Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
181
=
+−+⋅
−
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅⋅
=
⋅
=
)])(1(2[
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)(
)()(
)(
321
1
ppp
p
DP
DPAP
AP
A
D
αα
αα
α
α
α
α
α
.
)])(1(2[
2
321
1
ppp
p
+−+
=
αα
α
Аналогічно,
=
+−+⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅⋅
−
⋅
=
⋅
=
)])(1(2[
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)(
)()(
)(
321
2
ppp
p
DP
DPBP
BP
B
D
αα
αα
α
α
α
α
α
;
)])(1(2[
)1(
321
2
ppp
p
+−+
−
=
αα
α
.
)])(1(2[
)1(
)])(1(2[
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)(
)()(
)(
321
3
321
3
ppp
p
ppp
p
DP
DPCP
CP
C
D
+−+
−
=
=
+−+⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅
−
⋅⋅
−
⋅
=
⋅
=
αα
α
αα
αα
α
α
α
α
α
Перевірка:
+
+−+
=++
)])(1(2[
2
)()()(
321
1
ppp
p
CPBPAP
DDD
αα
α
.1
)])(1(2[
))(1(2
)])(1(2[
)1(
)])(1(2[
)1(
321
321
321
3
321
2
=
+−+
+−+
=
=
+−+
−
+
+−+
−
+
ppp
ppp
ppp
p
ppp
p
αα
αα
αα
α
αα
α
2.2.28. Ймовірності подій А, В і С дорівнюють відповідно
p
1
, p
2
, p
3
. Після проведення досліду виявилось, що дві події
відбулися, а одна – ні.
182
Довести, що ймовірність того, що подія С наступила,
більша 1/2, коли
.1
111
321
>−+
ppp
Розв’язок.
Нехай подія D полягає в тому, що відбудуться дві події.
Тоді ймовірність події D рівна:
+⋅⋅+⋅⋅= )()()()()()()( CPBPAPCPBPAPDP
.)()()(
321321321
ppqpqpqppCPBPAP ++=⋅⋅+
Якщо дві події відбулися, то умовна ймовірність того, що
наступила подія С згідно формули Байєса рівна:
.
)(
)(
321321321
321321321321
ppqpqpqpp
ppqpqp
DP
ppqpqp
CP
D
++
+
=
+
=
За умовою
2
1
)( >CP
D
, отже >
+
)(2
132231
qppqpp
,
132231221
qppqppqpp
+
+> або >
+
132231
22 qppqpp
,
132231221
qppqppqpp
+
+> звідси >
+
132231
qppqpp
;
321
qpp> отже, .0
331132231
>
−
+
qppqppqpp
Поділимо почленно нерівність на
.0
321
>ppp Отри-
маємо:
,0
321
321
321
132
321
231
>−+
ppp
qpp
ppp
qpp
ppp
qpp
після скорочень
вираз буде мати вигляд:
,0
3
3
1
1
2
2
>−+
p
q
p
q
p
q
Підставивши значення
ii
pp
−
=
1 у нерівність, отри-
маємо:
,0
1
11
3
3
1
1
2
2
>
−
−
−
+
−
p
p
p
p
p
p
або −−+− 1
1
1
1
12
pp
.01
1
3
>+−
p
Остаточно, .0
111
312
>−+
ppp
183
2.2.29. Ймовірності перегоряння першої, другої, третьої,
четвертої ламп рівні відповідно 0,1; 0,1; 0,3; 0,4. Ймовірність
виходу з ладу приладу при перегорянні однієї лампи рівна,
0,2, двох ламп – 0,4, трьох – 0,6 і чотирьох ламп – 0,8.
Визначити ймовірність виходу приладу з ладу.
Розв’язок.
Ймовірність перегоряння першої лампи рівна р
1
= 0,1;
другої – р
2
= 0,1; третьої – р
3
= 0,3; четвертої р
4
= 0,4. Ймо-
вірності роботи ламп:
;9,0
1
=
q ;9,0
2
=
q ;7,0
3
=
q .6,0
4
=
q
Прилад може вийти з ладу – “подія А” при відбутті однієї з
гіпотез:
Н
0
– не перегоряє жодна лампа.
