Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
141
сума імовірностей несумісних подій. Оскільки події
)4,1(
___
=iH
i
незалежні, то
=
+
=
)()()()()(
32413
HPHPHPHPBP
30
23
6
5
10
9
6
1
10
1
=⋅+⋅=
.
Умовні імовірності “витягання білої кулі з ІІІ урни –
подія А” при настанні подій
)3,1(
___
=iB
i
рівні:
;
7
2
14
4
2610
251
)(
1
==
−+
−
+
=AP
B
;
14
6
2610
51
)(
2
=
−
+
+
=AP
B
.
14
5
2610
151
)(
3
=
−
+
−
+
=AP
B
Тоді імовірність події А згідно формули повної імовір-
ності рівна:
=
⋅
+
⋅
+
⋅= )()()()()()()(
321
321
APBPAPBPAPBPAP
BBB
.
105
38
14
5
30
23
14
6
20
3
7
2
12
1
=⋅+⋅+⋅=
2.2.8. Спрощена схема контролю виробів складається з
двох незалежних перевірок. В результаті k-ої перевірки (k = 1,
2) виріб, який задовольняє стандарту, забраковується з ймо-
вірністю
k
, а бракований виріб приймається з ймовірністю
k
.
Виріб приймається, якщо він пройшов обидві перевірки.
Припускаючи, що кожен виріб задовольняє стандарту з
ймовірністю p, знайти наступні ймовірності:
а) ймовірність того, що виріб, який поступив на пере-
вірку, не буде забракований;
б) ймовірність того, що незабракований виріб задоволь-
няє стандарту.
Розв’язок.
а) Виріб, який поступив на перевірку,
не буде забрако-
ваний – подія А, за умови виконання гіпотез:
1) В
1
– виріб, який поступив на перевірку є бракованим,
імовірність бракованого виробу
)1()(
1
pBP
−
=
. Імовірність
142
того, що забракований виріб пройде обидві перевірки рівна
21
)(
1
α
α
⋅=AP
B
.
2) В
2
– виріб, який поступив на перевірку є стандартним,
імовірність
pBP
=
)(
2
. Імовірність того, що стандартний
виріб пройде обидві перевірки рівна:
)1)(1()(
21
2
β
β
−
−=AP
B
.
Імовірність події А обчислимо згідно формули повної
імовірності:
=
⋅
+
⋅= )()()()()(
21
21
APBPAPBPAP
BB
).1()1()1(
2121
β
β
α
α
−
⋅
−
⋅
+⋅⋅−= pp
б) Умовну імовірність події
)(
2
BP
A
обчислимо згідно
формули Байєса:
)1()1()1(
)1()1(
)(
)()(
)(
2121
21
2
2
2
ββαα
ββ
−⋅−⋅+⋅⋅−
−⋅−⋅
=
⋅
=
pp
p
AP
APBP
BP
B
A
.
2.2.9. Відділ технічного контролю (ВТК) проводить сор-
тування приладів, які випускає завод. Кожен прилад неза-
лежно від інших має дефекти з ймовірністю p. При перевірці у
ВТК наявність дефектів виявляють з ймовірністю ; крім того,
з ймовірністю справний прилад при перевірці може вести
себе як дефектний. Всі прилади, в яких виявлені відхилення
від стандарту, забраковуються.
Знайти ймовірність q
0
того, що незабракований прилад
має дефекти, і ймовірність q
1
того, що забракований прилад
має дефекти. При яких умовах q
0
> q
1
?
Розв’язок.
Позначимо через
A подію, яка полягає в тому, що
прилад буде визнано дефектним і забраковано. Це може
відбутися при настанні однієї з гіпотез:
1) В
1
– прилад дійсно має дефект, імовірність наявності
якого (гіпотеза В
1
): Р(В
1
) = р і при цій гіпотезі В
1
з
143
імовірністю при перевірці він буде виявлений, тобто
α
=)(
1
AP
B
.
