Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

201

Яка ймовірність того що, на ліву половину відрізка по-

паде щонайбільше дві точки?

Розв’язок.

Ймовірність того, що одна точка попаде на ліву частину

відрізка рівна

, як відношення довжини половини відрізка

до всієї його довжини:

. Кидання на відрізок точок –

повторні незалежні випробування, імовірність настання події

в кожному з яких (попадання на ліву частину) постійна і рівна

Нехай А – подія, імовірність якої необхідно обчислити.

Подія А рівна сумі несумісних подій А

, А

: +

AAA

A+ і її імовірність рівна )()()()(

210

APAPAPAP

, де

і = k = 0, 1, 2 – кількість точок, що попадають на ліву частину

відрізка – число настання події А

Імовірність того, що в n випробуваннях подія А

настане k

разів, обчислюється згідно формули Бернуллі:

knkk

qpCAP

−

=)( .

Таким чином,

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−11

)(

CCAP

=⋅

−

+⋅+=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

)1(

nnnn

3.1.11. Знайти ймовірність того, що в 2n випробуваннях за

схемою Бернуллі з ймовірністю успіху p і невдачі q = 1 – p

з'явиться m + n успіхів, і всі випробування з парними

номерами закінчаться удачею.

202

Розв’язок.

Нехай А – подія, імовірність якої необхідно знайти. В 2n

випробуваннях є n випробувань з парними номерами і n ви-

пробувань з непарними. Імовірність того, що всі n випро-

бувань з парними номерами закінчаться удачею (подія А

) за

формулою Бернуллі рівна:

nnnnnn

pqpqpCAP =⋅⋅==

− 0

1)( .

Якщо успіхів в усіх випробуваннях є (m + n), а на парні

випробування припадає n успіхів, то на n непарних випро-

бувань припадає m успіхів (подія А

). Імовірність події А

рівна

mnmm

qpCAP

−

=)(

. Оскільки подія А рівна добутку

незалежних подій

⋅

, то імовірність події А рівна

mnmnm

mnmm

qpCqpCpAPAPAP

−+−

=⋅=⋅= )()()(

3.1.12. Знайти умовну ймовірність того, що в перших n

випробуваннях Бернуллі герб випав при k-му випробуванні,

якщо відомо, що при n випробуваннях герб випав тільки один

раз.

Розв’язок.

Імовірність випадання герба в кожному випробуванні рів-

на

. Імовірність події А, яка полягає в тому, що герб випав

тільки один раз згідно формули Бернуллі рівна:

11111

)()(

−−−

==→=

knkk

npqqpCAPqpCAP .

Оскільки події А і В залежні, то

)()()( BPAPABP

⋅

Звідки

)(BP

– ймовірність того, що герб випав при k-тому

випробуванні, якщо він випав один раз рівна:

npq

qpq

ABP

knk

)(

⋅

−

−−

3.1.13. На відрізок АВ довжиною а навмання кинуто 5

точок.

203

Знайти ймовірність того, що дві точки будуть зна-

ходитись від точки А на відстані меншій х, а три – на відстані,

більшій х.

Припускається, що ймовірність попадання точки на від-

різок пропорційна довжині відрізка і не залежить від його

розміщення.

Розв’язок.

Імовірність того, що кожна точка може попасти на

відрізок (рис

. 3.1.1).

Рис. 3.1.1.

довжини х рівна

p =

, тоді імовірність протилежної події

−

=−= 1

. Імовірність події А – на “відрізок х попаде

дві точки з п’яти” обчислимо згідно формули Бернуллі:

2522

)2(

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

CqpCP

Ця імовірність рівна імовірності того, що три точки

попадуть на відрізок більший за х, тобто на відрізок х – а

(подія В). Її теж обчислимо згідно формули Бернуллі:

3533

)3(

−

= qpCP , де

p =

−

−=

−

= 1; .

Отже,

)(

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

CBP ,

оскільки,

−

, тобто

CC =

. Таким чином,

)()( BPAP = .

В А

204

3.1.14. Відрізок АВ розділений точкою С у відношенні

2:1. На цей відрізок навмання кинуто 4 точки.

