Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
131
Тому *)(
21
3
21
2
2
1
1
=
−−
⋅
⋅
=
+
nnN
N
C
CC
AP
nn
N
n
N
n
N
Використавши формулу
m
M
m
M
MCCmM
1
)(
−
=− вираз у
знаменнику
)(
21
21
nnNC
nn
N
−−⋅
+
зведемо до вигляду
21
1
nn
N
NC
+
−
.
***
21
2
2
1
1
21
2
2
1
1
1
3
1
3
=
⋅
⋅⋅
=
⋅⋅
=
+
−
+
−
nn
N
n
N
n
N
nn
N
n
N
n
N
CN
CCN
NC
NCC
Розпишемо
)!(!
!
knk
n
C
k
n
−
=
і підставимо у попередній
вираз:
***
)!1(
)!1()!(
)!(!
!
)!(!
!
**
2121
222
2
111
13
=
−
−
−
−
+
⋅
−
⋅
−
⋅=
N
nnNnn
nNn
N
nNn
N
N
N
Але
!!!
)1...()2)(1(
][
n
A
n
N
n
nNNNN
C
n
N
n
n
N
==
+−⋅−−
= .
Тому вираз зведемо до вигляду:
.
)1(!!
)!(
***
][
21
21
][
2
][
13
21
21
nn
nn
NnnN
nnNNN
+
−⋅⋅⋅
+⋅⋅
=
Але
][
][
2
][
13
21
21
1211
21
21
1
21
21
1
21
)1(
!!
)!(
)!(!
)!(
nn
n
nn
nn
n
nn
NN
CNNN
nn
nn
nnnn
nn
C
+
+
+
−⋅
⋅⋅⋅
=
+
=
−+
+
=
Розпишемо
=⋅+⋅=−⋅
+
−
+
NnnCNN
nn
N
nn
)!()1(
211
][
2121
,
)!1(
!
)!1()!(
)!()!1(
]1[
212121
21
21
++
=
−−−
=
−−−+
⋅
+−
=
nn
N
nnN
N
nnNnn
NnnN
або
−−⋅−−−=−
+
1
][
...()3)(2)(1()1(
21
nNNNNNNN
nn
.)11
1
2
21
++
=+−−
nn
N
An
Остаточно вираз
Р(А) набере вигляду:
1]1[
3
][
2
][
1
12
2
2
1
1
1
21
21
211
21
)(
++
+
++
+
⋅⋅
=
⋅⋅⋅
=
nn
N
n
N
n
N
n
nn
nn
nnn
nn
A
AAC
N
NNNC
AP
.
132
б) Подія А полягає в тому, що не вийнято жодної білої
кулі, тобто за кожним
і-тим випробуванням вийнята чорна
куля – події
А
і
(і = 1, ...N
2
) і після цього вийнята одна червона
куля – подія
D.
Подія
А може відбутися при настанні однієї з несумісних
подій:
В
0
– перша вийнята куля – червона: DB
=
0
;
В
1
– вийняті 1 чорна і 1 червона кулі: DAB
⋅
=
11
;
В
2
– вийняті 2 чорні і 1 червона кулі: DAAB
⋅
⋅
=
212
;
В
і
– вийняті і чорних і 1 червона кулі:
DAAAB
ii
⋅
⋅
⋅
=
...
21
;
2
N
B
– вийняті N
2
чорних і 1 червона кулі:
×
⋅
=
...
21
2
AAB
N
DA
N
⋅×
2
.
Імовірності цих подій, які є добутками залежних подій,
рівні:
);()()()(;)(
1
111
3
0
DPAPDAPBP
N
N
BP
A
⋅=⋅==
);()()()()(
211
21212
DPAPAPDAAPBP
AAA
⋅
⋅
=
⋅
⋅=
×
⋅
=
⋅
⋅
⋅= )()()...()(
2121
1
APAPDAAAPBP
Aii
);()(...
...
21121
DPAP
ii
AAAiAAA
⋅×
−
×
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
= ...)()()...()(
2121
122
APAPDAAAPBP
ANN
).()(
2212221
...1...
DPAP
NAANNAA
⋅×
−
Тоді:
=
+
+
+
+
= )(...)(...)()()()(
2
210 Ni
BPBPBPBPBPAP
)1(
1
1
1
...
2
2
1
1
...
1
1
...
2
2
1
1
...