2) В
2
– прилад справний, тоді імовірність Р(В
2
) = 1 – р;
при цій гіпотезі В
2
при перевірці імовірність визнати справ-
ний прилад дефектним рівна , тобто
β
=)(
2
AP
B
.
Згідно формули повної імовірності:
βα
)1()()()()()(
21
21
ppAPBPAPBPAP
BB
−+=⋅+⋅= .
Умовна імовірність q
1
того, що забракований прилад
дійсно має дефекти рівна
)(
1
BP
A
:
.
)1()(
)()(
)(
1
1
1
pp
p
AP
APBP
BP
B
A
−+
=
⋅
=
βα
α
Подія А – прилад буде визнано справним, можлива при
виконанні таких гіпотез:
/
1
B – прилад дійсно справний, імо-
вірність
pBP −= 1)(
/
1
. При цій гіпотезі
/
1
B справний прилад
веде себе при перевірці як справний рівна
)1()(
/
1
β
−
=
AP
B
;
/
2
B – прилад дефектний, імовірність pBP =)(
/
2
.
При цій гіпотезі
/
2
B при перевірці імовірність визнати
дефектний прилад справним рівна
)1()(
/
2
α
−
=
AP
B
.
Згідно формули повної імовірності:
+⋅= )()()(
/
1
/
1
APBPAP
B
)1()1)(1()()(
/
2
/
2
αβ
−+−−=⋅+ ppAPBP
B
.
Умовна імовірність q
0
того, що незабракований прилад
має дефект, рівна
)(
/
2
BP
A
і обчислюється згідно формули
Байєса:
)1)(1()1(
)1(
)(
)()(
)(
/
2
/
2
/
2
βα
α
−−+−
−
=
⋅
=
pp
p
AP
APBP
BP
B
A
.
Щоб виконувалась нерівність q
0
> q
1
необхідно, щоб
α
β
>
.
144
2.2.10. Кожна з k
1
урн містить m
1
білих і n
1
чорних куль, а
кожна з k
2
урн містить m
2
білих і n
2
чорних куль. З навмання
взятої урни вийняли кулю, яка виявилася білою.
Яка ймовірність того, що кулю взято з першої групи урн?
Розв’язок.
Позначимо через А подію “вийнята куля – біла”. Біла куля
може бути вийнята з: І групи урн – гіпотеза Н
1
; з ІІ групи урн
– гіпотеза Н
2
.
Імовірності цих гіпотез
;)(
21
1
1
kk
k
HP
+
=
21
2
2
)(
kk
k
HP
+
=
.
При настанні цих гіпотез умовні імовірності витягання
білої кулі такі:
22
2
11
1
)(;)(
21
nm
m
AP
nm
m
AP
HH
+
=
+
=
.
Згідно формули повної імовірності:
=
⋅
+
⋅
= )()()()()(
21
21
APHPAPHPAP
HH
.
22
2
21
2
11
1
21
1
nm
m
kk
k
nm
m
kk
k
+
⋅
+
+
+
⋅
+
=
Оскільки подія А відбулась – витягнута куля виявилась
білою, переоцінимо
)(
1
HP
A
згідно формули Байєса:
=
+
⋅
+
+
+
⋅
+
+
⋅
+
=
22
2
21
2
11
1
21
1
11
1
21
1
1
)(
nm
m
kk
k
nm
m
kk
k
nm
m
kk
k
HP
A
.
)()(
)(
11222211
2211
nmmknmmk
nmmk
+++
+
=
2.2.11. З урни, яка містить m білих (m > 3) і n чорних куль,
загублено одну кулю. Для того щоб визначити склад куль в
урні, з урни взяли дві кулі, які виявилися білими.
Обчислити ймовірність того, що загублена куля – біла.
145
Розв’язок.
Нехай подія А полягає в тому, що взяті дві кулі є білими.
