Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
111
1)( =CP
D
, ;
8
7
)( =CP отже, )()( CPCP
D
≠
, тому події
D і С залежні.
2.1.45. Підкидають два гральні кубики. Розглянемо випад-
кові події:
А
1
– на першому кубику випало парне число очок;
А
2
– на першому кубику випало непарне число очок;
А
3
– сума очок на кубиках непарна. Довести, що події А
1
,
А
2
, А
3
попарно незалежні, але не є незалежними в сукупності.
Розв’язок.
Можлива кількість очок, що можуть випасти, знаходиться
в межах від 1 до 6, з них
m
1
= 3 парні і m
2
= 3 непарні. Отже,
2
1
6
3
)(;
2
1
6
3
)(
21
==== APAP .
Розглянемо добуток подій
21
AA
⋅
– на першому кубику
випало парне число очок з одночасним випаданням непарного
числа очок на другому. Число випадків, що сприяють настан-
ню події
21
AA ⋅ є 933
21
=
⋅
=
⋅
=
mmm . Загальне ж число
усіх можливих наслідків випробування, що утворюють повну
групу подій, є
3666
21
=
⋅
=
⋅
=
nnn . Отже, =
⋅
)(
21
AAP
4
1
36
9
===
n
m
. Добуток імовірностей подій А
1
і А
2
рівний:
4
1
2
1
2
1
)()(
21
=⋅=⋅ APAP
. Таким чином, ×
=
⋅
)()(
121
APAAP
)(
2
AP× , що можливе у випадку незалежності подій А
1
і А
2
.
Подія
А
3
, може відбутися за умови, що на першому куби-
ку випало парне число очок, а на другому непарне (подія
А
1
.
А
2
) і навпаки (подія А
2
.
А
1
).
Тоді число випробувань, що сприяють настанню події
А
3
є
,1892
1221
=
×
=
+= mmmmm загальне ж число усіх мож-
ливих наслідків випробувань, що утворюють повну групу по-
112
дій рівне n = 36, так що
2
1
36
18
)(
3
===
n
m
AP . Імовірність
настання події
А
1
.
А
3
рівна
.
4
1
36
9
)(
31
===⋅
n
m
AAP
Добуток
імовірностей подій
А
1
і А
3
рівний:
4
1
2
1
2
1
)()(
31
=⋅=⋅ APAP .
Отже,
)()()(
3131
APAPAAP
⋅
=⋅ , що показує на незалеж-
ність подій
А
1
і А
3
.
Аналогічно,
;
4
1
36
9
)(
32
==AAP
4
1
2
1
2
1
)()(
32
=⋅=APAP .
Отже,
)()()(
3232
APAPAAP
⋅
=
⋅ , тобто події А
2
і А
3
є
також незалежними.
Розглянемо подію
321
AAA
⋅
⋅
. Якщо настає подія
21
AA ⋅ ,
то обов’язково настає подія
3
A . Число випробувань, що
сприяють настанню події
321
AAA
⋅
⋅
рівне =
⋅
=
21
mmm
933 =⋅= , загальне число усіх можливих наслідків випробу-
вань рівне
n = 36. Отже,
4
1
36
9
)(
321
==⋅⋅ AAAP . Добуток
імовірностей подій
А
1
, А
2
, А
3
рівний: =
⋅
⋅
)()()(
321
APAPAP
8
1
2
1
2
1
2
1
=⋅⋅=
.
Отже,
)()()()(
321321
APAPAPAAAP
⋅
⋅
≠
⋅
⋅ , що озна-
чає, що попарно незалежні події
321
,, AAA не є незалежними
в сукупності.
2.1.46. Згідно даних перепису населення (1891 р.) в Англії
і Уельсу встановлено: темноокі батьки і темноокі сини
)( BA×
склали 5% обстежених, темноокі батьки і світлоокі
сини (
B
A× ) – 7.9%, світлоокі батьки і темноокі сини
113
(
B
A × ) – 8.9%, світлоокі батьки і світлоокі сини (
B
A
×
) –
78.2%.
Знайти зв'язок між кольором очей батька і сина.
Розв’язок.
Нехай події:
А – темноокий батько, В – темноокий син,
А
– світлоокий батько,
В
– світлоокий син.
Згідно умови
;079,0)(;05,0)( =×=× BAPBAP
.782,0)(;089,0)( =×=× BAPBAP
Використовуємо формулу:
),()()()()( APBPBPAPBAP
BA
×
=
×
=×
де
);()()( BAPBAPAP ⋅+⋅=
).()()( BAPBAPBP ⋅+⋅=
Звідси, умовна імовірність того, що син темноокий, якщо
батько темноокий:
3876,0
05,0079,0
05,0
)()(
)(
)(
)(
)( =
+
=
×+×
×
=
×
=
BAPBAP
BAP
AP
BAP
BP
A
.