21
1
1
2
3
2
3
2
222322
22322323
⎢
⎣
⎡
+
−
+=
−
⋅
+−
×
×
−
−
⋅
−
−
⋅++
−
⋅
+−
+−
⋅
−
−
×
×
−
−
⋅+
−
⋅
−
−
⋅+
−
⋅+=
NN
N
N
N
NN
N
NN
N
N
N
N
N
N
iN
N
iN
iN
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
133
.......
))(1()2)(1(
1...)2)(1(
...
)1)(...()...2)(1(
)...()2)(1(
)2)(1(
)1(
1
0
3
1
13
2
2
1
1
0
3
22
222
222222
2
2
2
2
22222
+
≥
+
+
∑
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
++++=
=
⎥
⎦
⎤
−−−⋅−−
⋅−−
+
+
−−−⋅−−
−
⋅
−
−
+
−−
−
+
m
N
m
N
N
m
N
N
N
N
i
N
i
N
N
N
N
N
N
N
A
A
N
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
N
NNNNNNN
NNN
iNiNNNN
iNNNN
NNN
NN
в) Якщо всього вийнято
k куль, а остання куля червона, то
попередні (
k – 1) куль є білими і чорними. В цьому полягає
подія
А. Вона може відбутися при настанні однієї з несу-
місних подій:
В
0
– вийнято 0 білих і (k – 1) чорних куль;
В
1
– вийнята 1 біла і (k – 2) чорних куль;
В
2
– вийнято 2 білих і (k – 3) чорних куль;
В
і
– вийнято і білих і (k – і – 1) чорних куль;
В
k
– вийнято (k – 1) білих і 0 чорних куль.
Таким чином, імовірність події
А рівна:
=
+
+
+
+
= )(...)(...)()()()(
210 ki
BPBPBPBPBPAP *
Кожну з імовірностей обчислимо за класичним означен-
ням.
×
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
−
−
−
−−
−
−
−
−
−
−
1
01
1
1
1
32
1
21
1
10
2121212121
.....*
k
N
N
k
N
k
N
ik
N
i
N
k
N
k
NN
k
N
k
NN
k
N
k
NN
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
+⋅+⋅+⋅⋅
+−
=
+−
×
−−−
−
322110
1
33
212121
(
)1(1
k
NN
k
NN
k
NN
k
N
CCCCCC
CkN
N
kN
N
**)
011
2121
=⋅+⋅+
−−−
N
k
N
ik
N
i
N
CCCC
До виразу в дужках використаємо рівність
×
−
=
∑
m
M
r
m
C
1
0
r
N
mr
MN
CC
1−
−
−
=× , яка застосована до такої суми
mk
N
m
N
k
m
CC
−−
−
=
⋅
∑
1
1
0
21
.
Тут,
M – 1=N
1
, отже M = N
1
+ 1, N – N – N – M = N
2
= N – N
1
–
–1, звідки
N = N
1
+ N
2
+ 1.
134
Таким чином,
11
11
1
1
0
211221
−
+
−
−++
−−
−
=
==⋅
∑
k
NN
k
NN
mk
N
m
N
k
m
CCCC
***
)1(
**
1
1
3
12
=
+−
⋅
=
−
−
+
k
N
k
NN
CkN
CN
До знаменника застосуємо рівність
=−
m
M
CmM )(
m
M
MC
1−
= , так що,
1
1
1
)1(
−
−
−
=⋅+−
k
N
k
N
NCCkN .
,
)(
!
!)(
)!1()!1(
)!()!1(
***
][
]1[
213
1
3
1
3
1
3
1
1
1
3
2121
2121
k
k
k
N
k
NN
k
NN
k
NN
k
N
k
NN
N
NNN
A
AN
N
kNAN
NkN
kNkAN
NC
CN
−
−
+
−
+
−
+
−
−
−
+
+⋅
=
⋅
=
−⋅
=
=
−−
−−⋅⋅
=
⋅
=
оскільки
.
)(
!
][kk
N
NA
kN
N
==
−
Остаточно
][
]1[
213
)(
)(
k
k
N
NNN
AP
−
+
=
.
2.2. Формула повної імовірності. Формули Байєса.
Теорема. Імовірність події А, яка може відбутися тільки
разом з появою однієї з несумісних подій
В
1
,
В
2
,...В
n
, які утво-
рюють повну групу, дорівнює сумі добутків імовірностей
кожної з цих подій на відповідну умовну імовірність події
А:
=
⋅
+
⋅
+
⋅= )()(...)()()()()(
21
21
APBPAPBPAPBPAP
n
BnBB
)()(
1
APBP
i
B
n
i
i
⋅=
∑
=
(2.2.1).
