Danilyuk_20TV_20i_20MS

21

Задачі для самостійного розв’язання.

Задача 1.6.5. Є дві однакові з вигляду коробки, в одній з яких міститься 20 гідних і 5 бракованих деталей, а в другій – 15 гідних і 10 бракованих деталей. Із взятої навмання коробки взято деталь. Знайти ймовірність, що деталь гідна.

Відповідь: 0,7.

Задача 1.6.6. На конвеєр поступають деталі з трьох автоматів. Відомо, що перший автомат дає 0,3% браку, другий – 0,2%, третій – 0,4%. Знайти ймовірність попадання на конвеєр бракованої деталі, якщо з першого автомату поступило 1000, з другого – 2000 і з третього – 2500 деталей.

Відповідь: 0,0031.

Задача 1.6.7. В першій урні міститься 10 кульок, із них 8 білих; в другій урні 20 кульок, із них 4 білі. З кожної урни навмання виймають по одній кульці, а потім з цих кульок навмання беруть одну кульку. Знайти ймовірність того, що взята кулька виявиться білою.

Відповідь: 0,5.

Задача 1.6.8. В урну, що містить nкульок, опущено білу кульку, після чого навмання виймають одну кульку. Знайти ймовірність того, що вийнята кулька виявиться білою, якщо рівноможливі всі можливі припущення про початковий склад кульок(по кольору).

Відповідь: (n 1)/2(n 1).

Задача 1.6.9. В автобусі їде n пасажирів. На наступній зупинці кожен із них виходить з ймовірністю p, крім того, в автобусі з ймовірністю p0не входить ні один новий пасажир; з ймовірністю 1-p0 входить один новий пасажир. Знайти ймовірність того, що коли автобус рушив в дорогу після наступної зупинки в ньому буде знову n пасажирів.

Відповідь: p0(1-p)n (1-p0)(1-p)n-1.

1.7. ФОРМУЛА БАЙЄСА

Нехай подія А може наступити лише при умові появи однієї із несумісних подій(гіпотез) H1,H2,..., Hn , які утворюють повну групу подій. Якщо подія А

22

уже відбулася, то ймовірності гіпотез можуть бути переоцінені з допомогою формул Байєса (іноді пишуть Бейєса)

PA(Hi ) P(Hi )PHi (A), P(A)

де

P(A) P(H1)PH1 (A) P(H2)PH2 (A) P(Hn )PHn (A).

З допомогою цієї формули обчислюється умовна ймовірність, тобто ймовірність того, що справедлива гіпотеза, якщо ми знаємо, що подія відбулася.

Задача 1.7.1. В коробці 10 деталей, 3 з яких випущені 1-м заводом, 7 – 2-м заводом. Відомо, що 1-й завод випускає 5% бракованих виробів, 2-й – 10% бракованих виробів. З коробки взято 1) якісну деталь. Знайти ймовірність того, що вона випущена 2-м заводом.

Розв’язання. Можливі дві гіпотези: Н1 – взята деталь випущена 1-м заводом, Н2 – взята деталь випущена 2-м заводом.

Маємо P(H1)	3		0,3, P(H2)		7	0,7.
				10
10
Відбулася подія А –			“деталь якісна”. Потрібно знайти ймовірність PA(H2),

тобто ймовірність того, що взята якісна деталь виготовлена 2-м заводом. Умовні ймовірності PH1 (A) 0,95, PH 2 (A) 0,9,оскільки 1-й завод випускає

95% доброякісних деталей, а 2-й завод – 90% доброякісних деталей. По формулі Байєса маємо

PA(H2)		P(H2)PH2 (A)						0,9 0,7		0,63	0,689
	P(H	)P	(A) P(H	2	)P	(A)		0,3 0,95 0,9 0,7		0,915
1		H			H	2
		1

Відповідь: 0,689.

Задача 6.1. є типовою. Розв’яжемо більш складну задачу.

Задача 1.7.2. В групі з 10 студентів, які прийшли на екзамен, 3- підготовлені відмінно, 4- добре, 2 – посередньо (задовільно), 1- погано. В екзаменаційних білетах 20 питань. Відмінно підготовлений студент може відповісти на всі 20 питань, добре підготовлений – на 16, задовільно підготовлений – на 5. Визваний навмання студент відповів на 3 довільно задані питання. Знайти ймовірність того, що цей студент підготовлений:

а) відмінно; б) погано.