Тоді умовна імовірність того, що син світлоокий, якщо батько
темноокий:
.6124,03876,01)(1)( =−=−= BPBP
AA
Умовна імовірність того, що батько темноокий, якщо син
темноокий:
.3597,0
05,0089,0
05,0
)()(
)(
)(
)(
)( =
+
=
×+×
×
=
×
=
BAPBAP
BAP
BP
BAP
AP
B
Отже, умовна імовірність того, що батько світлоокий, якщо
син темноокий:
.6403,03597,01)(1)( =−=−= APAP
BB
Використовуємо формулу:
),()()()()( APBPBPAPBAP
BA
×=×=×
де
=)( AP
),()( BAPBAP ×+×=
)()()( BAPBAPBP ×+×=
.
Звідси умовна імовірність того, що син світлоокий, якщо
батько світлоокий, рівна:
114
.89782,0
089,0782,0
782,0
)()(
)(
)(
)(
)( =
+
=
×+×
×
=
×
=
BAPBAP
BAP
AP
BAP
BP
A
Отже, умовна імовірність того, що син темноокий, якщо
батько світлоокий рівна:
=−=−= 89782,01)(1)( BPBP
AA
.10218,0=
Умовна імовірність того, що батько світлоокий, якщо син
світлоокий:
.9082,0
079,0782,0
782,0
)()(
)(
)(
)(
)( =
+
=
×+×
×
=
×
=
BAPBAP
BAP
BP
BAP
AP
B
Тоді умовна імовірність того, що батько темноокий, якщо син
світлоокий, рівна:
.09175,09082,01)(1)( =−=−= APAP
BB
2.1.47. Дитина грається з чотирма буквами розрізної азбу-
ки А, А, М, М. Яка ймовірність того, що при випадковому
розміщенні букв в ряд вона одержить слово “МАМА”?
Розв’язок.
ІІ спосіб (див. 1.4.11).
Дану імовірність можна обчислити використовуючи фор-
мулу залежних подій:
×
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅=
⋅
)()()()()(
3214321
211
APAPAPAAAAPAP
AAA
),(
4
321
AP
AAA ⋅⋅
×
де
А
1
– подія, яка полягає в тому, що перша буква “М”, А
2
– подія, яка полягає в тому, що друга буква “А”,
А
3
– подія,
яка полягає в тому, що третя буква “М”,
А
4
– подія, яка
полягає в тому, що четверта буква “А”.
Відповідні імовірності рівні:
4
2
)(
1
=AP ;
3
2
)(
2
1
=AP
A
;
;
2
1
)(
3
21
=AP
AA
1)(
4
321
=
AP
AAA
. Остаточно, =)(AP
.
6
1
1
2
1
3
2
4
2
=⋅⋅⋅=
115
2.1.48. Дано: P(A/B) = 0,7, P(A/ B ) = 0,3, P(B/A) = 0,6.
Обчислити
P(A).
Розв’язок.
?)(
___________
.6,0)(
;3,0)(
;7,0)(
=
=
=
=
AP
BP
AP
AP
A
B
B
Розглянемо подію
).2()()( BAABA ⋅+→
Застосуємо оператор імовірності до події
А:
)3()()()( BAPABPAP ⋅+= .
Тоді з врахуванням (3) вираз (1) запишеться у вигляді:
)4(1)()()( =⋅++ BAPBAPAP .
Звідки,
[
]
)5()()(1)( BAPBAPAP ⋅+−= .
Розпишемо добутки залежних подій:
[
]
=−⋅=⋅=⋅ )(1)()()()( APBPAPBPBAP
BB
);6()(3,0)7,01()( BPBP =−⋅=
[
]
[
]
=−⋅−=⋅=⋅ )(1)(1)()()( APBPAPBPBAP
BB
[]
[
]
).7()(17,0)3,01()(1 BPBP
−
=
−⋅−=
Вираз в квадратних дужках (5) рівний:
[
]
=−+=⋅+⋅ )(17,0)(3,0)()( BPBPBAPBAP
).8()(4,07,0 BP−=
Розпишемо добуток
×
=
⋅
=
⋅
)()()()( BPBPAPBAP
A
);(AP
B
× отже, )9()(7,0)(6,0 BPAP
⋅
=
⋅
.
Звідси,
)10(
7,0
)(6,0
)(
AP
BP = .