Знайти ймовірність того, що дві з них опиняться лівіше

від точки С і дві – правіше, якщо припускається, що

ймовірність попадання точки на відрізок пропорційна

довжині відрізка і не залежить від його розміщення.

Розв’язок (рис. 3.1.2).

Рис. 3.1.2.

Імовірність р попадання будь-якої точки лівіше С на від-

різок АС при кожному підкиданні рівна

імовірність непопадання

1 =−= pq

. Таким чином, мають

місце повторні незалежні випробування. Імовірність події А –

на відрізок АС попаде дві точки з чотирьох, обчислимо згідно

формули Бернуллі:

)(

2422

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

−

qpCAP .

Імовірність події А рівна імовірності події В – “на відрізок

СВ попадуть дві точки”, яку теж обчислимо згідно формули

Бернуллі, поклавши

. Отже, =)(

2422

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

−

qpC . Показано, що =)(

)(

BP= .

В А

205

3.1.15. Відрізок розділено на 4 рівних частини. На відрі-

зок навмання кинуто 8 точок.

Знайти ймовірність того, що на кожну з 4-х частин відріз-

ка попаде по дві точки.

Припускається, що ймовірність попадання точки на відрі-

зок пропорційна довжині відрізка і не залежить від його роз-

міщення.

Розв’язок.

Нехай А – подія, яка

полягає в тому, що на кожну з чоти-

рьох частин відрізка попаде по дві точки. Тоді подія А рівна

добутку залежних подій

4321

AAAAA

⋅

, де А

– подія,

яка полягає в тому, що на один з чотирьох відрізків попадає

дві точки з восьми, А

– на один з трьох відрізків, що зали-

шились без точок, попадає дві точки з шести (дві точки уже

попали на якийсь з відрізків), А

–на один з двох відрізків

попадає дві точки з чотирьох, А

–на один відрізок попадає дві

точки.

Отже, імовірність події А рівна:

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

43214321

321211

APAPAPAPAAAAPAP

AAAAAA

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

де:

;

)(

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

= CAP

;

)(

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

= CAP

;

)(

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

= CAP

1)(

321

AAA

Остаточно,

⋅

⋅⋅=

224262

223344

)( CCCAP

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅⋅= CCCC

3.1.16. Кожну секунду з ймовірністю p незалежно від ін-

ших моментів часу по дорозі проїжджає автомобіль. Пішо-

ходу для переходу дороги потрібно 3 с.

206

Яка ймовірність того, що пішохід який підійшов до доро-

ги, буде чекати на можливість переходу:

а) більше 2 с;

б) 3 с;

в) більше 3 с;

г) 4 с;

д) 5 с?

Розв’язок.

Позначимо через A шукану подію. Нехай подія А

означає,

що на протязі і-тої секунди по дорозі проїжджає автомобіль,

A – дорога вільна від автомобіля.

а) Події А – пішохід чекає більше 2-ох секунд і

A – не

більше 2-ох секунд – протилежні, тобто утворюють повну

групу подій, тому

1)()( =+ APAP . Отже,

)],2()1()0([1

)]()()([1)(1)(

=+=+=−=

=++−=−=

tPtPtP

DPCPBPAPAP

де Р(В) = Р(t = 0) – ймовірність того, що пішохід не чекає

зовсім і переходить дорогу. Щоб він міг перейти дорогу –

подія В, необхідно (рис. 3.1.3.а), щоб на протязі першої (подія

A ), другої (подія

A ) і третьої (подія

A ) секунд, необхідних

для переходу дороги, на дорозі не було автомобіля, імовір-

ність непояви якого рівна q = 1 – p. Отже,

=⋅⋅=⋅⋅=== )()()()()0()(

321321

APAPAPAAAPtPBP

qqqq =⋅⋅=

як імовірність добутку незалежних подій.