Розв’язання. Можливі гіпотези: H1 – студент підготовлений відмінно, H2 - студент підготовлений добре, H3 - студент підготовлений задовільно, H4 - студент підготовлений погано. Знаходимо відповідно

P(H1) 0,3; P(H2 ) 0,4;P(H3 ) 0,2; P(H4 ) 0,1.

Нехай А- подія “студент відповів на 3 питання”. Тоді

P	(A)	20	; P	(A)	16		15		14	0,491,
H1	20		H2	20		19		18

23

так як якщо студент підготовлений добре, то на 1-е питання він відповість з ймовірністю 16 , на 2-е він відповість з ймовірністю, 15 оскільки із 19 питань,

20

19

що залишились, він знає 15, на 3-є відповість з ймовірністю 14, оскільки він

18

знає 14 питань з 18, що залишились. Аналогічно

P (A)	10		9		8	0,105, P	(A)	5			4			3	0,009.
H3	20	19		18		H4	20			19			18

Тепер по формулі Байєса знаходимо умовні ймовірності

0,3 1

а) PA(H1) 0,3 1 0,4 0,491 0,2 0,105 0,1 0,009 0,58

б) PA (H4 ) 0,1 0,009 0,002 0,518

Відповідь: а) 0,58 ; б) 0,002.

Задачі для самостійного розв’язання.

Задача 1.7.3. На склад поступає продукція трьох фабрик. Причому продукція 1-ої фабрики складає 20%, 2-ої – 46%, 3-ої – 34%. Відомо також, що середній процент нестандартних виробів для 1-ої фабрики дорівнює 3%, для 2- ої – 2%, для 3-ої – 1%. Знайти ймовірність того, що взятий вибір виготовлено на 1-й фабриці, якщо він виявився стандартним.

Відповідь: 0,322.

Задача 1.7.4. Є 10 однакових з вигляду урн, із яких в 9-и знаходиться по 2 чорні і 2 білі кульки, а в одній – 5 білих і 1 чорна кульки. З навмання взятої урни вийнято кульку. Знайти ймовірність того, що кулька взята з урни, яка містить 5 білих кульок, якщо вона виявилась білою.

Відповідь: 0,156.

Задача 1.7.5. Два із трьох незалежно працюючих елементів обчислювального приладу відмовили. Знайти ймовірність того, що відмовили 1-й і 2-й елементи, якщо ймовірність відмови 1-го, 2-го і 3-го елементів відповідно дорівнюють 0,2; 0,4; і 0,3.

Відповідь: 0,3.

Задача 1.7.6. Прилад складається з 2-х вузлів; робота кожного вузла безумовно необхідна для роботи приладу взагалі. Надійність(безвідмовна робота на протязі часу t ) 1-го вузла дорівнює p1, 2-го – p2. В ході випробувань прилад відмовив. Знайти ймовірність того, що відмовив тільки 1-й вузол, а 2-й справний.

24

Відповідь: (1- p1)p2/(1-p1p2).

Задача 1.7.7. У рибалки є три улюблені місця для вудіння риби, які він відвідує з однаковою ймовірністю. Якщо він закидає вудочку на першому місці, то риба клює з ймовірністю p1; на другому місці – з ймовірністю p2 ; на третьому – з ймовірністю p3. Відомо, що, що рибалка, вийшовши на вудіння риби, три рази закинув вудочку, але риба клюнула тільки один раз. Знайти ймовірність того, що він вудив рибу на першому місці.

Відповідь: 3p1(1 p1)2 .

pi(1 pi)2

i 1

РОЗДІЛ 2. ПОВТОРЕННЯ ВИПРОБУВАНЬ 2.1. ФОРМУЛА БЕРНУЛЛІ

Формула Бернуллі належить до схеми незалежних випробувань. Проводиться n не залежних одне від одного випробувань, в кожному з яких подія А може появитися з однією і тією ж ймовірністю p, P(A)=p.

Позначимо Pn k ймовірність того, що в n випробуваннях подія А появиться рівно k раз. Іноді говорять, що Pn k – ймовірність того, що в n випробуваннях було k успіхів. Справедлива формула

P (k) Ck pkqn k ,q 1 p,0 k n		(2.1.1)
n	n

Дійсно, ймовірність однієї складної події, яка полягає в тому, що в n випробуваннях подій A наступить k разів і не наступить n k разів, по теоремі множення ймовірностей несумісних подій дорівнює pkqn k . Таких складних подій може бути стільки, скільки можна скласти сполук із n елементів по k елементів, тобто cnk . Оскільки ці складні події несумісні, то по теоремі додавання ймовірностей несумісних подій шукана ймовірність дорівнює сумі ймовірностей всіх можливих складних подій. Ймовірності всіх цих подій однакові, тому шукана ймовірність (поява k разів події A в n випробуваннях) дорівнює ймовірності однієї складної події, помноженій на їх число, тобто

Pn k cnk pkqn k ,

що й потрібно було довести.