Підставимо (10) у (8):
Розглянемо несумісні події
AB,
B
A
⋅
,
B
A
⋅
,
B
A
⋅
. Вони утворю-
ють повну групу подій, а імовірність
повної групи подій рівна 1:
).1(1)(
)()()(
)(
=⋅+
+⋅++=
=⋅+⋅++
BAP
BAPBAPABP
BABABAABP
116
7,0
)(6,04,0
7,0)()(
AP
BAPBAP
⋅
−=⋅+⋅ .
Тоді вираз (5) матиме вигляд:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
−−=
7,0
)(6,04,0
7,01)(
AP
AP
або після спрощень:
;
7,0
)(24,0
3,0)(
AP
AP
⋅
+= 21,0)(46,0
=
AP . Отже,
45652,0
46,0
21,0
)( ==AP
.
2.1.49. Букви, які утворюють слово “ОДЕССА” написані
по одній на шести картках; картки перемішані і покладені в
пакет.
Чому дорівнює ймовірність того, що, витягуючи картки
по одній і записуючи відповідні букви в ряд зліва направо ми
прочитаємо слово (кількість витягнутих карток рівна числу
букв в слові):
а) САД;
б) АСС;
в)
СОДА.
г) ОДЕССА. Яка ймовірність того, що вибравши три
букви, з них можна скласти слово “ОДА”?
Вказівка. Задачу розв’язати двома способами: а) за
схемою повернених і б) неповернених куль.
(Див. 1.4.12.) ІІ спосіб. Через залежні події.
Розв’язок.
І) Букви повертають назад. а) Імовірність складання слова
“САД” – подія
А рівна імовірності добутку таких подій:
витягання з шести букв першої букви “С” з двох “С” – подія
А
1
, другої букви “А” – подія А
2
, третьої букви “Д” – подія А
3
.
Оскільки події
А
1
, А
2
, А
3
– незалежні, то імовірність події А
рівна добутку імовірностей цих подій:
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅= )()()()()(
321321
APAPAPAAAPAP
117
108
1
6
2
6
1
6
1
6
2
3
==⋅⋅=
.
б) Аналогічно, імовірність складання слова “
АСС” рівна:
54
1
6
4
6
2
6
2
6
1
)()()()(
3
321
==⋅⋅=⋅⋅= APAPAPAP
,
де
6
1
)(
1
=AP – імовірність витягання букви “А”, імовірність
витягання букви “
С”
6
2
)()(
32
== APAP .
в) Імовірність складання слова “СОДА” рівна:
=
⋅
⋅
⋅
=
= )()()()()()(
43214321
APAPAPAPAAAAPAP
.
648
1
6
2
6
1
6
1
6
1
6
2
4
==⋅⋅⋅=
г) Імовірність складання слова “ОДЕССА” рівне:
.
11664
1
6
4
6
1
6
2
6
2
6
1
6
1
6
1
)(
6
==⋅⋅⋅⋅⋅=AP
ІІ. Букви не повертають. Нехай
А – описана подія.
а) Імовірність
Р(А) можна виразити через залежні події
А
1
, А
2
,А
3
– витягання букв С, А, Д відповідно за І, ІІ і ІІІ
разом:
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅= )()()()()(
321321
21
APAPAPAAAPAP
AAA
i
60
1
4
1
5
1
6
2
=⋅⋅=
.
б) Імовірність події
А – складання слова “АСС” через
залежні події виразиться таким чином:
60
1
4
1
5
2
6
1
)()()()(
321
211
=⋅⋅=⋅⋅= APAPAPAP
AAA
.
в) Імовірність події
А – складання слова “СОДА” через
залежні події рівна:
=
⋅
⋅
⋅= )()()()()(
4321
321211
APAPAPAPAP
AAAAAA
180
1
3
1
4
1
5
1
6
2
=⋅⋅⋅=
.
118
г) Імовірність складання слова “ОДЕССА” через залежні
події виразиться таким чином:
×
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅= )()()()(
21654321
1
APAPAAAAAAPAP
A
=
⋅
⋅
⋅× )()()()(
6543
54321432132121
APAPAPAP
AAAAAAAAAAAAAA
.
360
1
!6
!2
1
2
1
3
2
4
1
5
1
6
1
==⋅⋅⋅⋅⋅=
Імовірність вибору букв О, Д, А для складання слова
“ОДА” рівна
×
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
)()(!3)()(
213213
1
APAPAAAPPAP
A
20
1
4
1
5
1
6
1
6)(
3
21
=⋅⋅⋅=× AP
AA
. Тут імовірність події
321
AAA ⋅
⋅
помножена на число перестановок
3
P з трьох елементів О, Д,
А, оскільки вказані букви можуть бути вибрані в будь-якому
порядку, а лише потім з них складають слово “ОДА”.
2.1.50.
Абонент забув останню цифру номера телефону і
тому набирає її навмання.
Знайти ймовірність того, що йому доведеться дзвонити не
більше, ніж в чотири місця.