Пішоходу для переходу дороги треба чекати одну секун-

ду – подія С (рис. 3.1.3.б), якщо на протязі першої секунди по

дорозі проїжджає автомобіль (подія А

), а потім наступні три

секунди дорога буде вільна від автомобілів (подія

432

AAA ⋅⋅ ). Імовірність такої складної події рівна добутку

незалежних подій

4321

AAAA ⋅⋅⋅ :

×⋅=⋅⋅⋅=== )()()()1()(

214321

APAPAAAAPtPCP

207

.)()(

pqAPAP =⋅×

Пішоходу треба чекати дві секунди – подія D, якщо:

1) на протязі першої (подія А

) і другої (подія А

) секунди

по дорозі буде проїжджати автомобіль, а в наступні три

секунди (рис. 3.1.3.в) дорога буде вільна від машин (подія

543

AAA ⋅⋅ ). Імовірність такої складної події D

рівна:

×⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= )()()()()(

32154321

APAPAPAAAAAPDP

.)()(

323

qpqppAPAP =⋅⋅=⋅×

2) протягом першої секунди дорога вільна (подія

A ),

другої – по дорозі проїжджає автомобіль (подія А

) (рис.

3.1.3.г) і в наступні три секунди дорога вільна (подія

543

AAA ⋅⋅ ). Імовірність такої складної події D

рівна:

×⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= )()()()()(

32154321

APAPAPAAAAAPDP

.)()(

pqqpqAPAP =⋅⋅=⋅×

Оскільки події D

і D

несумісні, то =

)2()( tPDP

432///

)()( pqqpDPDP +=+= .

Остаточно,

+++−=+++−=

2343233

1(1)(1)( ppqpqqppqqAP

.231

)23(1])1()1(11[1)

323

qqqqqqqpq

+−=

=−−=−+−+−+−=+

б) Пішоходу треба чекати три секунди – подія Е (рис.

3.1.3.г), якщо на третій секунді проїжджає автомобіль (подія

), а наступні три секунди необхідні для переходу, дорога

вільна – подія

654

AAA ⋅⋅

Імовірність такої складної події Е рівна імовірності

добутку незалежних подій:

×⋅=⋅⋅⋅=== )()()()3()(

436543

APAPAAAAPtPEP

.)()(

pqAPAP =⋅×

208

Цю ж імовірність можна обчислити як суму імовірностей

несумісних подій: 1) події

′

– протягом першої і другої

секунд дорога вільна від машин (подія

AA ⋅ ), імовірність

якої q

(рис. 3.1.3.і), на третій секунді проїжджає автомобіль

(подія А

імовірність якої р), а в наступні три секунди

потрібні для переходу, дорога вільна від машин (подія

654

AAA ⋅⋅

, імовір-ність якої q

). Тоді імовірність події

′

рівна добутку подій:

32/

)( qpqEP ⋅⋅=

′′

–рівна добутку таких подій: “протягом першої і

дру-гої секунд проїжджає хоч би один автомобіль” –

відбувається хоч би одна з подій А

чи А

, (подія А

1,2

імовірність такої події А

1,2

рівна (1 – q

) (рис.3.1.3.г

ІІ

, г

ІІІ

, г

ІV

);

на третій секунді теж проїжджає автомобіль (подія А

імовірність якої р), а в наступні три секунди дорога вільна для

переходу (подія

654

AAA ⋅⋅ , імовірність якої q

). Імовірність

події

′′

рівна:

)1()( pqqEP −=

′′

– як імовірність добутку незалеж-

них подій. Але Е =

′

– як сума несумісних подій. Отже,

=−+=

′′

′

3232

)1()()()( pqqpqqEPEPEP

.)1(

3322

pqpqqq =−+=

в) Імовірність того, що пішохід буде чекати більше трьох

секунд рівна:

+=+=+=−=−= )2()1()0([1)(1)( tPtPtPAPAP

=−−+−=−+−==+

343343

)1(231231)]3( qqqqpqqqtP

.341

qq +−=

г) Пішохід змушений чекати чотири секунди – подія А

(рис. 3.1.3.д

, д

VІІ

) якщо в перші три секунди по дорозі проїде

хоч би один автомобіль – (подія А

1,2,3

, яка полягає в тому, що

відбудеться хоч би одна з подій А

, А

, інакше пішоходу

вистачило б трьох секунд для переходу дороги). Імовірність

такої події рівна

3,2,1

1)( qAP −=

. Автомобіль проїжджає і

209

протягом четвертої секунди – подія А

, а в наступні три секун-

ди дорога вільна для переходу – подія

765

AAA ⋅⋅ . Таким

чином, імовірність такої складної події А рівна добутку імо-

вірностей незалежних подій:

×⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= )()()()()(

543,2,176543,2,1

APAPAPAAAAAPAP

.)1()()(

pqqAPAP −=⋅×

д) Пішохід буде чекати п’ять секунд для переходу дороги

(подія А), якщо на протязі п’ятої секунди по дорозі буде про-

їжджати автомобіль – подія А

, а на протязі шостої, сьомої і

восьмої секунд дорога буде вільна від машин для переходу.