Н
1
– перегоряє одна лампа, Н
2
– перегоряють дві лампи,
Н
3
– перегоряють три лампи, Н
4
– перегоряють чотири лампи.
Для визначення ймовірності події А використаємо форму-
лу повної ймовірності:
+
⋅
+
⋅
+
⋅= )()()()()()()(
321
321
APHPAPHPAPHPAP
HHH
),()()()(
04
04
APHPAPHP
HH
⋅
+⋅+
де умовні імовірності настання події А рівні:
;0)(
0
=AP
H
;2,0)(
1
=AP
H
;4,0)(
2
=
AP
H
;6,0)(
3
=
AP
H
.8,0)(
4
=
AP
H
Імовірності гіпотез Н
і
рівні:
=
+
+
+
=
43214321432143211
)( pqqqqpqqqqpqqqqpHP
;4482,04,07,09,09,0
6,03,09,09,06,07,01,09,06,07,09,01,0
=⋅⋅⋅+
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+⋅⋅
⋅
=
+
+
+
+
=
43214321432143212
)( pqpqpqqpqpqpqqppHP
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
=
++ 6,03,09,01,06,07,01,01,0
43214321
ppqqqppq
;1842,04,03,09,09,0
6,03,01,09,04,07,01,09,04,07,09,01,0
=⋅⋅⋅+
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅⋅
⋅
+
=
+
+
+
=
43214321432143213
)( pppqppqppqppqpppHP
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+⋅⋅
⋅
= 4,03,09,01,04,07,01,01,06,03,01,01,0
;0262,04,03,01,09,0
=
⋅⋅⋅+
184
.0012,04,03,01,01,0)(
43214
=
⋅
⋅
⋅
=
= ppppHP
Оскільки імовірності перегоряння ламп різні, для
визначення Р(Н
і
) можна використати твірну функцію
)()(
1
1
zpqZ
i
n
i
n
+=
∏
=
ϕ
(див. §3.1), яка для даного прикладу
набуває вигляду :
=
+
+
+
+= )4,06,0)(3,07,0)(1,09,0)(1,09,0()( zzzzZ
n
ϕ
.0012,00262,01842,0
4482,03402,0)4,06,0)(3,07,0()1,09,0(
432
2
zzz
zzz
+++
++=+++=
Ймовірність того, що ні одна лампа не перегорить, рівна
вільному члену: Р
4
(0) = 0,3402.
Ймовірність того, що одна лампа перегорить рівна кое-
фіцієнту при Z: Р
4
(1) = 0,4482, тобто Р
4
(1) = Р(Н
1
).
Ймовірність того, що дві лампи перегорять рівна кое-
фіцієнту при Z
2
: Р
4
(2) = 0,1842, тобто Р
4
(2) = Р(Н
2
).
Ймовірність того, що три лампи перегорять рівна кое-
фіцієнту при Z
3
: Р
4
(3) = 0,0262, тобто Р
4
(3) = Р(Н
3
).
Ймовірність того, що чотири лампи перегорять рівна кое-
фіцієнту при Z
4
: Р
4
(4) = 0,0012, тобто Р
4
(4) = Р(Н
4
).
Перевірка: Р(Н
0
) + Р(Н
1
) + Р(Н
2
) + Р(Н
3
) + Р(Н
4
) =
= 0,3402 + 0,4482 + 0,1842 + 0,0262 + 0,0012 = 1.
Підставивши отримані дані в формулу повної імовірності
маємо:
×
+
⋅
+
⋅
+
⋅
= 0262,04,01842,02,04482,003402,0)( AP
.18,08,00012,06,0
=
⋅+×
2.2.30. З урни, яка вміщує 2 білі і 3 чорні кулі, навмання
виймають 2 кулі і додають в урну одну білу кулю.
а) Знайти ймовірність того, що після цього навмання
взята з урни куля виявиться білою.
б) Нехай з урни за схемою випадкового вибору з повер-
ненням виймають k куль. Знайти ймовірність
того, що всі
вони білі.
185
в) Знайти цю ж ймовірність, що в п. б) для схеми вибору
без повернення.
Розв’язок.
