   90   ламп   є   стандартними   (як   найімовірніші величини). Тоді згідно класичного означення імовірності:

„   ,ч    т    C3 0-C1 0     90-89-88-10-1-2-3-4

Р(А) = — =    9      1   =         = 0,300.

п        C           1-2-3100-99-98-973.1.7.       Проводиться випробування пристрою. При кож-

ному випробуванні пристрій виходить з ладу з ймовірністю

0,1. Після першого виходу з ладу він ремонтується, після

другого - визнається непридатним.

Знайти ймовірність того, що пристрій повністю вийде з ладу точно при шостому випробуванні.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає у повному виході пристрою з ладу. Задана р = 0,1 - ймовірність виходу з ладу при кожному випробуванні. Подія A = Al ■ А2, де Аt - подія, яка полягає в

тому, що в п’яти випробуваннях пристрій виходить з ладу один раз, А2 - подія, яка означає вихід з ладу пристрою в шостому випробуванні. Оскільки Аі і А2 незалежні, то

Р(А) = Р(АХ -А2) = Р(Д ) •Р(А2) = C\plq5~l ■ р = 5 ■ 0,1 х х0,94- 0,1 = 0,03281.

3.1.8.   Дано десять позицій, на кожній з яких може з’яви-

тися 0 або 1, причому поява нуля чи одиниці на якій-небудь з

них не залежить від того, що відбувається на других позиціях.

Імовірності появи одиниці чи нуля на будь-якій позиції рівні

відповідно р і q (р + q = 1). Проводиться випробування, в

результаті якого всі десять позицій заповнюються нулями і

одиницями. Знайти імовірність того, що на даних позиціях

з’явиться вісім нулів і дві одиниці, причому не буде двох

одиниць, що стоять поруч.

Розв’язок.

Загальне число перестановок з десяти елементів, серед яких є два типи елементів, що зустрічаються “1” - 2 рази і “0” - 8 раз буде:

л,         Ю!      9-10

Д2;8) =           =          = 45 .

2!-8!      2-1

З них пі = 10 - 1 = 9 місць буде займати блок з двох

одиниць, коли вони стоять поруч. Отже, число перестановок,

коли дві одиниці не стоять поруч, рівне Р(2,8) - пі = 45 - 9 =

= 36.Ймовірність того, що з’являться вісім нулів рівна q8, дві одиниці - р2, так що ймовірність шуканої події рівна Р(А) =

= 36 -p2-qs.

3.1.9. В екзаменаційному білеті є п'ять запитань. На кож-не запитання дано три можливі відповіді, серед яких необ-хідно вибрати одну правильну.

Яка ймовірність того, що методом простого відгадування вдається відповісти щонайменше на чотири запитання?

Розв’язок.

Імовірність р вгадати правильну відповідь на одне питан-

1 ня з трьох рівна -, тоді імовірність не вгадати відповідь рівнаq = \-p = \-- = -.

3     3 Шукана     подія    А     рівна     сумі     несумісних     подій

A = А4 + А5, де А4 - відгадані чотири правильні відповіді з

п’яти, А5 - відгадані всі п’ять відповідей.  Отже,   Р(А) =

= Р(А4) + Р(А5) . Оскільки імовірність відгадування правиль-

ної відповіді на кожне запитання постійна, а число запитань п = 5 - невелике, імовірності подій А4 і А5 обчислимо згідно формули Бернуллі:

Г>4 / л            /~<4     4    5-4        J-4--J-Zfl|fZ|       lV

г5 \А») = L5p q     =     —      —    = =

\-2-3-4\^3J УЗ)     243

= 0,04115;

Р5\А5) = С5р q     = р   = \-\   =0,004115.

3 Остаточно, Р(А) = 0,04115 + 0,004115 = 0,04527.

3.1.10. На відрізок “кинуто” навмання n точок. Ймовір-ність попадання точки на будь-яку частину відрізка залежить тільки від довжини цієї частини і пропорційна їй.Яка ймовірність того що, на ліву половину відрізка по-паде щонайбільше дві точки? Розв’язок. Ймовірність того, що одна точка попаде на ліву частину

 1 відрізка рівна —, як відношення довжини половини відрізка1          г    1

до всієї його довжини: —:/ = — . Кидання на відрізок точок -

2          2

повторні незалежні випробування, імовірність настання події в кожному з яких (попадання на ліву частину) постійна і рівна

1 р = —.Нехай А - подія, імовірність якої необхідно обчислити. Подія А рівна сумі несумісних подій А0, АhА2: А = А\)+АЇ +

+ А2 і її імовірність рівна Р(А) = Р(А0) + Р(АХ) + Р(А2), де

і = к = 0, 1, 2 - кількість точок, що попадають на ліву частину відрізка - число настання події Аі.

