Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

221

3.2.12. В таблиці випадкових чисел цифри згруповані по

дві. Знайти наближене значення ймовірності того, що серед

100 пар чисел пара 09 зустрінеться не менше двох разів.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що серед 100 пар

випадкових чисел пара “09” зустрінеться не менше двох разів.

Тоді імовірність цієї події

)1002()(

100

≤≤= kPAP знахо-

димо з рівняння, що виражає суму імовірностей повної групи

подій:

.1)1002()10(

100100

=≤≤+≤≤ kPkP Отже, =)(AP

)10(1)1002(

100100

≤≤−=≤≤= kPkP .

Імовірність появи пари “09” в кожному випробуванні

рівна:

01,01,01,0)()()()(

11111

⋅

′

⋅

′

⋅

′

= APAPAAPAP , де

′

′′

– незалежні події, що полягають у появі цифр “0” і “9”

відповідно, імовірності яких рівні

1,0

= .

Отже, необхідно обчислити імовірність появи події в n

випробуваннях (n – велике) і малій імовірності (

01,0

≤

p ) на-

стання події в кожному випробуванні. Обчислимо параметр λ:

.10101,0100

⋅== np

Отже, для обчислення імовірності

=≤≤ )10(

100

)()(

100

APAP += можна скористатись формулою Пуассона:

;

)(

−

= e

звідки ;

)(

100

−−

== eeAP =)(

100

−−

== ee . Остаточно, 26424,021)(

=−=

−

eAP .

3.2.13. Нехай відомо, що при наборі книги є стала ймовір-

ність р = 0,0001 того, що будь-яку букву буде набрано непра-

вильно. Після набору гранки читає коректор, який виявляє

кожну помилку з імовірністю q = 0, 9. Після коректора їх

222

читає автор, який виявляє кожну помилку, що залишилася з

імовірністю r = 0,5. Знайти імовірність того, що в книзі з

100000 друкованих знаків залишиться після цього не більше 5

помилок.

Розв’язок.

Нехай В – означає подію, що в 100000 друкованих знаках

буде не більше 5 помилок. Подія А – “будь-яку невірно набра-

ну букву не буде

виявлено” рівна добутку подій

321

,, AAA :

321

AAAA ⋅⋅= , де подія А

– будь-яка буква набрана непра-

вильно, імовірність якої

;0001,0)(

pAp подія А

–

кожна помилка невиявлена коректором і

−

qAp 1)(

;1,09,01 =−=

подія А

– кожна помилка, що залишилась, не

виявлена автором і

.5,05,011)(

−

rAp Оскільки

події

321

,, AAA незалежні, то ×

⋅

)()()(

1321

APAAAPAP

000005,05,01,00001,0)()(

⋅

=⋅× APAP .

Оскільки

1,0000005,0)(

= APp , тобто імовірність

настання події А в кожному випробуванні дуже мала, а число

випробувань n = 100000 дуже велике, то для обчислення

імовірностей застосуємо формулу Пуассона, оскільки

.105,0000005,0100000

⋅== np

Імовірність події В рівна сумі імовірностей несумісних

подій:

= )3()2()1()0()(

100000100000100000100000

PPPPBP

)5()4(

100000100000

PP ++ , де кожний з доданків обчислюється

згідно формули Пуассона:

5,05,0

100000

!0)5,0(

)0(

−−

== eeP ;

5,05,0

100000

)5,0(

)1(

−−

== eeP ;

5,05,0

100000

)5,0(

)2(

−−

== eeP ;

223

5,05,0

100000

)5,0(

)3(

−−

== eeP ;

5,05,0

100000

384

)5,0(

)4(

−−

== eeP ;

5,05,0

100000

3840

)5,0(

)5(

−−

== eeP .

+++++=

−−−−− 5,05,05,05,05,0

384

)( eeeeeBP

99991,0

3840

5,0

≈+

−

3.2.14. Довести, що сума ймовірностей числа появи події

в незалежних випробуваннях, розрахованих за законом Пуас-

сона, рівна 1.

Припускається, що випробування проводяться нескінчен-

не число разів.

Розв’язок.

Згідно формули Пуассона

)(

−

= e

тоді сума ймо-

вірностей рівна:

)(

000

λλ

∑∑∑

∞

−−

∞

Розкладемо функцію

згідно формули Маклорена в ряд,

який збігається:

...

!3!2!1

++++=

xxx

Поклавши тут х=

, ряд набуде вигляду:

...

!3!2!1

λλλλ

∑

∞

=++++= .