Це формула
повної імовірності. Випадкові події В
1
, В
2
...
В
n
називаються гіпотезами. Нехай в результаті випробування
подія
А уже відбулася. Тоді безумовні імовірності гіпотез
135
P(B
і
) переходять в умовні імовірності Р
А
(В
і
) і знаходяться з
формули Байєса:
=
⋅+⋅+
=
)()(...)()()()(
)()(
)(
21
21
APBPAPBPAPBP
APBP
BP
n
i
BnBB
Bi
iA
)(
)()(
AP
APBP
i
Bi
⋅
=
(2.2.2).
Задачі
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:
;05,0)(
=
AP
=)(AP
.95,05,01)(1
=
−=−= AP Умовні імовірності
;06,0)(
=
BP
A
.02,0)( =BP
A
Тоді за формулою повної імовірності =)(BP
.022,002,095,006,005,0)()()()( =⋅+⋅=⋅+⋅= BPAPBPAP
A
A
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:
Н
1
– серед 50 деталей є 0 бракованих, тобто всі деталі
136
придатні; Н
2
– серед 50 деталей є 1 бракована, Н
3
– серед 50
деталей є 2 браковані. Оскільки ці гіпотези рівноможливі, то
.
3
1
)()()(
321
=== HPHPHP
Умовні імовірності події А
при настанні цих гіпотез відповідно рівні:
;1)(
1
=AP
H
.)(;)(
5
50
5
48
5
50
5
49
32
C
C
AP
C
C
AP
HH
==
Отже,
×
+
⋅
+
⋅
= )()()()()()(
321
21
HPAPHPAPHPAP
HH
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++=×
5
50
5
48
5
50
5
49
1
3
1
)(
3
C
C
C
C
AP
H
. Тоді умовна імовірність:
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅
=
⋅
=
⋅
=
!50!43!5
!45!5!48
!50!44!5
!45!5!49
1
3
1
1
3
1
)(
1
3
1
)(
)()(
)(
1
1
1
APAP
APHP
HP
H
A
.3693,0
1327
490
!435049!48
4544!43!48
!4450!49
!45!44!49
1
3
1
1
3
1
≈=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
+
⋅⋅
⋅⋅
+
⋅
=
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 = 10ст + 10нест. Нехай подія
А полягає в тому, що два рази
навмання вибирають стандартну деталь. Для обчислення імо-
вірності події
А скористуємося формулою повної імовірності:
137
),()()()()()()(
321
321
APBPAPBPAPBPAP
BBB
⋅
+
⋅
+
⋅= де
3
1
)()()(
321
=== BPBPBP
– імовірності вибору І, ІІ, ІІІ
партій відповідно. Умовні імовірності настання події
А при
виконанні гіпотез
В
1
, В
2
, В
3
відповідно рівні:
;11
20
20
)(
2
22
1
==
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
n
m
AP
B
;
16
9
20
15
)(
2
2
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=AP
B
.
4
1
20
10
)(
2
3
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=AP
B
Отже,
.
48
29
4
1
3
1
16
9
3
1
1
3
1
)( =⋅+⋅+⋅=AP
Тоді
)(
3
BP
A
обчислимо згідно формули Байєса:
.
29
4
4829
4
1
3
1
)(
)()(
)(
3
3
3
=
⋅
=
⋅
=
AP
APBP
BP
B
A
2.2.4. Подія А може з’явитися при умові появи однієї з не-
сумісних подій (гіпотез)
В
1
, В
2
, ..., В
n
, що складають повну
групу подій. Після появи події
А були переоцінені ймовір-
ності гіпотез, тобто були знайдені умовні ймовірності
Р
А
(В
і
)
(
і = 1, 2, ..., n).
Довести, що
∑
=
=
n
i
iA
BP
1
1)( .
Розв’язок.
Умовні імовірності гіпотез
В
і
після появи події А згідно
формули Байєса рівні:
,
)(
)()(
)(
AP
APBP
BP
i
Bi
iA
⋅
=
тоді
...
)(
)()(
...
)(
)()(
)(
)()(
)(
21
21
1
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
∑
=
AP
APBP
AP
APBP
AP
APBP
BP
i
Bi
BB
iA
n
i
138
.1
)(
)(
)(
)()(
)(
)()(
...