Імовірність того, що ви випробуваннях подія Аі настане к разів, обчислюється згідно формули Бернуллі:

Pk{Ai) = Cknpkqn~k .

Таким чином, Р{А) = Сп\ —    •  — \  +Сп —    •  —       +2

„?( 1)   ( 1 1     1          1     п(п-\)    1      п +п + 2

+С: —   • —     = —+и —+

           

—        —                    —

2)   \_2)        2"        2"            2       2"           2

СІ+п + 1

гуП+\

           

3.1.11. Знайти ймовірність того, що в 2n випробуваннях за схемою Бернуллі з ймовірністю успіху p і невдачі q = 1 – p з'явиться m + n успіхів, і всі випробування з парними номерами закінчаться удачею.Розв’язок.

Нехай А - подія, імовірність якої необхідно знайти. В 2п випробуваннях є п випробувань з парними номерами і п ви-пробувань з непарними. Імовірність того, що всі п випро-бувань з парними номерами закінчаться удачею (подія А^ за

формулою Бернуллі рівна: Р{А\) = C"npnqn~" = 1-р" -q° =р".

Якщо успіхів в усіх випробуваннях є (т + п), а на парні випробування припадає п успіхів, то на п непарних випро-бувань припадає т успіхів (подія А2). Імовірність події А2

рівна P(A2) = C™pmqn~m. Оскільки подія А рівна добутку незалежних подій А1 ■ А2, то імовірність події А рівна Р(А) = Р(АХ)- Р(А2) = p"-C™pmq"-m = C™p"+mq"-m.

3.1.12. Знайти умовну ймовірність того, що в перших п випробуваннях Бернуллі герб випав при £-му випробуванні, якщо відомо, що при п випробуваннях герб випав тільки один раз.

Розв’язок.

Імовірність випадання герба в кожному випробуванні рів-

1 на — . Імовірність події А, яка полягає в тому, що герб випавтільки один раз згідно формули Бернуллі рівна:

Pnk(A) = Cknpkq"-k -> Pln (A) = Clnplq"-1 = npqnl. Оскільки події А і B залежні, то P(AB) = P(A) ■ PA (B) .

Звідки PA (B) - ймовірність того, що герб випав при £-тому

випробуванні, якщо він випав один раз рівна:

PA (B)

           

           

P(A)    npqn-1 npqn-1      n

P(AB)     qk-1 pqn-k       pqn-1      1

3.1.13. На відрізок АВ довжиною а навмання кинуто 5 точок.Знайти ймовірність того, що дві точки будуть зна-ходитись від точки А на відстані меншій х, а три – на відстані, більшій х.

Припускається, що ймовірність попадання точки на від-різок пропорційна довжині відрізка і не залежить від його розміщення.

Розв’язок.

Імовірність того, що кожна точка може попасти на відрізок (рис. 3.1.1).

х

А

В

 

x    a-x

q=1-    =          . Імовірність події А – на “відрізок х попаде

aa

дві точки з п’яти” обчислимо згідно формули Бернуллі:

2      2     5-2

довжини х рівна p

P5 (2) = C52 p2q

x

a

           

а

Рис. 3.1.1.

зa-x

тоді імовірність протилежної події

a

r2\ x a

Ця імовірність рівна імовірності того, що три точки попадуть на відрізок більший за х, тобто на відрізок х – а (подія В). Її теж обчислимо згідно формули Бернуллі:

3   3  5-3         a-x       a-x     x

P5 (3) =C5 pq    , де p=         ;q=1-   =    .2

3          2

X

a- x

a- x

a          aa

3    X

a

a

a

a

Отже, P(B) = C5

оскільки,    Cnk =Cnn-k ,    тобто    C53 =C52 .    Таким    чином,

P(A) = P(B)3.1.14. Відрізок АВ розділений точкою С у відношенні 2:1. На цей відрізок навмання кинуто 4 точки.

Знайти ймовірність того, що дві з них опиняться лівіше від точки С і дві - правіше, якщо припускається, що ймовірність попадання точки на відрізок пропорційна довжині відрізка і не залежить від його розміщення.

Розв’язок (рис. 3.1.2).

С

А       | 1          1      В

2          1

Рис. 3.1.2.

