Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
121
.
)!3(
3!)!2(
!2!2!2)!3(
3!23!23!21...)1...()3()2()1()!2(
1)]!1(33[)!22(!2
11...)!33(!3)]!1(22[)1(
...
..
)!63()!62(!2)!33()!42(!2)!3()!
22(!2
)!93(!3)!42()2()!63(!3)!22()1()!33(!3)!2(
)(
n
nn
n
knnnnnn
knkn
knknkn
nnnnnn
nnnnnnnnn
AP
n
⋅⋅
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+−⋅−⋅−⋅−⋅⋅
=
=
⋅−−⋅−⋅
⋅⋅−⋅⋅−−⋅+−
⋅
⋅
⋅−⋅−⋅⋅−⋅−⋅⋅⋅−⋅
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
−⋅⋅⋅
=
Відповідь.
)!3(
3!)!2(
)(
n
nn
AP
n
⋅⋅
=
.
2.1.53. В урні n білих, n червоних і n чорних куль. Всі кулі
з урни витягують трійками, причому витягнуті кулі назад не
повертають. Яка імовірність того, що всі трійки складаються з
куль різного кольору?
Розв’язок.
Нехай
А – подія, імовірність якої треба обчислити. В урні
всього
n
б
+ n
черв
+ n
чорн
= 3n куль, з яких можна створити n
трійок по 3 різні кулі в кожній.. Нехай подія
А
k
(k = 1, 2, … n)
означає, що
k-та трійка складається з 1 білої, 1 червоної і 1
чорної куль. Тоді шукана подія
А рівна добутку подій, з яких
всі крім
А
1
, є залежними:
nk
AAAAAA
⋅
⋅
⋅
⋅
=
......
321
. Тоді:
),()...(
)...()()()......()(
121121
211
.........
321321
nAAAAkAAA
AAAnk
APAP
APAPAPAAAAAPAP
nkk −−
⋅×
×
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅⋅=
де
3
3
111
1
)(
n
nnn
C
CCC
AP
⋅⋅
=
– імовірність першої трійки;
3
33
1
1
1
1
1
1
2
)(
−
−−−
⋅⋅
=
n
nnn
C
CCC
AP
– імовірність другої трійки;
3
63
1
2
1
2
1
2
3
)(
−
−−−
⋅⋅
=
n
nnn
C
CCC
AP
– імовірність третьої трійки;
3
3)1(3
1
1
1
1
1
1
)(
⋅−−
+−+−+−
⋅⋅
=
kn
knknkn
k
C
CCC
AP
– імовірність k-тої трійки;
122
3
3
1
1
1
1
1
1
)(
C
CCC
AP
n
⋅⋅
=
– імовірність останньої трійки.
Таким чином,
×
−⋅
−
−
⋅
−
−
⋅
−⋅
⋅
⋅
=
)!63(!3
)!33(
)1()1)(1(
)!33(!3
)!3(
)(
n
n
nnn
n
n
nnn
AP
×
−
−−
+
−
+
−
+
−
⋅
−⋅
−
−−−
× ...
)!33(!3
]!3)1(3[
)1)(1)(1(
...
)!93(!3
)!63(
)2)(2)(2(
kn
kn
knknkn
n
n
nnn
=⋅
⋅+−⋅−−⋅
=
⋅⋅
×
n
n
knnnn
)!3(
)!3(
]1)...1())...2))(1([
1
111
...
3
.
)!3(
6)!(
3
n
n
n
⋅
=
Відповідь.
)!3(
6)!(
)(
3
n
n
AP
n
⋅
=
.
2.1.54. На п’яти картках написано по одній цифрі із на-
бору 1, 2, 3, 4, 5. Навмання вибираються одна за одною дві
картки. Яка ймовірність того, що цифра на другій картці вия-
виться більшою, ніж на першій?
Розв’язок.
Нехай
А – шукана подія. Подія А може відбутися при
настанні однієї з несумісних подій:
В, С, D, Е.
Подія
В: на першій картці вибрана цифра “1” – подія В
1
, а
на другій – будь-яка інша цифра, більша за цифру на першій
картці, тобто за “1”( подія
В
2
). Отже, подія В дорівнює добут-
ку залежних подій
21
BBB
⋅
=
і її імовірність рівна
)()()(
21
1
BPBPBP
B
⋅= .