224

Підставимо

∑

∞

в суму імовірностей:

.1)(

=⋅=

−

∞

∑

λλ

eekP

3.2.15. Пристрій складається з великого числа незалежно

працюючих елементів з однаковою (дуже малою) ймовір-

ністю відмови кожного елементу за час Т.

Знайти середнє число елементів, що не спрацювали за час

Т, якщо ймовірність того, що за цей час відмовить хоча б один

елемент, рівна 0, 98.

Розв’язок.

Події

)1( ≥k – “не спрацював хоч би один пристрій” і

)0( =k – “всі пристрої спрацювали” є протилежними і утво-

рюють повну групу подій. Тому сума їх імовірностей рівна 1:

1)1()0(

≥+= kPkP , тоді −=≥

−

1)1(1)0( kPkP

02,098,0 =−

. Оскільки згідно умови задачі ймовірність від-

мови пристрою дуже мала, а число елементів n є дуже велике

число, то можна скористуватися формулою Пуассона для

подій, що рідко трапляються:

−

= e

)(

, тому

02,0

)(

−

eAP

. Отже, 50

02,0

−

e . Пролога-

рифмуємо вираз:

50lnln =

−

e , звідки

4912,3

≈

. Оскі-

льки

– середнє число подій, що відбуваються за одиничний

інтервал часу Т, то

= 4 – це середнє число елементів, що не

спрацювали.

3.2.16. Під час виконання завдання 200 блоків системи

знаходиться в завантаженому стані, 250 – в середньому, 500 –

в слабо завантаженому режимі. Ймовірність відмови кожного

блоку рівна відповідно 0,0075; 0,001; 0,002.

225

Скільки треба взяти запасних блоків, щоб замінити блоки,

що відмовили, з ймовірністю не меншою 0,9 (можливістю від-

мови блоків, поставлених заново, для простоти можна знехту-

вати)?

Розв’язок.

Нехай А подія, імовірність якої задана. Оскільки імовір-

ності настання події (відмови) малі, а число випробувань n

велике, обчислимо параметр

+⋅==

∑

2000075,0

103500002,0250002,0

⋅

+⋅+ . Отже, для обчислення

імовірностей можна скористуватись формулою Пуассона:

−

= e

)(

. Відмовити може така кількість блоків: 0 –

подія А

, 1 – подія А

, 2 – подія А

, …і – подія А

, …k – подія

. Оскільки всі ці події несумісні, то А = А

+ А

2…

…А

і…

+ …А

і Р(А) = Р(А

+ А

2…

+ …А

і…

+ …А

) = Р(А

+ Р(А

) + Р(А

) + …Р(А

)… + …Р(А

) – як імовірність суми

несумісних подій. За умовою задачі

9,0)( ≥AP . Таким

чином, необхідно послідовно обчислити імовірності подій

)(

AP для k = 0,1,2… при λ=3 і сумувати їх доти, поки сума

стане не меншою 0,9. Необхідні дані занесені в таблицю:

k 0 1 2 3 4 5 6

−

0,049787 0,149361 0,224041 0,224041 0,168030 0,100819 0,050409

∑

0,049787 0,19915 0,42319 0,64723 0,81526 0,91608 0,96649

Як видно з таблиці, мінімальне число запасних блоків

(число k), що задовольняє даній умові, рівне 5.

3.3. Локальна теорема Лапласа

Якщо число випробувань n достатньо велике і імовірність

появи події А в кожному випробуванні не мала

)1;0(

∈

, а

число

10>npq , то використовують теореми Муавра-Лапла-

226

са, які дають добре наближення при n > 40. Коли треба більш

висока точність, то дані теореми використовують для

100≥n .

Локальна теорема Муавра-Лапласа. Якщо імовірність p

появи події А в кожному випробуванні постійна і відмінна від

нуля і одиниці (0 < p < 1), то імовірність

)(kP

того, що подія

А з’явиться в n випробуваннях рівно k разів, приблизно рівна

(тим точніше, чим більше n) значенню функції

)(

npq

=⋅=

−

(3.3.1)

при

npq

npk

−

Функція Гауса

)(

−

(3.3.2) занесена в таб-

лиці і має такі властивості: а)

)(x

– визначена на всій число-

вій осі (

kx ∈ ); б) )(x

– парна, )()( xx

−

; в) )(x

спадає при x > 0; г)

0001,0)(

при 4≥x .

Задачі

3.3.1. Монету кинуто 2N разів (N – велике!).

Знайти ймовірність того, що "герб" випаде рівно N разів.

Розв’язок.