Імовірність р попадання будь-якої точки лівіше С на від-

АС        2       2

різок АС при кожному підкиданні рівна р =         =          = —,

АВ     2+1     3

імовірність непопадання q = 1 - р = - . Таким чином, маютьмісце повторні незалежні випробування. Імовірність події А -

на відрізок АС попаде дві точки з чотирьох, обчислимо згідно

формули Бернуллі:

p^A) = dpW-2 =—■{-] ■-)=-■

1-2  УЗ)    УЗ)      27

Імовірність події А рівна імовірності події В - “на відрізок

СВ попадуть дві точки”, яку теж обчислимо згідно формули

СВ        1        1          л,т

Бернуллі,   поклавши   р =   =          = - .   Отже,    Р4 (В) =

АВ     2+1     3

^2     2    4-2   4-3     (  1   1       (2   }           8          „2       .ч

С:р q     =            •  —    = —. Показано, що Р4 (А)

P42(B) .1 • 2  I 3 J    \3        273.1.15. Відрізок розділено на 4 рівних частини. На відрі-зок навмання кинуто 8 точок.

Знайти ймовірність того, що на кожну з 4-х частин відріз-ка попаде по дві точки.

Припускається, що ймовірність попадання точки на відрі-зок пропорційна довжині відрізка і не залежить від його роз-міщення.

Розв’язок.

Нехай А - подія, яка полягає в тому, що на кожну з чоти-рьох частин відрізка попаде по дві точки. Тоді подія А рівна добутку залежних подій  A = Al ■ A2 ■ A3 ■ A4, де А1 - подія,

яка полягає в тому, що на один з чотирьох відрізків попадає дві точки з восьми, А2 - на один з трьох відрізків, що зали-шились без точок, попадає дві точки з шести (дві точки уже попали на якийсь з відрізків), А3 -на один з двох відрізків попадає дві точки з чотирьох, А4 -на один відрізок попадає дві точки.

Отже, імовірність події А рівна:

P(A) = P(A1 ■A2-A3- A4) = P{AХ) ■ PA (A2) ■ PAA (A3) ■ PA AіA (A4),

/,\2/,\6  /,\2/.\4

 2І    1    I   I   3   ]      ,           2( 1   1   (2)

де: P(AХ) = C8  —     —   ; PAі(A2) = CЛ-\   —   ;

/,\2/,\2

PA1A2(A) = C4\-\ І-І ; PA1A2AІ(A) = 1-

,           ?          ?     C  36-24

42-46-32-34-22-22Остаточно,  P(A) = C8 • C6 •

6          4          2       .

CІ -CІ-CІ-CІ}

3.1.16. Кожну секунду з ймовірністю p незалежно від ін-ших моментів часу по дорозі проїжджає автомобіль. Пішо-ходу для переходу дороги потрібно 3 с.Яка ймовірність того, що пішохід який підійшов до доро-ги, буде чекати на можливість переходу:

а)         більше 2 с;

б)         3 с;

в)         більше 3 с;

г)         4 с;

д)         5 с?

Розв’язок.

Позначимо через А шукану подію. Нехай подія At означає,

що на протязі 7-тої секунди по дорозі проїжджає автомобіль,

Д - дорога вільна від автомобіля.

а) Події A - пішохід чекає більше 2-ох секунд і A - не більше 2-ох секунд - протилежні, тобто утворюють повну

групу подій, тому Р(А) + Р(А) = 1. Отже,

Р(А) = 1 - Р(А) = 1 - [Р(В) + Р(С) + P(D)] =

= 1 - [P(t = 0) + P(t = 1) + P(t = 2)],

де P(В) = P(t = 0) - ймовірність того, що пішохід не чекає зовсім і переходить дорогу. Щоб він міг перейти дорогу -подія В, необхідно (рис. 3.1.3.а), щоб на протязі першої (подія А1), другої (подія А2) і третьої (подія А3) секунд, необхідних

для переходу дороги, на дорозі не було автомобіля, імовір-ність непояви якого рівна q = 1 - p. Отже,

Р(В) = P(t = 0) = Р(А1 -А2-А3) = Р(А1)-Р(А2)■ Р(А3) =

= q-q-q = q3,

як імовірність добутку незалежних подій.

Пішоходу для переходу дороги треба чекати одну секун-ду - подія С (рис. 3.1.3.б), якщо на протязі першої секунди по дорозі проїжджає автомобіль (подія At), а потім наступні три секунди    дорога    буде     вільна    від    автомобілів     (подія

А2-А3-А4). Імовірність такої складної події рівна добутку незалежних подій А1 ■ А2 ■ А3 ■ А4:

Р(С) = P(t = 1) = Р(А1 ■А2-А3-А4) = Р(А1)-Р(А2)хx P(A3) ■ P(A4) = pq3.