Подія А може відбутися при настанні таких гіпотез: Н
1
–
загублена біла куля; Н
2
– загублена чорна куля.
nm
m
HP
nm
m
HP
+
=
+
= )(;)(
21
.
Умовні імовірності події А при цих гіпотезах:
.
2
1
1
)(
;
2
2
1
1
)(
2
1
−+
−
⋅
−+
=
−+
−
⋅
−+
−
=
nm
m
nm
m
AP
nm
m
nm
m
AP
H
H
Згідно формули повної імовірності:
×
+
=⋅+⋅=
nm
m
APHPAPHPAP
HH
)()()()()(
21
21
.
2
1
12
2
1
1
−+
−
⋅
−+
⋅
+
+
−+
−
⋅
−+
−
×
nm
m
nm
m
nm
n
nm
m
nm
m
Умовну імовірність гіпотези
)(
1
HP
A
обчислимо згідно
формули Байєса:
=
−+
−
⋅
−+
−
⋅
+
=
)(
2
2
1
1
)(
1
AP
nm
m
nm
m
nm
m
HP
.
2
2
)2)(1(
)2)(1(
−+
−
=
+−−
−−
=
nm
m
nmmm
mmm
2.2.12.
Три мисливці одночасно вистрілили у вовка. Ймовір-
ність попадання кожним з мисливців однакова і рівна
4,0
=
p
.
Знайти ймовірність того, що вовка буде вбито, якщо відо-
мо, що при одному попаданні мисливці вбивають вовка з ймо-
вірністю 0,2, при двох – з ймовірністю 0,5, і при трьох – з
ймовірністю 0,8.
146
Розв’язок.
Нехай подія А полягає у тому, що вовка буде вбито. Подія
А може відбутися при одному попаданні – гіпотеза Н
1
, при
двох – гіпотеза Н
2
, при трьох – гіпотеза Н
3
. Оскільки
3211
BBBH ++= , де подія В
1
– вовка вбито І мисливцем, В
2
– ІІ мисливцем, В
3
– ІІІ мисливцем, то +
+
=
211
()( BBPHP
)()()()
3213
BPBPBPB
+
+=+ – як сума імовірностей
несумісних подій. Отже,
×
−
+
−
−
=
pppppHP )1()1)(1()(
1
2
)1(3)1)(1()1( pppppp −=−−+−× .
/
3
/
2
/
12
BBBH ++= – де подія
/
1
B – вовка вбито І і ІІ мис-
ливцем,
/
2
B –І і ІІІ мисливцем,
/
3
B
–ІІ і ІІІ мисливцем. Оскіль-
ки події
/
3
/
2
/
1
,, BBB – несумісні, то =++= )()(
/
3
/
2
/
12
BBBPHP
=−+−+−=++= pppppppppBPBPBP )1()1()1()()()(
/
3
/
2
/
1
).1(3
2
pp −=
///
3
///
2
///
13
BBBH ⋅⋅=
– де події
///
3
///
2
///
1
,, BBB
– вовка вбив
І, ІІ і ІІ мисливець одночасно . Оскільки події
///
3
///
2
///
1
,, BBB –
незалежні, то
×⋅=⋅⋅= )()()()(
///
2
///
1
///
3
///
2
///
13
BPBPBBBPHP
.)(
3///
3
ppppBP =⋅⋅=×
Умовні імовірності події А при настанні гіпотез рівні:
.8,0)(;5,0)(;2,0)(
321
=
=
= APAPAP
HHH
Підставивши дані у формулу повної імовірності, отри-
маєм:
=
⋅
+
⋅
+
⋅= )()()()()()()(
321
321
APHPAPHPAPHPAP
HHH
×−⋅=⋅+⋅−+⋅−=
2322
)4,01(4,038,05,0)1(32,0)1(3 ppppp
++=⋅+⋅−⋅+× 144,00864,08,04,05,0)4,01(4,032,0
32
.2816,00512,0 =+ (Тут покладено 0,4
=
р ).