Рівність (2.1.1) носить назву формули Бернуллі. Як видно з формули (8.1), ймовірність різного числа успіхів відрізняються одна від одних. Найбільшу ймовірність буде мати число k0 , яке визначається з допомогою подвійної нерівності:np -q k0 np p. Число k0 називається найімовірнішим, тобто ймовірність того, що подія наступить у випробуванні k0 раз перевищує (або по крайній мірі не менша) ймовірності решти можливих результатів випробувань.

25

Найімовірніших результатів може бути 2, якщо np-q- ціле число, і 1, якщо np-q

– число дробове; якщо np– ціле число, то k0 np.

Задача 2.1.1. Монету підкидають 7 разів. Знайти ймовірність того, що “герб” випадає 3 рази і найімовірніше число появи “герба”.

Розв’язання. Кількість випробувань n 7. Ймовірність появи ”герба” при

одному випробуванні	p			1	,		оскільки			появи							любої з сторін монети
		2										1			1
рівноймовірно;								q 1								.
										2				2
а)Знайдемо ймовірність того, що “герб” випаде 3 рази:
P (3) C3(		1	)3(			1	)7 3	7	6 5	(	1		)7				35	0,273.
		2														128
7	7				2		1		2 3	2
б)найімовірніше число “гербів” знаходиться з подвійної нерівності
7 0,5-		0,5 k0 7 0,5 0,5												,3 k0 4.

Ймовірність того, що появиться 3 “герба” дорівнює ймовірності того, що появиться 4 “герба”. Ці ймовірності будуть більш ймовірними інших результатів.

Відповідь: а) 0,273; б) 3,4.

Задача 2.1.2. Є 8 деталей. Ймовірність того, що деталь бракована дорівнює 0,25. Знайти ймовірності: а)рівно 3 деталі браковані; б)менше трьох деталей браковані; в)хоча б одна деталь бракована; г)найімовірніше число бракованих деталей.

Розв’язання. В даній задачі n 8, p 0,25, q 1 p 0,75: а)Число успіхів дорівнює 3:

P (3) C3		(	1	)3(	3	)8 3		8	7	6		35	0,208;
8	8	4 4						1 2 3 48

б)Подія “менше трьох деталей браковані” означає, що число бракованих деталей було 0, або 1, або 2. Тому шукана ймовірність дорівнює

P (0) P (1) P (2) C0											(	1	)0(	3	)8	C1	(	1	)1(	3	)7	C2	(	1	)2(	3	)6
8			8		8					8	4		4			8	4		4			8	4		4
(	3	)8	8	37		8	7		36	0,100 0,269 0,311 0,680.
4			48		1		2 48

в) Протилежною подією до події “хоча б одна деталь бракована” буде подія “нуль бракованих деталей”. Тому шукана ймовірність дорівнює

1-P8(0) 1-0,1 0,9.

г)Найімовірніше число бракованих деталей

8 0,25-0,75 k0 8 0,25 0,75, 1,25 k0 2,25,k0 2,

P8(2) C82(1)2(3)6 0,311. 4 4

26

Відповідь: а) 0,208; б) 0,680; в) 0,9; г) k0 2.

Задачі для самостійного розв’язання.

Задача 2.1.3. Ймовірність виграшу по облігації займу за весь час його дії дорівнює 0,25. Знайти ймовірність того, що із 8 облігацій виграють 6.

Відповідь: 0,0038.

Задача 2.1.4. В магазин зайшло n покупців. Знайти ймовірність того, що m із них зроблять покупки, якщо ймовірність зробити покупку для кожного з них одна і таже і дорівнює p:

1)n=8, m=3, p=0,3; 2) n=12, m=4, p=0,2; 3) n=9, m=5, p=0,4. Відповідь: 1)0,254; 2)0,133; 3)0,167.

Функція (x) називається функцією Лапласа і для неї складені спеціальні

таблиці 1;4 . Функція		(x) непарна,	тобто ( x) (x).	В кінці даних
методичних вказівок		приведена таблиця для деяких значень функцій
(x)i (x)(Додаток	1).	Якщоx , то	з великою степеню	точності можна
вважати, що (x) 0,	(x) 0,5.