Пішоходу треба чекати дві секунди - подія D, якщо:

1)         на протязі першої (подія А^ і другої (подія А2) секунди

по дорозі буде проїжджати автомобіль, а в наступні три

секунди (рис. 3.1.3.в) дорога буде вільна від машин (подія

A3- A4- A5). Імовірність такої складної події D1 рівна:

P{D') = P(AХ -A2-A3-A4-A5) = P(A) •P(A2)-P(A3)х

хP(A4)-P(A5) = p-p-q3 =p2q3.

2)         протягом першої секунди дорога вільна (подія A ),

другої - по дорозі проїжджає автомобіль (подія А2) (рис.

З.І.З.г)   і   в   наступні   три   секунди   дорога   вільна   (подія

A3- A4- A5). Імовірність такої складної події D11 рівна:

P(D") = P(Aг ■A2-A3-A4-A5) = P(AХ)-P(A2)■ P(A3)х xP(A4)-P(A5) = q-p-q3 = pq4.

Оскільки події D' і D" несумісні, то P(D) = P(t = 2) = = P(D') + P(D" ) = p2q3 + pq4 .

Остаточно,

P(A) = l-(q3 +pq3 +p2q3 + pq4) = 1- q3 (1 + p + p2 +

+ pq) = 1 - q3[l +1 - q + (1 - qf + (1 - q)q] = l-q3(3-2q) =

= l-3q3 +2q4.

б) Пішоходу треба чекати три секунди - подія Е (рис. З.І.З.г), якщо на третій секунді проїжджає автомобіль (подія А3), а наступні три секунди необхідні для переходу, дорога

вільна - подія A4-A5-A6.

Імовірність такої складної події Е рівна імовірності добутку незалежних подій:

P(E) = P(t = 3) = P(A3 -A4-A5- A6) = P(A3) ■ P(A4) х

хP(A5)-P(A6) = pq3.Цю ж імовірність можна обчислити як суму імовірностей несумісних подій: 1) події Е'- протягом першої і другої секунд дорога вільна від машин (подія А1 ■ А2), імовірність

якої q2 (рис. З.І.З.і), на третій секунді проїжджає автомобіль (подія А3, імовірність якої р), а в наступні три секунди потрібні   для   переходу,   дорога   вільна   від   машин   (подія

А4-А5-А6, імовір-ність якої q3). Тоді імовірність події Е'

рівна добутку подій: Р(Е') = q2 ■ p-q3

2) Е" -рівна добутку таких подій: “протягом першої і дру-гої секунд проїжджає хоч би один автомобіль” -відбувається хоч би одна з подій Аі чи А2, (подія А12), імовірність такої події А12 рівна (1 - q2) (рис.З.І.З.гІІ, гІІІ, гІV); на третій секунді теж проїжджає автомобіль (подія А3, імовірність якої р, а в наступні три секунди дорога вільна для

переходу (подія А4-А5-А6, імовірність якої q3). Імовірність події £"'рівна:

P(E") = (\-q2)pq3 - як імовірність добутку незалеж-них подій. Але Е =Е' + Е" - як сума несумісних подій. Отже,

Р(Е) = Р(Е') + Р(Е") = q2pq3 + (1 - q2)pq3 = = (q2 +l-q2)pq3 = pq3.

в)         Імовірність того, що пішохід буде чекати більше трьох

секунд рівна:

Р(А) = 1 - Р(А ) = 1 - [P(t = 0) + P(t = 1) + P(t = 2) + + P(t = 3)] = 1 - 3q3 + 2q4 - pq3 = 1 - 3q3 + 2q4 - (1 - q)q3 =

= l-4q3 +3q4.

г)         Пішохід змушений чекати чотири секунди - подія А

(рис. З.І.З.дІ, д¥ІІ) якщо в перші три секунди по дорозі проїде

хоч би один автомобіль - (подія А1і2,з, яка полягає в тому, що

відбудеться хоч би одна з подій Аh А2, А3, інакше пішоходу

вистачило б трьох секунд для переходу дороги). Імовірність

такої події рівна Р(А123) = \-q3. Автомобіль проїжджає іпротягом четвертої секунди - подія А4, а в наступні три секун-ди дорога вільна для переходу - подія  А5 ■ А6 ■ А7. Таким

чином, імовірність такої складної події А рівна добутку імо-вірностей незалежних подій:

Р(А) = Р(А123-А4-А5-А6-А7) = P(Al 2 3) • Р(А4) ■ Р(А5)х

xP(A6)-P(A7) = (l-q3 )pq3.