1
==
⋅
=
⋅
∑
=
AP
AP
AP
APBP
AP
APBP
i
n
Bi
n
i
Bn
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
В
1
, В
2
, В
3
– 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:
;
3211
ВВВН ××=
;
3212
ВВВН ××=
3213
ВВВН ××=
.
Оскільки події В
1
, В
2
, В
3
незалежні, їх імовірності рівні:
=××=××= )()()()()(
3213211
ВРВРВРВВВРНР
;18,0)4,01(5,06,0)1(
321
=
−
×
×
=
−××= ррр
=×−×=××=
3213
2
12
)1()()()()( рррВРВРВРНР
;12,04,0)5,01(6,0
=
×−×=
=××−=××=
3213213
)1()()()()( рррВРВРВРНР
.08,04,05,0)6,01(
=
××−=
Умовні імовірні настання події А при виконанні гіпотез
Н
1
, Н
2
, Н
3
, Н
4
рівні
1)()()(
321
=
=
= АРАРАР
ННН
.
Тоді згідно формули повної імовірності:
.38,008,012,018,0
)()()()()()()(
321
321
=++=
=
×
+
×
+
×= АРНРАРНРАРНРАР
ННН
139
Імовірності Р
А
(Н
2
) і Р
А
(Н
3
) обчислимо згідно формули
Байєса:
19
6
38,0
12,0
)(
)()(
)(
2
2
2
==
×
=
АР
АРНР
НР
Н
А
.
19
4
38,0
08,0
)(
)()(
)(
3
3
3
==
×
=
АР
АРНР
НР
Н
А
.
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
;1,0
1
=
p ;2,0
2
=
p ;3,0
3
=
p тоді ;9,0
1
=
q
;8,0
2
=q .7,0
3
=q Ціль може бути збита (настання події А
може відбутися) при одному попаданні – гіпотеза В
1
, при двох
попаданнях – гіпотеза В
2
, при трьох попаданнях – гіпотеза В
3
.
Імовірності гіпотез В
i
рівні:
+
⋅
⋅
=
+
+
= 7,08,01,0)(
3213213211
pqqqpqqqpBP
;398,03,08,09,07,02,09,0
=
⋅
⋅
+⋅⋅+
+
⋅
⋅
=
+
+
= 7,02,01,0)(
3213213212
ppqpqpqppBP
;092,03,02,09,03,08,01,0
=
⋅
⋅
+⋅
⋅
+
.006,03,02,01,0)(
3213
=
⋅
⋅
=
= pppBP
Якщо доповнити ці гіпотези В
1
, В
2
, В
3
гіпотезою В
0
– нема
жодного влучання, імовірність якої
×
=
=
9,0)(
3210
qqqBP
504,07,08,0 =
⋅
× , то вони утворять повну групу подій:
1006,0092,0398,0504,0)()()()(
3210
=
+
+
+
=
+
++ BPBPBPBP
.
Умовні імовірності настання події А при виконанні цих
гіпотез такі:
;0)(
0
=AP
B
;6,0)(
1
=
AP
B
;1)(
2
=
AP
B
.1)(
3
=
AP
B
140
Тоді згідно формули повної імовірності отримаємо:
.3368,0
1006,01092,06,0398,00504,0)()(
)()()()()()()(
3
210
3
210
=
=⋅+⋅+⋅+⋅=+
+
+
+
=
APBP
APBPAPBPAPBPAP
B
BBB
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:
Н
1
– з І урни витягнули одну білу кулю, її імовірність
10
1
)(
1
=HP ;
Н
2
– з І урни витягнули одну чорну кулю,
10
9
)(
2
=HP ;
Н
3
– з ІІ урни витягнули одну білу кулю,
6
5
)(
3
=HP ;
Н
4
– з ІІ урни витягнули одну чорну кулю,
6
1
)(
4
=HP .
Тоді подія В
1
полягає в тому, що обидві кулі білі: В
1
=
= Н
1
Н
3
, і оскільки події Н
1
і Н
3
незалежні, то =)(
1
BP
12
1
6
5
10
1
)()()(
3131
=⋅=⋅== HPHPHHP .
Подія В
2
полягає в тому, що обидві кулі чорні: В
2
= Н
2
Н
4
і
20
3
6
1
10
9
)()()()(
42422
=⋅=⋅== HPHPHHPBP .
Подія В
3
полягає в тому, що одна куля біла і одна чорна:
В
3
= Н
1
Н
4
+ Н
2
Н
3
, тому )()()(
32413
HHPHHPBP
+
=
– як