Імовірності гіпотез Н
1
, Н
2
можна обчислити простіше
використавши формулу Бернуллі (див. 3.1):
147
).1(3)1(
21
23
)1()2()(
;)1(3)1()1()(
22322
332
2311
331
ppppppCPHP
ppppCPHP
−=−
⋅
⋅
=−==
−=−==
2.2.13.
В першій урні є 1 біла і 4 червоних кулі, а в другій
– 1 біла і 7 червоних. В першу урну додають дві кулі, випад-
ково вибраних з другої урни.
а) Знайти ймовірність того, що куля, вибрана з попов-
неної першої урни, буде білою.
б) Нехай з поповненої першої урни за схемою випад-
кового
вибору з поверненням виймають k куль. Знайти ймо-
вірність того, що всі вони будуть білими.
Розв’язок.
Початковий склад урн такий – І урна: 5 = 1 біла + 4 чорні;
ІІ урна: 8 = 1 біла + 7 чорних.
Використаємо формулу повної імовірності:
)()()()()(
21
21
APHPAPHPAP
HH
⋅
+
⋅
= .
а) Розглянемо гіпотези: Н
1
– з ІІ урни вибрані 1 біла і 1
чорна кулі; тоді
4
1
78
2171
)(
2
8
7
1
1
1
1
=
⋅
⋅⋅⋅
=
⋅
=
C
CC
HP ;
Н
2
– з ІІ урни вибрані 2 чорні кулі; тоді
4
3
78!2
!267
)(
2
8
7
2
2
=
⋅⋅
⋅⋅
==
C
C
HP .
Тоді імовірність події А – „куля вибрана з першої попов-
неної урни є білою” рівна при гіпотезі Н
1
:
7
2
25
2
)(
1
=
+
=AP
H
; Н
2
:
7
1
25
1
)(
2
=
+
=AP
H
.
Отже,
28
5
7
1
4
3
7
2
4
1
)( =⋅+⋅=AP
.
б) Нехай подія А полягає в тому, що k куль витягнутих з
першої поповненої урни є білими, якщо вони витягаються з
поверненням.
148
Тоді
k
H
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
7
2
)(
1
;
k
H
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
7
1
)(
2
.
Отже,
kk
H
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=
7
1
4
3
7
2
4
1
)(
1
.
2.2.14. Студент знає не всі екзаменаційні білети.
В якому випадку ймовірність витягнути невивчений білет
буде для нього найменшою: коли він тягне білет першим чи
останнім?
Розв’язок.
Нехай усіх білетів є N, з них М – кількість білетів, які сту-
дент не знає і (N – M) – кількість білетів, які студент знає.
Якщо
студент тягне білет першим, то ймовірність витяг-
нути невивчений ним білет (подія А) рівна
.)(
N
M
AP =
Якщо студент тягне білет останнім, то для нього може за-
лишитись невитягненим попередніми студентами один: а)
невивчений ним білет – подія або гіпотеза Н
1
. Отже, попе-
редніми студентами були витягнуті (N – 1) білетів, з яких (М –
1) білетів студент не знав і (N – M) білетів студент знав. Імо-
вірність цієї гіпотези рівна:
1
1
1
)(
−
−
−
−
⋅
=
N
N
MN
MN
M
M
C
CC
HP
.
Умовна імовірність події А – витягнення невивченого
білета останнім студентом при цій гіпотезі рівна 1:
1)(
1
=AP
H
.
б) вивчений студентом білет – подія або гіпотеза Н
2
. От-
же, з попередньо витягнутих N – 1 білетів витягнуто М біле-
тів, які студент не знав і (N – 1 – M) білетів, які студент знав;
імовірність гіпотези Н
2
рівна: .)(
1
1
2
−
−−
−
⋅
=
N
N
MN
MN
M
M
C
CC
HP
Умовна імовірність події А (витягнення невивченого ним
білета) при цій гіпотезі рівна 0. Згідно формули повної імо-
149
вірності імовірність витягнення невивченого білета, коли
студент тягне білет останнім рівна:
=
⋅
=⋅
⋅
+⋅
⋅
=
−
−
−
−−
−
−
−
−
−
1
1
1
1
1
1
1
01)(
N
N
M
M
N
N
MN
MN
M
M
N
N
MN
MN
M
M
C
C
C
CC
C
CC
AP
.
