Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

191

фірми. Знайти загальний ризик неповернених кредитів

комерційному банку.

Розв’язок.

Оскільки вся інформація носить імовірнісний характер, то

ризик визначимо як імовірність неповернення кредиту комер-

ційному банку від кожної фірми.

Введемо у розгляд такі події:

А – комерційному банку не повертають кредити;

– перша фірма дістає кредит від банку;

– друга фірма дістає кредит від банку;

– третя фірма дістає кредит від банку.

Відповідні їм імовірності будуть: Р(А), Р(В

), Р(В

Останні три імовірності рівні часткам х

, х

загального

кредиту, що надає банк кожній з фірм. Оскільки є три гіпо-

тези (події), при яких може відбутися неповернення кредиту

комерційного банку, то використаємо формулу повної

імовірності :

),()()()()()()(

321

APBPAPBPAPBPAP

BBB

⋅

де

;01,0)(

=AP

;082,0)(

054,0)(

– умовні імовірності неповернення кредиту банку, якщо

кредит був наданий відповідно І, ІІ, ІІІ фірмі.

Позначимо через х

– частку загального кредиту, нада-

ного І фірмі, х

– ІІ фірмі, х

– ІІІ фірмі. Тоді виходячи з

умови, що х

+ х

= 1, частка кредиту, наданого ІІІ фірмі

буде: х

= 1 – (х

+ х

На основі формули Байєса і рівності ризиків з умови

задачі отримуємо таку систему рівнянь :

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

⋅=⋅

)()()()(

APBPAPBP

або

⎩

⎨

⎧

⋅−−=⋅

⋅=⋅

054,0)1(01,0

082,001,0

211

ххх

хх

192

Виконавши елементарні перетворення над системою,

отримаємо:

⎩

⎨

⎧

4,54,54,6

2,8

хх

Розв'язок буде такий

76503,0

=х ;

093286,0

=х

;

141674,0

=х .

Отже,

76503,0)(

=BP

;

093286,0)(

;

141674,0)(

Звідси, ризик неповернення кредиту кожною фірмою

рівний:

⋅

⋅ )()()()()()(

321

APBPAPBPAPBP

BBB

0076503,076503,001,0 =⋅= .

Загальний ризик неповернення кредиту банку рівний

02295,00076503,03)(

⋅=AP .

Висновок. З виділеного кредиту банком загальною су-

мою 10000 грн. банку не буде повернуто 2295 грн.

193

§3. Повторні незалежні випробування

Нехай при незмінних умовах проводяться послідовні пов-

торні випробування, в результаті яких можуть бути два мож-

ливі наслідки (дві елементарні події А і

A ): певна подія А

відбувається і не відбувається

A . Оскільки імовірність події

А в кожному випробуванні не залежить від наслідку (ре-

зультату) інших випробувань, то такі випробування нази-

вають незалежними. Якщо в кожному незалежному випро-

буванні імовірність настання події А одна й та сама і дорівнює

р (0 < p < 1) і не залежить від номера випробування, то такі

випробування називаються схемою

Бернуллі.

3.1. Формула Бернуллі

Теорема. Імовірність того, що в n повторних незалежних

випробуваннях, в кожному з яких імовірність появи випад-

кової події А рівна р (0 < p < 1), дана подія наступить (відбу-

деться) рівно k разів знаходиться за формулою Бернуллі:

knkk

qpCkP

−

=)( (3.1.1),

де

pq −= 1 – імовірність непояви події А в кожному

випробуванні.

Імовірності

)(kP

(k = 0, 1, ... n) називаються біномними,

так як права частина формули (3.1.1) є загальним членом

розкладу біному Ньютона:

++++==+

−−−

∑

...)(

222110

knk

qpCpqCqCqpCpq

knkk

pCqpCqpCqpC ++++

−−−−− 11222

...... (3.1.2).

Звідси випливає, що сума всіх біномних імовірностей

рівна 1:

11)()(

==+==

−

∑∑

nnknn

pqqpCkP (3.1.3).

194

Для обчислення імовірності появи події А рівно k разів в

серії з n незалежних повторних випробувань, що проводяться

в змінних умовах, вводять твірну функцію

)(x

+++=+=

−− 22221110

)()( xqpCxpqCxqpxqx

×+=++++

−−−−

)(.........

111

xpqxpqxpCxqpC

nnnnn

kknkk

))...((

xpqxpq

++× (3.1.4).

Ця функція має ту властивість, що імовірність

)(kP

то-

го, що в n незалежних випробуваннях, в першому з яких імо-

вірність появи події А рівна

p , в другому

p і т. д. подія А

з’явиться рівно k разів, дорівнює коефіцієнту при

z в роз-

кладі твірної функції по ступенях z.

Імовірності

)(kP

при фіксованому n спочатку ростуть

при збільшенні числа k від 0 до деякого значення

k , а потім

зменшуються при зменшенні числа k від

k до n.