а) Нехай подія А полягає у витяганні білої кулі. Подія А
може відбутися при здійсненні таких гіпотез, які утворюють
повну групу подій:
Н
1
– з урни витягають 1 білу і 1 чорну кулі;
6,0
5
3
45
2132
)(
2
5
1
3
1
2
1
==
⋅
⋅⋅⋅⋅
=
⋅
=
C
CC
HP ;
Н
2
– з урни витягають 2 чорні кулі;
3,0
4521
2123
)(
2
5
2
3
2
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
==
C
C
HP ;
Н
3
– з урни витягають 2 білі кулі;
1,0
45
211
)(
2
5
2
2
3
=
⋅
⋅⋅⋅
==
C
C
HP .
Перевірка:
.1)(
3
1
=
∑
=
i
i
HP
Після витягання двох куль в урну додається одна біля
куля. Тоді умовні імовірності витягання білої кулі при
здійсненні гіпотез Н
1
, Н
2
, Н
3
будуть такі:
)4221132(
4
2
)(
1
кулічбчбчбAP
H
=+=−−+=
;
)4131232(
4
3
)(
2
кулічббччбAP
H
=+=+−+= ;
)4311232(
4
1
)(
3
кулічбббчбAP
H
=+=+−+= .
Підставляємо отримані дані в формулу повної
імовірності:
=
⋅
+
⋅
+
⋅= )()()()()()()(
321
321
APHPAPHPAPHPAP
HHH
.55,0
20
11
4
1
1,0
4
3
3,0
4
2
6,0 ==⋅+⋅+⋅=
186
б) Нехай подія А полягає в витяганні k білих куль, якщо
витягнуту білу кулю повертають знову в урну. Тоді умовна
імовірність кожного наступного витягання білої кулі зали-
шається тою ж самою і обчислена для різних гіпотез у попе-
редньому пункті. Умовна імовірність того, що біла куля буде
витягнута k разів рівна
добутку імовірностей витягання білої
кулі кожного разу:
k
H
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⋅⋅⋅=
4
2
4
2
...
4
2
4
2
)(
1
, відповідно ,
4
3
)(
2
k
H
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
.
4
1
)(
3
k
H
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
Підставимо отримані дані в формулу повної імовірності:
kkk
AP
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=
4
1
1,0
4
3
3,0
4
2
6,0)( , де k = 1, 2, 3…
в) Нехай подія А полягає у витяганні k білих куль, коли
кулі в урну не повертаються.
Нехай k = 1; тоді
.55,0
4
1
1,0
4
3
3,0
4
2
6,0)( =⋅+⋅+⋅=A
k = 2;
=
⋅
+
⋅
+
⋅
= )(1,0)(3,0)(6,0)(
321
APAPAPAP
HHH
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+⋅⋅= )(1,0)(3,0)(6,0
212121
321
AAPAAPAAP
HHH
+
⋅
⋅
+
⋅⋅= )()(3,0)()(6,0
2121
122111
APAPAPAP
AHHAHH
+⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+
3
2
4
3
3,0
3
1
4
2
6,0)()(1,0
21
133
APAP
AHH
25,0
3
0
4
1
1,0 =⋅⋅+
.
Тут подія А рівна добутку залежних подій: А
1
– І куля
біла, А
2
– ІІ куля біла;
k = 3;
+
⋅
⋅
+
⋅
⋅
= )(3,0)(6,0)(
321321
21
AAAPAAAPAP
HH
+
⋅
⋅
=
⋅⋅+ )()()(6,0)(1,0
321321
2111113
APAPAPAAAP
AAHAHHH
187
=
⋅
+
⋅
⋅+ )()(1,0)()()(3,0
21321
133212122
APAPAPAPAP
AHHAAHAHH
.075,0
4
3,0
2
0
3
0
4
1
1,0
2
1
3
2
4
3
3,0
2
0
3
1
4
2
6,0 ==⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=
Тут подія А рівна добутку залежних подій: А
1
– І куля
біла, А
2
– ІІ куля біла, А
3
– ІІІ куля біла.
k = 4;
+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=
1
0
2
1
3
2
4
3
3,0
1
0
2
0
3
1
4
2
6,0)( AP
.0
1
0
2
0
3
0
4
1
1,0 =⋅⋅⋅⋅+
Добуток
1234
⋅
⋅⋅ можна записати як
]4[4
4
4=A , добуток
,212
]2[2
2
==⋅ A відповідно, добуток
]3[
2012 =⋅⋅ , добуток
]4[
20012 =⋅⋅⋅ ,
]2[
323 =⋅ ,
]3[
3123 =⋅⋅ ,
]4[
30123 =⋅⋅⋅ ,
]2[
101 =⋅ ,
]3[
1001 =⋅⋅ .