!)!1(!1)!1(
!1)!()!1(
!)!1()!1(
)!1()!1(!
N
M
NNM
NMM
NMMM
NNNM
=
−⋅−
⋅
−
⋅
−
=
+−−
+
−−
=
Для всіх решти проміжних витягувань білетів імовірність
витягнення невивченого білета стала і рівна
N
M
AP =)(
(зада-
ча розв’язана в 2.2.15).
2.2.15. З урни, де є M білих і N – М чорних куль,
загублено r куль.
Порівняти ймовірності виймання білої кулі:
а) до втрати;
б) після втрати при r = 1;
в) після втрати при r > 1.
Розв’язок.
Усіх кульок є N, M – білих і (N – M) – чорних.
а) Ймовірність витягнення білої кулі до втрати
рівна
N
M
AP =)(
.
б) Загублена куля може бути білою – гіпотеза Н
1
, або чор-
ною – гіпотеза Н
2
. Ймовірність гіпотези Н
1
:
N
M
HP =)(
1
; при
відбутті гіпотези Н
1
ймовірність витягання білої кулі рівна
1
1
)(
1
−
−
=
N
M
AP
H
. Ймовірність гіпотези Н
2
:
N
MN
HP
−
=)(
2
.
Ймовірність витягання білої кулі при відбутті гіпотези Н
2
:
1
)(
2
−
=
N
M
AP
H
. Ймовірність витягання білої кулі обчислимо
згідно формули повної ймовірності:
150
+
−
−
⋅=⋅+⋅=
1
1
)()()()()(
21
21
N
M
N
M
APHPAPHPAP
HH
N
M
NN
NM
NN
MMNMM
N
M
N
MN
=
−
−
=
−
−
+
−
==
−
⋅
−
+
)1(
)1(
)1(
)()1(
1
.
в)
M
r
≤ загублених куль за кольором можуть розпо-
ділитись таким чином:
r = 0 білих + r чорних – гіпотеза Н
1
;
r = 1 біла + (r – 1) чорних – гіпотеза Н
2
;
r = 2 білих + (r – 2) чорних – гіпотеза Н
3
;
……………………………………………….
r = (r – 1) білих + 1 чорна – гіпотеза Н
r
;
r = r білих + 0 чорних – гіпотеза Н
r+1
.
Ймовірності гіпотез і умовні імовірності події А при їх
настанні обчислимо згідно класичного означення ймовірності:
;
0
)(;)(
1
0
1
rN
M
AP
C
CC
HP
H
r
N
r
MNM
−
−
=
⋅
=
−
;
1
)(;)(
2
11
2
rN
M
AP
C
CC
HP
H
r
N
r
MNM
−
−
=
⋅
=
−
−
;
2
)(;)(
3
22
3
rN
M
AP
C
CC
HP
H
r
N
r
MNM
−
−
=
⋅
=
−
−
;
1
)(;)(
11
rN
rM
AP
C
CC
HP
r
H
r
N
MN
r
M
r
−
+−
=
⋅
=
−
−
;)(;)(
1
1
rN
rM
AP
C
CC
HP
r
H
r
N
r
MN
r
M
r
−
−
=
⋅
=
+
−
+
Тоді імовірність події А згідно формули повної
імовірності рівна:
×
⋅
+
−
−
⋅
⋅
+
−
−
⋅
⋅
=
−
−
−
−
−
−
r
N
r
MNM
r
N
r
MNM
r
N
r
MNM
C
CC
rN
M
C
CC
rN
M
C
CC
AP
221100
10
)(