Число

k , при якому при заданому n відповідає макси-

мальна біномна імовірність

)(

, називається найімовірні-

шим числом появи події А. Найімовірніше число

k задовіль-

няє системі нерівностей:

qnpkqnp

≤≤−

, (3.1.5)

якщо

qnp − неціле, то є одне значення

k , якщо qnp −

ціле, то таких значень є два, які будуть відрізнятися між

собою на 1.

Нехай проводиться n незалежних випробувань, в кож-

ному з яких може бути m (

2>m

) попарно несумісних і єдино

можливих результатів

A (j = 1, 2, ...m) з відповідними

імовірностями

)(

APp

, однаковими в усіх випробуван-

нях і такими, що

∑

p . Нехай

число появ

A . Тоді

195

імовірність того, що в n випробуваннях наслідок

A наступає

рівно

k раз, наслідок

A -

k раз і т.д., наслідок

A -

k раз

рівна:

ppp

kkk

kkkP ⋅⋅⋅=

...

!!...!

),...,,(

(3.1.6).

(

nkkk

+++ ...

)

Імовірності

),...,,(

21 mn

kkkP називаються поліномними, а

схема випробувань – поліномною. Частковий випадок

поліномної схеми з m = 2 називають схемою Бернуллі.

Задачі

3.1.1. Батарея зробила 14 пострілів по об'єкту, ймовір-

ність влучення в який дорівнює 0,2.

Обчислити:

а) найбільш ймовірне число влучень і його ймовірність;

б) ймовірність знищення об'єкту, якщо для його знищення

потрібно не менше 4 влучень.

Розв’язок.

Маємо повторні незалежні випробування (постріли) в

кожному з яких імовірність настання події (влучення)

стала і

рівна p,

n = 14; p = 0,2; q = 1 – p = 0,8.

а) Найімовірніше число k

настання події (влучень) знахо-

димо з формули:

pnpkqnp

≤

−

; або у числах:

2,02,0148,02,014

≤≤−× k , 32

≤

k . Отже, k

= 2; 3.

Для обчислення імовірності настання подій k

= 2; 3 рази

в n = 14 випробуваннях використаємо формулу Бернуллі:

(2)=Р

(3); 25014,08,02,0)2(

1222

1414

=××= СР .

б) А – подія, яка полягає у знищенні об’єкту:

[

]

−

≥= 15393,0(1)3()2()1(1)4()( РРРkPАР

,3018,0)25014,025014,0

де

15393,08,02,0)1(

131

1414

=××= СР ;

196

;25014,08,02,0)2(

1222

1414

=××= СР

25014,08,02,0)3(

1133

1414

=××= СР .

3.1.2. Якою повинна бути ймовірність влучання при одно-

му пострілі, щоб при чотирьох пострілах Р(x = 0) = P(x = 1)?

Розв’язок.

Використаємо формулу Бернуллі.

З умови

)1()0(

kРkP або =−

)1( рРС

,)1(

рРС −= звідси 1 – р = 4р. Отже, .2,0

==р

3.1.3. Оцінити імовірність p появи події А в кожному з 59

незалежних випробувань, якщо найімовірніше число появи

події А в цих випробуваннях дорівнює 35.

Розв’язок.

Використовуємо формулу найімовірнішого числа:

pnpkqnp

≤≤−

, де n = 59, k

= 35.

Виразимо

−

(з рівності

) і підставимо в

нерівність:

pppp

≤

−

− 5935)1(59 , спростивши яку от-

римаємо:

pp 6035160

≤

≤− .

Запишемо цю нерівність як подвійну:

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

≥

≤

→

⎩

⎨

⎧

⎩

⎨

⎧

≥

≤

→

≥

≤−

3560

3660

3560

35160

Отже,

≤≤ p

, або 6,05833,0

≤

p .

3.1.4. В результаті систематичного контролю якості виго-

товлених деталей встановлено, що середній відсоток браку

становить 5 %.

197

Скільки виготовлених деталей потрібно взяти, щоб най-

імовірніше число якісних серед них складало 60 шт.?

Розв’язок.

05,0=q

(брак), р = 0,95 (якісні), k

= 60.

Використаємо формулу найімовірнішого числа появи по-

дії А в n випробуваннях

pnpkqnp

≤

−

, яка в числах на-

буде вигляду:

95,095,06005,095,0

⋅

≤

−

⋅ nn . Запишемо

у вигляді системи нерівностей:

⎩

⎨

⎧

≥

≤

→

⎩

⎨

⎧

≥

≤

→

⎩

⎨

⎧

≥+

≤−

16,62

2,63

05,5995,0

05,6095,0

6095,095,0

6005,095,0

Отже, n = 62; 63.

3.1.5. Гральний кубик підкидають n раз.

Обчислити:

а) ймовірність того, що n

разів випаде одиниця, n

разів –

двійка, ..., n

разів – шістка;

б) ймовірність того, що шістка не випаде жодного разу.

Розв’язок.

Ймовірність випадання будь-якої цифри рівна:

;

...

621

==== ppp nnnn

621

... .