д) Пішохід буде чекати п’ять секунд для переходу дороги (подія А), якщо на протязі п’ятої секунди по дорозі буде про-їжджати автомобіль - подія А5, а на протязі шостої, сьомої і восьмої секунд дорога буде вільна від машин для переходу. Тобто відбудуться події А6,А7,А%, а на протязі перших чоти-рьох секунд відбудеться одна з таких подій: 1) F\ - протягом першої секунди дорога вільна - подія А1, другої - проїжджає машина - подія А2, третьої і четвертої вільна, тобто відбу-дуться події  А3, А4  відповідно, так що  Fl = А1-А2-А3- А4

(рис. З.І.З.еІ).

2) F2 - протягом перших двох секунд дорога вільна -

події  Аг,А2, протягом третьої секунди дорогою проїжджає

машина - подія А3, протягом четвертої секунди дорога вільна

- А4, так що F2 = А1 ■ А2 ■ А3 ■ А4 (рис. З.І.З.еІІ).

Події: F3 - протягом першої секунди дорогою проїжджає машина, а в наступні три секунди дорога вільна (рис. З.І.З.еІІІ) і F3 = А1 ■ А2 ■ А3 ■ А4   - протягом перших трьох секунд доро-

га вільна, а на четвертій секунді дорогою проїжджає машина (рис. 3.1.3.еІV) не підходять, оскільки в цих подіях є підряд три секунди, протягом яких дорога вільна від машин, так що пішохід міг би перейти дорогу. 3) G - протягом перших чотирьох секунд проїжджають дві машини; 4) К - протягом перших чотирьох секунд проїжджають три машини; 5) L -протягом перших чотирьох секунд щосекунди проїжджає машина.○ - дорога вільна

• - проїжджає автомобіль

Рис. 3.1.3. а - не чекає зовсім; б) чекає 1 секунду; вІ), вІІ) -чекає 2 секунди; г) чекає 3 секунди і в перші дві секунди можливі різні варіанти проїзду і непроїзду, зображені на рис.

гІ, гІІ, гІІІ, гІV; д(І_уІІ:і - чекає чотири секунди; е(І_Іv:i - чекає 5 секунд.

Рис.3.1.3   а) ○ ○ ○

б) • ○ ○ ○ вІ) • • ○ ○ ○ вІІ) ○ • ○ ○ ○

г) ○ ○ • ○ ○ ○

г) ○ ○ • ○ ○ ○ гІІ) • ○ • ○ ○ ○ гІІІ) ○ • • ○ ○ ○ гІV) • • • ○ ○ ○

дІ)  • ○ ○         • ○ ○ ○

ДПІ   ○ • ○     • ○ ○ ○

дІП) ○ ○ •       • ○ ○ ○

дІ¥) • • ○         • ○ ○ ○

д¥)  • ○ •         • ○ ○ ○

д¥І) ○ • •         • ○ ○ ○

д¥ІІ) • • •        • ○ ○ ○

е)  ○ • ○ ○       • ○ ○ ○

еІІ І ○ ○ • ○    • ○ ○ ○

еІП) • ○ ○ ○    • ○ ○ ○

еІV) ○ ○ ○ •    • ○ ○ ○

Отже, подія А рівна добутку суми несумісних подій на добуток подій:

A = (Fl+F2+G + K+ L)A5 -A6-A7-Ag   -   імовірність якої рівна:

Р(А) = (qpqq + qqpq + C24p2q2 + C34p3q + p4)pqqq = = (2pq3 + 6p2q2 + 4p3q + p4)pq3 = [2(1 - q)q3 + 6(1 - qf q2 + + 4(1-q)3q +(I- qf ]pq3 = [2(1 - q)q3 + 6(1 -2q + q2)q2 + + 4(1 - 3q + 3q2 - q3)q +1 - 4q + 6q2 - 4q3 + q4] = = (1 -2q3 + q4)pq3 = (1 -q3 -q3p)pq3.Граничні теореми для схеми Бернуллі.

Якщо n достатньо велике, то користуватися формулою Бернуллі досить складно, оскільки формула потребує вико-нання дій над величезними числами, використання ж таблиць логарифмів факторіалів дає високу похибку. Тому для до-статньо великих n використовують зручні наближені (асимп-тотичні) формули, які дають малі відносні похибки вимі-рювань.