Задача 2.1.5. На станку-автоматі виготовили 90 деталей. Чому дорівнює ймовірність виготовлення на цьому станку деталей першого сорту, якщо найімовірніше число таких деталей в даній партії дорівнює 82?

Відповідь: 82 p 83 91 91

Доведення теорем Лапласа складне і проводитись не буде.

2.2. ТЕОРЕМА ЛАПЛАСА

Формула Бернуллі справедлива для довільного n. Однак при великих n обчислення з її допомогою викликають труднощі. Наприклад, якщо потрібно знайти ймовірність того, що в 100 раз підкинених монетах “герб” появиться 50 раз, то по формулі Бернуллі отримаємо

P	(50) C	50	1			50	1			50		100!		1	100
			(		)		(		)				(		) .
												(50!)2		2
100	100		2				2

Такі обчислення без застосування ЕОМ здійснити неможливо. Тому для великих n(n 15)застосовують граничні теореми Лапласа.

27

Локальна теорема Лапласа. Ймовірність того, що в n незалежних випробуваннях, в кожному з яких ймовірність появи події дорівнює p, подія

наступить рівно k раз (не

має

значення

в якій послідовності), наближено

дорівнює

1

P (k)

(x),

n

npq

де

x2

(x)

1

e

, x

k

np

,q 1 p.

2

2

npq

Для функції (x)

є спеціальні таблиці

1;4 . Очевидно, що функція

(x)

непарна, тобто ( x)

(x).

Інтегральна теорема Лапласа. Ймовірність того, що в n незалежних випробуваннях, в кожному з яких ймовірність появи події дорівнює p, подія

	наступить не менше k1 раз і не більше k2				раз, наближено дорівнює
	Pn (k1,k2) (x					) (x ),
	де						t2
			1		x
	(x)				e 2 dt,
			2
				0

x k1 np,

npq

x k2 np,q 1 p npq

Задача 2.2.1. Ймовірність попадання в мішень стрільцем при одному пострілі дорівнює 0,8. Виконується 100 пострілів. Знайти ймовірність: а) мішень вражена 75 разів; б) мішень вражена від 70 до 90 разів; в) мішень вражена не меньше 80 разів.

Розв’язання. В даній задачі n=100, p=0,8 , q=0,2.

а)Ймовірність того, що подія відбудеться рівно 75 раз, обчислюється по локальній теоремі Лапласа:

P (75)	1			(	75		0,8 100		)	1	(	5	)
100	100 0,8 0,2		100				0,8 0,2	4			4
0,25 (1,25) 0,25 0,1826 0,0457.
Тут було використано те, що ( 1,25) (1,25)) і									значення (1,25) 0,1826

було знайдене по таблиці.

б)Ймовірність того, що мішень вражена від 70 до 90 разів будемо шукати з допомогою інтегральної теореми Лапласа:

28

P (70,90) (	90		0,8 100		) (	70		0,8 100		)
100	100		0,8 0,2			100		0,8 0,2

(2,5) ( 2,5) (2,5) (2,5) 2 (2,5).

По таблиці знаходимо . (2,5) 0,4938 і тоді

P100(70,90) 2 0,4938 0,9876.

в)Подія “мішень вражена не менше 80 разів” означає, що мішень вражена від 80 до 100 разів. тому

P (80,100) (	100 0,8 100		) (	80 0,8 100		)
100	100 0,8 0,2			100 0,8 0,2

(5) (0) (5) 0,5. Відповідь: а) 0,0457; б) 0,9876; в) 0,5.

Задача 2.2.2. Монету підкидають 25 разів. Знайти ймовірність: а) «герб» появиться 10 разів; б) «герб» появиться менше 11 разів; в) «герб» появиться від 10 до 15 разів.

Розв’язання. В задачі n=25, p = q = 0,5.

а)	P (0,10)				1			(		10 25 0,5							)		1				( 1)	1	(1) 0,4 0,242 0,0968.
	25		25 0,5 0,5									25 0,5 0,5						2,5						2,5
б)	P (0,10) (				10 0,5 25					) (				0 0,5 25								) ( 1) ( 5)
	25					25 0,5 0,5									25 0,5			0,5
	(1) (5)				0,5 0,3413 0,1587.
в)	P (10,15) (				15 0,5 25						) (			10 0,5				25				) (1) ( 1)
	25						25 0,5 0,5									25 0,5 0,5

2 (1) 2 0,3413 0,6826.