Таким чином, в загальному вигляді формула повної
імовірності буде мати вигляд:
][
][
][
][
][
][
4
1
1,0
4
3
3,0
4
2
6,0)(
k
k
k
k
k
k
AP +⋅= , де .4,3,2,1
=
k
2.2.31. При переливанні крові треба враховувати групу
крові донора і хворого. Людині, яка має четверту групу крові,
можна перелити кров будь-якої групи; людині з другою або
третьою групами крові можна перелити кров тієї ж групи, або
першої; людині з першою групою можна перелити тільки
кров першої групи. Серед населення
33,7% мають першу,
37,5% – другу, 20,9 % – третю і 7,9 % – четверту групу крові.
Знайти ймовірність того, що переливання можна
здійснити, якщо є а) один; б) два донори.
Розв’язок.
Введемо у розгляд події: А – хворому перелити кров мож-
на, В
і
– у донора і-та група крові, Н
і
– у хворого і-та група
крові.
а) Нехай маємо одного донора. Тоді хворому можна
перелити кров при виконанні таких гіпотез: Н
1
– у хворого
188
перша група крові, імовірність цієї гіпотези 337,0)(
1
=
HP ;
Н
2
– у хворого друга група крові, 375,0)(
2
=
HP ; Н
3
– у хво-
рого третя група крові,
209,0)(
3
=
HP ; Н
4
– у хворого чет-
верта група крові,
079,0)(
4
=
HP . Якщо у хворого перша
група крові, то йому можна перелити кров донора лише
першої групи крові. Отже, умовна імовірність події А при
виконанні гіпотези Н
1
рівна:
337,0)()(
1
1
=
=
BPAP
H
. Якщо у
хворого друга група крові, то йому можна перелити кров
донора з другою або першою групою крові, тобто
=
+
=
+
=
+= 375,0337,0)()()()()(
2121
2
HPHPBPBPAP
H
712,0= – як сума імовірностей двох несумісних подій В
1
і
В
2
. Аналогічно, якщо у хворого третя група крові, то йому
можна перелити кров донора тієї ж групи крові або першої,
так що
+
=
+
=
+
= 337,0)()()()()(
3131
3
HPHPBPBPAP
H
.546,0209,0 =+
Якщо у хворого четверта група крові, то йому можна
перелити кров будь-якої групи, отже,
1)(
4
=
AP
H
.
Для обчислення імовірності події А використаємо фор-
мулу повної імовірності:
+
⋅
+
⋅
+
⋅= )()()()()()()(
321
321
APHPAPHPAPHPAP
HHH
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=⋅+ 546,0209,0712,0375,0337,0337,0)()(
4
4
APHP
H
.573683,01079,0 =⋅+
б) Нехай є два донори.
Тоді, якщо хворий з першою групою крові (подія Н
1
), то
йому можна перелити кров донора лише першої групи, тобто
якщо серед двох донорів є хоч би один з першою групою кро-
ві. Це може бути тоді, коли перший донор з першою групою
крові, а другий з будь-якою, в тому ж числі і з першою – подія
С
1
, або другий донор з першою групою крові, а перший – з
будь-якою – подія С
2
. Тоді умовна імовірність події А при ви-
конанні гіпотези Н
1
рівна сумі імовірностей несумісних подій
189
С
1
і С
2
: А = С
1
+ С
2
, кожна з яких рівна добутку незалежних
подій:
+
+
+
=
+
= )()()()[()()()(
321121
1
BPBPBPBPCPCPAP
H
.560431,0337,0337,02)()(2)(
)()()]()()()([)](
2
1
2
11
1143214
=−⋅=−=×
×
−
+
+
+++
BPBPBP
BPBPBPBPBPBPBP
У формулі враховано, що
+
+
+
)()()(
321
BPBPBP
1)(
4
=+ BP , крім цього відняли доданок )()(
11
BPBP
⋅
, щоб
імовірність події
11
BB
⋅
– “у першого і в другого донора
перша група крові” не повторювалась двічі.