123
Імовірність витягання цифри “1” за першим разом рівна
5
1
)(
1
=BP . Оскільки будь-яка наступна цифра більша за “1”,
то
1)(
2
1
=BP
B
. Таким чином,
5
1
1
5
1
)( =⋅=BP
.
Подія
С: на першій картці вибрана цифра “2” – подія С
1
, а
на другій – будь-яка з трьох цифр 3, 4, 5, що більша за цифру
2 – подія
С
3
, при цьому цифра “1” не вибирається – подія С
2
.
Імовірність такої складної події
С рівна: =)(CP
)()()()(
321321
211
CPCPCPCCCP
CCC
⋅
⋅
=⋅⋅= , оскільки події С
1
,
С
2
, С
3
– залежні. Тут
5
1
)(
1
=CP . Імовірність витягання цифри
“1”, коли вийнята цифра “2”, рівна
4
1
. Тоді імовірність неви-
тягання цифри “1” рівна
.
4
3
4
1
1)(
2
1
=−=CP
C
Оскільки кожна з цифр “3”, “4”, “5”, що може бути витяг-
нута, більша за цифру “2”, то
.1)(
3
21
=
CP
CC
Отже,
20
3
1
4
3
5
1
)( =⋅⋅=CP
.
Подія
D: на першій картці вибрана цифра “3” – подія D
1
, а
на другій картці не вибрані цифра “1” – подія
D
2
і цифра “2” –
подія
D
3
, але вибрана одна з двох цифр “4” або “5”, що більша
за “3” – подія
D
4
.
Імовірність події
D рівна:
×
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅= )()()()()(
3214321
211
DPDPDPDDDDPDP
DDD
),(
4
321
DP
DDD
×
Тут
5
1
)(
1
=DP
.
124
Імовірність невитягнення цифри “1”, коли витягнута одна
цифра “3” рівна
4
3
4
1
1)(
2
1
=−=DP
D
.
Імовірність невитягання цифри “2”, коли витягнута цифра
“3” і не витягається цифра “1” з імовірністю рівною
4
3
, тобто
не розглядаються дві цифри, рівна:
3
2
3
1
1)(
3
21
=−=DP
DD
.
Імовірність
1)(
4
321
=
DP
DDD
.
Отже,
10
1
1
3
2
4
3
5
1
)( =⋅⋅⋅=DP
.
Подія
Е: на першій картці вибирається цифра “4” – подія
Е
1
, а на другій – не вибираються цифри “1” – подія Е
2
, “2” –
подія
Е
3
, “3” – подія Е
4
, але вибирається цифра “5”, яка
більше цифри “4” – подія
Е
5
. Імовірність події Е рівна:
×
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅= )()()()(
2154321
1
EPEPEEEEEPEP
E
).()()(
543
432132121
EPEPEP
EEEEEEEEE
⋅
⋅×
Тут
;
5
1
)(
1
=EP ;
4
3
4
1
1)(
2
1
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=EP
E
=
)(
3
21
EP
EE
;
3
2
3
1
1 =−=
;
2
1
2
1
1)(
4
321
=−=EP
EEE
.1)(
5
4321
=
EP
EEEE
Отже,
.
20
1
2
1
3
2
4
3
5
1
)( =⋅⋅⋅=EP
Остаточно,
5,0
2
1
20
1
10
1
20
3
5
1
)( ==+++=AP
.
2.1.55. З ящика, де є 3 білих кулі, 5 чорних і 2 червоних,
два гравці почергово дістають по одній кулі без повернення.
Перемагає той, хто першим вийме білу кулю. Якщо виймуть
червону кулю, то оголошується нічия. Нехай
А
1
= {виграє
125
гравець, який розпочав гру}, А
2
= {виграє другий гравець},
В = {гра закінчується внічию}. Знайти Р(А
1
), Р(А
2
), Р(В).
Розв’язок.
Подія
А
1
може наступити при відбутті однієї з несумісних
подій:
А
1,1
– виграє перший гравець, що розпочав гру за першим
разом (у першому випробуванні);
А
1,3
– виграє перший гравець за другим разом у третьому
випробуванні;
А
1,5
– виграє перший гравець за третім разом у п’ятому
випробуванні.