Відповідь: а)0,0968; б)0,1587; в)0,6826.

Задачі для самостійного розв’язання.

Задача 2.2.3. Стрілець зробив 30 пострілів з ймовірністю попадання при окремому пострілі 0,3. Знайти ймовірність; а) буде 8 попадань; б)попадань буде не менше 10.

Відповідь: а)0,147; б)0,5.

Задача 2.2.4. Прийнявши ймовірність народження хлопчика рівною 0,515, знайти ймовірність того, що серед 80 новонароджених 42 хлопчики.

Відповідь: 0,09.

29

Задача 2.2.5. Ймовірність появи події в кожному із незалежних випробувань дорівнює 0,8. Скільки потрібно провести випробувань, щоб із ймовірністю 0,9 можна було очікувати, що подія появиться не менше 75 разів?

Відповідь: 100.

2.3. ТЕОРЕМА ПУАССОНА

Теорема Пуассона(закон рідких подій) є граничною теоремою незалежних випробувань. Якщо число випробувань n велике, n 15, а ймовірність появи події p мала, p 0,1,то ймовірність того, що подія появиться рівно p разів, наближено дорівнює

Pn(k) (np)k e np. k!

Як правило, теорему Пуассона застосовують тоді, коли n 20, np 6, у випадку np 6більш точну відповідь дає локальна теорема Лапласа.

Позначимо np і доведемо теорему Пуассона в припущенні, що np

зберігає своє значення при різних n.

По формулі Бернуллі

n n 1 n k 1

P ck

pkqn k

pk

1 p n k

n

n

k!

Оскільки np , то

p

. Отже

n

P

k

n n 1 n k 1

1

n k

n

k!

n

n

Взявши до уваги,

що n має дуже велике значення, замість Pn k знайдемо

limP k :

n

n

n n 1 n k 1

limPn k

k

n k

lim

1

k!

n

k

n

n

n

k

n

k

k

e

lim 1

lim 1

1.

k! n

n

n

n

k!

Задача 2.3.1. Завод відправив на базу 500 виробів. Ймовірність пошкодження виробу в дорозі дорівнює 0,002. Знайти ймовірність того, що в дорозі буде пошкоджено виробів: а)рівно 3; б)менше 3; в)хоча б одне.

30

Розв’язання. Число n 500 велике, ймовірність

p 0,002 мала і тому

справедлива теорема Пуассона:

P (k)	(np)k	e np,	np 500 0,002 1.
n	k!

а) Ймовірність пошкодження 3 виробів дорівнює

				1 1			0,36788
		P (3)			e			0,0613
							6
		500	3!
б)Ймовірність пошкодження менше 3 виробів дорівнює
P	(0) P	(1) P	(2) e 1 e 1						1	e 1		5	e 1 0,9197
500	500	500					2				2

в) Ймовірність пошкодження хоча б одного виробу знаходиться через протилежну подію – “ні один виріб не пошкоджений”:

1-P500(0) 1-e-1 1-0,36788 0,632.

Відповідь: а) 0,0613; б) 0,9197; в) 0,632.

Задачі для самостійного розв’язання

Задача 2.3.2. Магазин отримав 1000 пляшок мінеральної води. Ймовірність того, що при перевезенні пляшка буде розбита, дорівнює 0,003. Знайти ймовірність того, що магазин отримає розбитих пляшок: а)рівно 2; б)більше 2; в)менше 2; г)хоча б одну.

Відповідь: а) 0,224; б) 0,1992; в) 0,5678; г) 0,95.

РОЗДІЛ 3. ВИПАДКОВІ ВЕЛИЧИНИ.

3.1. ПОНЯТТЯ ВИПАДКОВОЇ ВЕЛИЧИНИ. ДИСКРЕТНІ І НЕПЕРЕРВНІ ВИПАДКОВІ ВЕЛИЧИНИ.

Випадкова величина – величина, яка в результаті досліду може приймати те чи інше, але тільки одне значення, причому заздалегідь, до досліду невідомо, яке саме.

Дискретна випадкова величина – така випадкова величина, можливі значення якої є окремі ізольовані числа (тобто між двома сусідніми можливими значеннями немає можливих значень), які ця величина приймає визначеними ймовірностями. Іншими словами, можливі значення дискретної випадкової величини можно перенумерувати. Число можливих значень дискретної випадкової величини може бути скінченим або нескінченним (в останньому випадку множину всіх можливих значень називають з численною). Наприклад, число дефективних виробів в партії виробів, кількість людей на автобусній зупинці і т.д.