Розв’язок.
Нехай
А – описана подія. Її імовірність рівна сумі імовір-
ностей несумісних подій
4321
,,, ВВВВ : В
1
– цифра набрана
вірно з першого разу,
10
1
)(
1
=BP ; В
2
– цифра набрана вірно з
другого разу, отже з першого разу вона не вгадана –
212
ААВ ⋅= . Оскільки події
1
А і
2
А
залежні, то
=)(
2
ВР
10
1
9
1
10
9
)()()(
2121
1
=⋅=⋅=⋅= АРАРААР
А
, оскільки
10
9
10
1
1)(1)(
11
=−=−= АРАР .
В
3
– цифра набрана вірно з третього разу, тоді
3213
AAAB ⋅⋅= і ×⋅=⋅⋅= )()()()(
213213
1
АРАРАААРВР
А
119
10
1
8
1
9
8
10
9
)(
3
21
=⋅⋅=×
×
АР
AA
, оскільки −=1)(
2
1
АР
А
9
8
9
1
1)(
2
1
=−=− АР
А
.
В
4
– цифра, набрана вірно з четвертого разу, отже
.
10
1
7
1
8
7
9
8
10
9
)(
)()()()()(
4
32143214
321
211
=⋅⋅⋅=×
×⋅⋅=⋅⋅⋅=
⋅⋅
⋅
АР
АРАРАРААААРВР
AAA
AAA
Звідси,
+
+
=
+
+
+
= )()()()(
214321
ВРВРВВВВРАР
.4,0
10
4
10
1
10
1
10
1
10
1
)()(
43
==+++=++ ВРВР
2.1.51. З ящика, який вміщує три білети з номерами 1, 2,
3, виймають по одному всі білети. Припускається, що всі
послідовності номерів білетів мають однакові ймовірності.
Знайти ймовірність того, що хоч у одного білета
порядковий номер співпаде з власним.
Розв’язок.
Шукана подія
А рівна сумі несумісних подій: А
1
+ А
2
+ А
3
,
де
А
1
– один з порядкових номерів білетів співпаде з власним;
А
2
– два порядкові номери білетів співпадуть з власними; А
3
–
три порядкові номери білетів співпадуть з власними. Тому
)()()()(
321
APAPAPAP
+
+= , де
;
3
1
)(
1
=AP
=)(
2
AP
)()()(
//
2
/
2
//
2
/
2
/
2
APAPAAP
A
⋅=⋅= , де
3
1
)(
/
2
=AP – ймовірність
співпадання першого порядкового номера з власним,
2
1
)(
//
2
/
2
=AP
A
– умовна ймовірність співпадання другого по-
рядкового номера білета з власним за умови співпадання
першого порядкового номера з власним;
120
1
2
1
3
1
)()()()()(
///
3
//
3
/
3
///
3
//
3
/
33
//
3
/
3
/
3
⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= APAPAPAAAPAP
AAA
.
Отже,
3
2
1
2
1
3
1
2
1
3
1
3
1
)( =⋅⋅+⋅+=AP
.
2.1.52. Товариство складається з n чоловіків і 2n жінок.
Знайти імовірність того, що при випадковому групуванні по
три в кожній групі буде чоловік.
Розв’язок.
Нехай
А – подія, імовірність якої треба знайти. У това-
ристві
n + 2n = 3n людей. З 3n людей можна створити n пар
або груп по троє людей в групі. Нехай подія
А
k
(k = 1, 2, … n)
означає, що
k-та пара людей складається з 1 чоловіка і 2
жінок.
Така шукана подія
nk
AAAAAA
⋅
⋅
⋅
⋅
=
......
321
, де
nk
AAAA ...,....,
,32
– залежні події. Отже,
×
⋅
=
21
()( AAPAP
),(
)...()...()()()......
121
12121
......
...3213
nAAAA
kAAAAAnk
AP
APAPAPAPAAA
nk
k
−
−
×
×
⋅
⋅
⋅
=⋅⋅×
де
3
3
2
2
1
1
)(
n
nn
C
CC
AP
⋅
=
– імовірність першої пари;
3
33
2
22
1
1
2
)(
1
−
−−
⋅
=
n
nn
A
C
CC
AP
–імовірність другої пари;
3
63
2
42
1
2
3
)(
21
−
−−
⋅
=
n
nn
AA
C
CC
AP
– імовірність третьої пари;
3
)1(33
2
)1(22
1
)1(
)(
−−
−−−−
⋅
=
kn
knkn
k
C
CC
AP
–імовірність k-тої пари;
3
3
2
2
1
1
)(
C
CC
AP
n
⋅
=
–імовірність останньої пари.
Остаточно,