Отже, подія
А
1
є сумою цих подій: А
1
= А
1,1
+ А
1,3
+ А
1,5
і її
імовірність рівна:
Р(А
1
) = Р(А
1,1
) + Р(А
1,3
) + Р(А
1,5
).
Тут
10
3
253
3
)(
1,1
=
++
=AP
;
)()()()()(
3
1
2
2
1
1
3
1
2
2
1
1
3,1
2
2
1
1
1
1
APAPAPAAAPAP
AAA ⋅
⋅=⋅⋅=
,
де
10
5
)(
1
1
=AP
– імовірність програшу першого гравця, що
рівнозначно імовірності витягання ним чорної кулі:
9
4
)(
2
2
1
1
=AP
A
– імовірність програшу другого гравця за умови
витягання чорної кулі в попередньому випробуванні;
)(
3
1
2
2
1
1
AP
AA
– імовірність виграшу першого гравця (витягання
білої кулі) в третьому випробуванні за умови витягання
чорних кульок в двох попередніх випробуваннях.
×⋅=⋅⋅⋅⋅= )()()()(
2
2
1
1
5
1
4
2
3
1
2
2
1
1
5,1
1
1
APAPAAAAAPAP
A
−⋅⋅×
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
)()()(
5
1
4
2
3
1
4
2
3
1
2
2
1
1
3
1
2
2
1
1
2
2
1
1
APAPAP
AAAAAAAAA
імовірність виграшу (витягання білої кулі) першого гравця за
третім разом у п’ятому випробуванні за умови витягання чор-
126
ної кулі у попередніх випробуваннях. Оскільки
10
5
)(
1
3
=AP ;
9
4
)(
2
3
1
3
=AP
A
;
;
8
3
)(
3
3
2
3
1
3
=
⋅
AP
AA
;
3
2
)(
4
3
3
3
2
3
1
3
=
⋅⋅
AP
AAA
6
3
)(
5
3
4
3
3
3
2
3
1
3
=
⋅⋅⋅
AP
AAAA
, то
6
3
7
2
8
3
9
4
10
5
)(
5,1
⋅⋅⋅⋅=AP .
Остаточно,
≈=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+=
210
83
6
3
7
2
8
3
9
4
10
5
8
3
9
4
10
5
10
3
)(
1
AP
3952,0≈
.
Подія
А
2
може наступити при виконанні однієї з
несумісних подій.
А
2,2
– виграє другий гравець за першим разом у другому
випробуванні;
А
2,4
– виграє другий гравець за другим разом у
четвертому випробуванні;
А
2,6
– виграє другий гравець за
третім разом у шостому випробуванні.
Тоді
Р(А
2
) = Р(А
2,2
) + Р(А
2,4
) + Р(А
2,6
),
де
)()()()(
2
2
1
1
2
2
1
1
2,2
1
1
APAPAAPAP
A
⋅⋅=⋅=
і оскільки імо-
вірність програшу (витягнення чорної кулі) першого гравця
10
5
)(
1
1
=AP , то імовірність виграшу (витягнення білої кулі)
другого гравця
9
3
110
3
)(
2
2
1
1
=
−
=AP
A
. Отже,
9
3
10
5
)(
2,2
⋅=AP .
Аналогічно,
×=⋅⋅⋅= )()()(
1
1
4
2
3
1
2
2
1
14,2
APAAAAPAP
;
7
3
8
3
9
4
10
5
)()()(
4
2
3
1
2
2
3
1
2
2
1
1
2
2
1
1
1
1
⋅⋅⋅=⋅⋅×
⋅⋅⋅
APAPAP
AAAAAA
×⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= )()()()(
2
2
1
1
6
2
5
1
4
2
3
1
2
2
1
1
6,2
1
1
APAPAAAAAAPAP
A
×⋅⋅×
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
)()()(
5
1
4
2
3
1
4
2
3
1
2
2
1
1
3
1
2
2
1
1
2
2
1
1
APAPAP
AAAAAAAAA
5
3
6
1
7
2
8
3
9
4
10
5
)(
6
2
5
1
4
2
3
1
2
2
1
1
⋅⋅⋅⋅⋅=×
⋅⋅⋅⋅⋅
AP
AAAAA
.