а)

{}

×××

====

!...,...!!!

,...,

6321

662211

nnnn

nnnP

υυυ

!...!!

!...!!!

...

6321

...

6321

621

nnn

nnnn

ppp

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

×××

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

×××

=×

198

б) Ймовірність появи “6” рівна ,

=p ймовірність не-

появи шістки рівна

1 =−= pq

Використаємо формулу Бернуллі, де

k ,

=q .

)0(

qqpCP

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

===

3.1.6. Відомо, що 1/10 частина всіх радіоламп, які надійш-

ли у магазин на продаж, не відповідають усім характерис-

тикам стандарту. Продавець продає 4 радіолампи із наявних

100 шт.

Визначити ймовірність того, що одна з них виявиться не-

стандартною.

Розв’язати задачу: а) за схемою повернених куль; б) за

схемою неповернених куль.

Розв’

язок.

Нехай подія А полягає в тому, що з 4 радіоламп одна є

нестандартною.

а) Якщо витягнуті радіолампи повертаються назад, то

імовірність витягання нестандартної лампи в кожному випро-

буванні постійна і рівна

1,0

==p . Для визначення імовір-

ності події А скористуємось формулою Бернуллі:

knkk

qpCkP

−

=)( .

2916,09,01,04)1,01()1,0()1(

31411

=⋅⋅=−=

−

CP .

б) 10% усіх ламп є бракованими, тобто їх є

1010010,0 =

⋅

штук, тоді 90 ламп є стандартними (як найімовірніші

величини). Тоді згідно класичного означення імовірності:

300,0

979899310021

432110888990

)(

100

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

AP .

199

3.1.7. Проводиться випробування пристрою. При кож-

ному випробуванні пристрій виходить з ладу з ймовірністю

0,1. Після першого виходу з ладу він ремонтується, після

другого – визнається непридатним.

Знайти ймовірність того, що пристрій повністю вийде з

ладу точно при шостому випробуванні.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає у повному виході пристрою з ладу.

Задана р = 0,1 – ймовірність виходу з ладу при кожному

випробуванні. Подія

AAA

⋅

, де А

– подія, яка полягає в

тому, що в п’яти випробуваннях пристрій виходить з ладу

один раз, А

– подія, яка означає вихід з ладу пристрою в

шостому випробуванні. Оскільки А

і А

незалежні, то

×⋅=⋅=⋅=⋅=

−

1,05)()()()(

1511

52121

pqpCAPAPAAPAP

.03281,01,09,0

=⋅×

3.1.8. Дано десять позицій, на кожній з яких може з’яви-

тися 0 або 1, причому поява нуля чи одиниці на якій-небудь з

них не залежить від того, що відбувається на других позиціях.

Імовірності появи одиниці чи нуля на будь-якій позиції рівні

відповідно р і q (р + q = 1). Проводиться випробування,

результаті якого всі десять позицій заповнюються нулями і

одиницями. Знайти імовірність того, що на даних позиціях

з’явиться вісім нулів і дві одиниці, причому не буде двох

одиниць, що стоять поруч.

Розв’язок.

Загальне число перестановок з десяти елементів, серед

яких є два типи елементів, що зустрічаються “1” – 2 рази і “0”

– 8

раз буде:

109

!8!2

!10

)8;2( =

⋅

З них n

= 10 – 1 = 9 місць буде займати блок з двох

одиниць, коли вони стоять поруч. Отже, число перестановок,

коли дві одиниці не стоять поруч, рівне Р(2,8) – n

= 45 – 9 =

= 36.

200

Ймовірність того, що з’являться вісім нулів рівна q

, дві

одиниці – р

, так що ймовірність шуканої події рівна Р(А) =

36 qp ⋅⋅ .

3.1.9. В екзаменаційному білеті є п'ять запитань. На кож-

не запитання дано три можливі відповіді, серед яких необ-

хідно вибрати одну правильну.

Яка ймовірність того, що методом простого відгадування

вдається відповісти щонайменше на чотири запитання?

Розв’язок.

Імовірність р вгадати правильну відповідь на одне питан-

ня з трьох рівна

, тоді імовірність не вгадати відповідь рівна

11 =−=−= pq

Шукана подія А рівна сумі несумісних подій

AAA += , де А

– відгадані чотири правильні відповіді з

п’яти, А

– відгадані всі п’ять відповідей. Отже,

=)( AP

)()(

APAP += . Оскільки імовірність відгадування правиль-

ної відповіді на кожне запитання постійна, а число запитань

n = 5 – невелике, імовірності подій А

і А

обчислимо згідно

формули Бернуллі:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅⋅

−

243

4321

2345

)(

4544

qpCAP

04115,0= ;

004115,0

)(

55555

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

===

−

pqpCAP .

Остаточно,

04527,0004115,004115,0)(

AP .

3.1.10. На відрізок “кинуто” навмання n точок. Ймовір-

ність попадання точки на будь-яку частину відрізка залежить

тільки від довжини цієї частини і пропорційна їй.