Умовну імовірність
)(
1
AP
H
можна також обчислити як
суму імовірностей трьох несумісних подій, що є добутками
незалежних подій:
11
BB
⋅
⋅
– “обидва донори першої групи
крові”;
11
BB ⋅
⋅
– “у першого донора перша група крові, а в
другого – будь-яка інша група, крім першої” і навпаки, тобто
11
BB ⋅
⋅
.
Таким чином,
×=⋅+⋅= )()(2)()(
1111
1
BPBBPBBPAP
H
.560431,0
)337,01(337,02377,0)()(2)(
2
111
=
=−⋅⋅+=⋅+× BPBPBP
Нехай у хворого друга група крові (подія Н
2
), тоді йому
можна перелити кров, якщо: 1) один з двох донорів має першу
групу крові, а інший – будь-яку групу, тобто маємо суму
подій
21
CC + , імовірність якої рівна 560431,0)(
1
=
AP
H
; 2)
один з двох донорів має другу групу крові, а інший – будь-
яку, крім першої, оскільки події: “один донор має першу
групу крові, а інший – другу” зустрічались вже двічі в події
21
CC + . Тоді умовна імовірність події А при виконанні події
А
2
(гіпотези) рівна:
+
+
+
+
+
= )]()()()()[()()(
43212
12
BPBPBPBPBPAPAP
HH
−
⋅
−
⋅
+
+++ )()()()]()()()([
2224321
BPBPBPBPBPBPBP
190
.971056,0375,0337,02375,0375,02560431,0
)()(2)()(2)()()(2
2
212
2
221
1
=⋅⋅−−⋅+=
=⋅−−+=⋅− BPBPBPBPAPBPBP
H
У формулі відняли доданок
)()(
21
BPBP
⋅
, щоб імовір-
ність події
21
BB ⋅ – “у першого і в другого донора друга
група крові” не повторювалася двічі.
Якщо у хворого третя група крові (подія Н
3
), то йому
можна перелити кров, якщо: 1) один з донорів має першу
групу крові, а інший – будь-яку – подія С
1
+ С
2
, імовірність
якої рівна
560431,0)(
1
=
AP
H
; 2) один з двох донорів має
третю групу крові, а інший – будь-яку, крім першої, оскільки
події “один донор має першу групу крові, а інший третю”
зустрічались вже двічі в події С
1
+ С
2
. Отже ,
+
+
+
+
⋅
+
= )]()()()([)()()(
43213
13
BPBPBPBPBPAPAP
HH
.793884,0
209,0337,02209,0209,02560431,0)(
)(2)()(2)()()(2
)()()()]()()()([
2
3
13
2
331
3334321
1
=
=⋅⋅−−⋅+=×
×−−⋅+=⋅−
−
⋅
−
⋅
+
+++
HP
HPHPBPAPHPHP
HPHPBPBPBPBPBP
H
Якщо у хворого четверта група крові (подія Н
4
), то йому
можна перелити кров будь-якої групи, тобто
.1)(
4
=
AP
H
Остаточно імовірність події А дорівнює:
+
⋅
+
⋅
+
⋅= )()()()()()()(
321
321
APHPAPHPAPHPAP
HHH
+
⋅
+
⋅
=⋅+ 917056,0375,0560431,0337,0)()(
4
4
APHP
H
.777683003,01079,0793884,0209,0
=
⋅
+
⋅+
2.2.32. Комерційний банк надає кредити трьом фірмам.
Імовірність неповернення кредиту для І-ї фірми – 1%; для ІІ-ї
– 8,2%; для ІІІ-ї – 5,4%. Визначити частки кредитів, які
повинен надати комерційний банк, виходячи із умови рівності
можливих обсягів неповернених кредитів відносно кожної