127
Остаточно, ×⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=
7
2
8
3
9
4
10
5
7
3
8
3
9
4
10
5
9
3
10
5
)(
2
AP
.2047,0
210
43
5
3
6
1
==⋅×
Оскільки події А
1
, А
2
, В є несумісними і
утворюють повну групу, то
Р(А
1
+ А
2
+В) = Р(А
1
) + Р(А
2
) +
Р(В)=1. Звідси,
=−−=−−=
210
43
210
83
1)()(1)(
21
APAPBP
4,0
10
4
210
84
===
.
2.1.56. Підкидають три гральних кубики. Яка ймовірність
того, що принаймні один раз випаде шістка, якщо на всіх
трьох кубиках випали різні грані?
Розв’язок.
Нехай подія
А полягає у випаданні принаймні однієї “6”,
A – жодного разу не випаде “6” на трьох кубиках. Оскільки
події
А і A протилежні, то 1)()( =+ APAP . Звідки, =)(AP
)()()(1)(1)(1
321321
211
APAPAPAAAPAP
AAA ⋅
⋅⋅−=⋅⋅−=−= ,
де залежні події
321
,, AAA
означають, що “6” не випала ні на
першому, ні на другому, на ні третьому кубиках. Імовірність
випадання “6” рівна
6
1
)(
1
== APp ; тоді =−= )(1)(
11
APAP
6
5
6
1
1 =−=
. Оскільки на другому гральному кубику випадає
інше число очок, воно може бути одним з п’яти можливих, а
ймовірність випадання “6”, рівна:
5
1
)(
2
1
=AP
A
, отже
5
4
5
1
1)(1)(
22
11
=−=−= APAP
AA
.
Оскільки і на третьому кубику випадає інше число очок,
ніж на І і ІІ, то воно може бути одним з чотирьох. Отже,
128
імовірність випадання “6” на ІІІ кубику рівна
4
1
)(
3
21
=AP
AA
,
отже
4
3
)(1)(
33
21
21
=−= APAP
AA
AA
.
Остаточно,
2
1
2
1
1
4
3
5
4
6
5
1)( =−=⋅⋅−=AP
.
2.1.57. З ящика, де є М білих і N – M чорних куль, по
одній без повернення дістаються всі кулі. Використовуючи
означення випадкового вибору в термінах умовних ймовір-
ностей, знайти ймовірність подій:
A(k) = {k-та куля – біла},
B(k, l) = {k-та і l-та куля – білі},
C(k, l) = {k-та куля чорна, а l-та біла}.
Розв’язок.
а) Нехай подія
А(k) – {k-та куля біла}.
Усіх куль
N, М – білих та (N – M) чорних. Можливі зна-
чення
k = 1, 2, 3, ...N.
Нехай
k = 1, тоді
N
M
n
m
AP ==)(
1
;
k = 2, тоді
212
BBA
+
=
, де В
1
– подія {І куля чорна, а ІІ
куля біла},
В
2
– подія {І куля біла і ІІ куля біла}. Оскільки В
1
і
В
2
несумісні, то
=
+
=
+
=
)()()()(
21212
BPBPBBPAP
;
)1(
)1(
1
1
1 N
M
NN
NM
N
M
N
M
N
M
N
MN
=
−
−
=
−
−
⋅+
−
⋅
−
=
k = 3, тоді
43213
CCCCA
+
+
+
=
, де С
1
– подія {І куля
чорна, ІІ куля чорна, ІІІ куля біла},
С
2
– подія {І куля чорна,
ІІ куля біла, ІІІ куля біла},
С
3
– подія {І куля біла, ІІ куля
чорна, ІІІ куля біла},
С
4
– подія {І куля біла, ІІ куля біла, ІІІ
куля біла}. Оскільки події
С
і
(
___
4,1=i ) несумісні, то
+
−
⋅
−
−
−
⋅
−
=+++=
21
1
)()(
43213
N
M
N
MN
N
MN
CCCCPAP
129
.