Тобто відбудуться події

876

,, AAA , а на протязі перших чоти-

рьох секунд відбудеться одна з таких подій: 1) F

– протягом

першої секунди дорога вільна – подія

A , другої – проїжджає

машина – подія А

, третьої і четвертої вільна, тобто відбу-

дуться події

, AA відповідно, так що

43211

AAAAF ⋅⋅⋅=

(рис. 3.1.3.е

2) F

– протягом перших двох секунд дорога вільна –

події

, AA , протягом третьої секунди дорогою проїжджає

машина – подія А

, протягом четвертої секунди дорога вільна

–

A , так що

43212

AAAAF ⋅⋅⋅= (рис. 3.1.3.е

ІІ

Події: F

– протягом першої секунди дорогою проїжджає

машина, а в наступні три секунди дорога вільна (рис. 3.1.3.е

ІІІ

)

43213

AAAAF ⋅⋅⋅=

– протягом перших трьох секунд доро-

га вільна, а на четвертій секунді дорогою проїжджає машина

(рис. 3.1.3.е

ІV

) не підходять, оскільки в цих подіях є підряд

три секунди, протягом яких дорога вільна від машин, так що

пішохід міг би перейти дорогу. 3) G – протягом перших

чотирьох секунд проїжджають дві машини; 4) К – протягом

перших чотирьох секунд проїжджають три машини; 5) L –

протягом перших чотирьох секунд щосекунди проїжджає

машина.

210

○ – дорога вільна

● – проїжджає автомобіль

Рис.3.1.3 а) ○ ○ ○ д

) ● ○ ○ ● ○ ○ ○

б) ● ○ ○ ○ д

ІІ

) ○ ● ○ ● ○ ○ ○

) ● ● ○ ○ ○ д

ІІІ

) ○ ○ ● ● ○ ○ ○

ІІ

) ○ ● ○ ○ ○ д

ІV

) ● ● ○ ● ○ ○ ○

г) ○ ○ ● ○ ○ ○ д

) ● ○ ● ● ○ ○ ○

VІ

) ○ ● ● ● ○ ○ ○

VІІ

) ● ● ● ● ○ ○ ○

) ○ ○ ● ○ ○ ○ е

) ○ ● ○ ○ ● ○ ○ ○

ІІ

) ● ○ ● ○ ○ ○ е

ІІ

) ○ ○ ● ○ ● ○ ○ ○

ІІІ

) ○ ● ● ○ ○ ○ е

ІІІ

) ● ○ ○ ○ ● ○ ○ ○

ІV

) ● ● ● ○ ○ ○ е

ІV

) ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○

Рис. 3.1.3. а – не чекає зовсім; б) чекає 1 секунду; в

), в

ІІ

) –

чекає 2 секунди; г) чекає 3 секунди і в перші дві секунди

можливі різні варіанти проїзду і непроїзду, зображені на рис.

ІІ

, г

ІІІ

, г

ІV

; д

(І-VІІ)

– чекає чотири секунди; е

(І-ІV)

– чекає 5

секунд.

Отже, подія А рівна добутку суми несумісних подій на

добуток подій:

876521

)( AAAALKGFFA ⋅⋅⋅++++= – імовірність

якої рівна:

=++++= pqqqpqpCqpCqqpqqpqqAP )()(

433

222

+−+−=+++=

223343223

)1(6)1(2[)462( qqqqpqpqpqppq

++−+−=−+−+

223343

)21(6)1(2[])1()1(4 qqqqqpqqqq

=+−+−+−+−+ ]4641)331(4

43232

qqqqqqqq

.)1()21(

333343

pqpqqpqqq −−=+−=