)2)(1(
)2)(1(
)2)(1(
)23(
2
2
1
1
2
2
12
1
1
2
N
M
NNN
NNM
NNN
NNM
N
M
N
M
N
M
N
M
N
MN
N
M
N
M
N
M
N
MN
=
−−
−−
=
−−
+−
=
−
−
×
×
−
−
⋅+
−
−
⋅
−
−
⋅+
−
−
⋅
−
⋅
−
+
k = 4, тоді
876543214
DDDDDDDDA
+
+
+
+
+
+
+
= , де
D
1
– подія {І куля біла, ІІ біла, ІІІ біла, ІV біла},
D
2
– подія {І куля чорна, ІІ чорна, ІІІ чорна, ІV біла},
D
3
– подія {І куля чорна, ІІ чорна, ІІІ біла, ІV біла},
D
4
– подія {І куля чорна, ІІ біла, ІІІ чорна, ІV біла},
D
5
– подія {І куля біла, ІІ чорна, ІІІ біла, ІV біла},
D
6
– подія {І куля біла, ІІ біла, ІІІ чорна, ІV біла},
D
7
– подія {І куля чорна, ІІ біла, ІІІ біла, ІV біла},
D
8
– подія {І куля біла, ІІ чорна, ІІІ чорна, ІV біла},
Оскільки події
С
і
(
___
8,1=i ) несумісні, то
+
+
+
+
+
+= )()()()()()()(
6543214
DPDPDPDPDPDPAP
×
−
+
−
−
⋅
−
−
⋅
−
−
⋅=++
N
MN
N
M
N
M
N
M
N
M
DPDP
3
3
2
2
1
1
)()(
87
×
−
⋅
−
−
−
⋅
−
+
−
−
⋅
−
−
−
⋅
−
−−
×
21
1
3
3
2
2
1
1
N
M
N
MN
N
MN
N
M
N
MN
N
MN
×
−
−
−
⋅+
−
−
⋅
−
−
−
⋅
−
⋅
−
+
−
−
×
1
1
2
1
2
1
13
1
N
MN
N
M
N
M
N
MN
N
M
N
MN
N
M
.
3
1
2
1
13
2
2
1
13
2
21
1
3
2
2
1
N
M
N
M
N
MN
N
MN
N
M
N
M
N
M
N
M
N
MN
N
M
N
MN
N
M
N
M
N
M
N
M
=
−
−
⋅
−
−−
⋅
−
−
⋅+
−
−
⋅
−
−
×
×
−
⋅
−
+
−
−
⋅
−
−
⋅
−
−
⋅+
−
−
⋅
−
−
×
Таким чином, по індукції
N
M
AP
k
=)(
. Оскільки імовір-
ність появи білої кулі при будь-якому витяганні пропорційна
кількості білих куль, то імовірність події {
В
k,l
} рівна добутку
залежних подій:
В
k
– при k-тому витяганні з’являється біла
куля і
В
l
– при l-тому витяганні з’являється біла куля:
130
1
1
)()()(
,
−
−
⋅=⋅=
N
M
N
M
BPBPBP
k
Bkk
, оскільки
N
M
BP
k
=)( ,
1
1
)(
−
−
=
N
M
BP
k
B
.
Аналогічно, імовірність події {
С
k,l
} рівна добутку імовір-
ностей залежних подій:
С
k
– при k-тому витяганні з’являється
чорна куля і
С
l
– при l-тому витяганні з’являється біла куля:
)()()(
,
CPCPCP
k
Ckk
⋅= . Оскільки
N
MN
CP
k
−
=)( – про-
порційна кількість чорних куль і
1
)(
−
=
N
M
CP
k
C
, то
1
)(
,
−
⋅
−
=
N
M
N
MN
CP
k
.
Задачу можна розв’язати також способом наведеним в
задачі 2.2.15.
2.1.58. З ящика, де є N
1
білих куль, N
2
чорних і N
3
черво-
них, послідовно без повернення виймають кулі до того часу,
поки не з'явиться червона куля.
Знайти ймовірності наступних подій:
а) вийнято
n
1
білих куль і n
2
чорних,
б) не вийнято жодної білої кулі,
в) всього вийнято
k куль.
Розв’язок.
а) Всього в ящику є
N
1
(б) + N
2
(чорн) + N
3
(черв) = N куль.
Необхідно обчислити імовірність складної події
А, яка поля-
гає в тому, що одночасно вийнято
n
1
(б) і n
2
(чорн) – подія А
1
і
після цього – одна червона куля – подія
А
2
. Отже,
=)( AP
)()()(
2121
1
APAPAAP
A
⋅
=⋅= ,оскільки події А
1
і А
2
– залежні.
Тут
21
3
21
)(,)(
1
21
321
2
2
1
1
nnN
N
AP
C
CC
AP
A
nn
NNN
n
N
n
N
−−
=
⋅
=
+
++
.