Маємо повторні незалежні випробування, в кожному з

яких імовірність появи “герба” рівна

, отже

−

pq 1

– імовірність непояви “герба”. Оскільки за умовою число

випробувань

Nn 2= – велике, для обчислення даної імовір-

ності скористуємось локальною формулою Лапласа:

227

),(

)( x

npq

= де .

npq

npk

−

= Отже,

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅

⋅−

⋅⋅

= )0(

)(

ϕϕ

5642,0

3989,0

=⋅=

3.3.2. Moнету кинуто 2n разів. Знайти ймовірність того,

що “герб” випаде на m разів більше, ніж напис.

Розв’язок.

Імовірність випадання “герба” і “напису” рівна

Найімовірніше число випадань “напису” в 2n випробуваннях

рівна

nnk =⋅=

. Необхідно обчислити імовірність того,

що в 2n випробуваннях “герб” випаде

mnmkk +

Використаємо локальну формулу Муавра-Лапласа:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅

⋅−+

⋅⋅

nmn

mnP

)(

ϕϕ

3.3.3. В урні містяться порівну білі і чорні кулі. В одному

з експериментів при 10000 витягувань з поверненням було

витягнуто 5011 білих і 4989 чорних куль: а) яка ймовірність

такого результату експерименту? б) якщо повторити цей

експеримент, то яка імовірність того, що дістанемо більше по

модулю відхилення числа витягнутих білих куль за найімо

вірніше число?

228

Розв’язок.

а) Необхідно обчислити імовірність події А, яка полягає в

тому, що при n = 10000 повторних незалежних випробуваннях

(оскільки кулі повертають назад в урну, то імовірність кож-

ного витягання-випробування стала) було витягнуто 5011 бі-

лих або 4989 чорних куль. Але в урні білих і чорних куль

порівну, тому імовірність витягання білої

чи чорної кулі рівна

0,5.

Імовірність події А обчислимо за локальною формулою

Лапласа:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⋅=

npq

npk

npq

)(

, де

5,0;5,0,10000

== qpn . Нехай k = 5011, тоді

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅

⋅−

⋅

⋅⋅

5,05,010000

5,0100005011

5,05,010000

)(

5011

10000

.007788,03894,002,0)22,0(02,0

⋅

б) Спочатку обчислимо найімовірніше число появи білих

куль в 10000 випробуваннях:

pnpkqnp

≤

−

або в чис-

лах:

5,05,0100005,05,010000

⋅

≤

−⋅ k . Отже, k

= 5000 = np.

Необхідно обчислити імовірність того, що величина від-

хилення

Δ більша за величину відхилення отриману в експе-

рименті:

50005011 −>Δ , тобто 11>

Перетворимо вираз

()

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

<−=Δ<−

PnpmP

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

≤−=

Фp

εε

Таким чином, прийшли до відомої формули імовірності

величини відхилення частоти від імовірності настання події в

229

кожному випробуванні. Підставивши необхідні дані: =

;0011,0

10000

;5011

m ;5000

np ;5,0

p 5,0

q у

формулу, отримаємо:

()

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

=<−

5,05,0

10000

0011,021150005011 ФP

()

.1742,0087,0222,02

⋅=Φ=

3.3.4. Ймовірність влучення в мішень при одному пострі-

лі рівна 0,01.

Знайти наближене значення ймовірності того, що при 100

пострілах буде не менше 3 влучень.

Розв’язок.

р = 0,01; q = 1 – 0,01 = 0,99;

;1003

≤

;100

?)1003(

100

=≤≤ kР

І спосіб. Оскільки n не є малим, скористуємось інтеграль-

ною теоремою Лапласа:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅

⋅−

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅⋅

⋅−

=≤≤

99,001,0100

01,01003

99,001,0100

01,0100100

)1003(

100

ФФkР

.0223,04777,05,0)01,2()39(

−

−= ФФ

ІІ спосіб. Скористуємось формулою Пуассона, оскільки

.10101,0100 

×== np

Тоді

[

−

≤

)1()0(1)1003(

100100100

kРkРkР

]

)2(

100

=+ kР , де ;367888,01

)0(

100

×===

−

еkР

;36788,01

)1(

100

⋅===

−

ekР

.36788,0

)2(

100

===

−

еkР

Отже,

−

≤

≤ 36788,036788,0(1)1003(

100

kР

230

0803,0)36788,0

ІІІ спосіб. Скористуємось точною формулою Бернуллі, де

()

18486,0)99,0()01,0()2(

36973,036973,001,0100)99,0()01,0()1(

;36603,099,0)01,0(0

210022

100100

110011

100100

010000

100100

===

=⋅⋅===

===

−

СkР

Тоді

[

−

≤

)1()0(1)1003(

100100100

kРkРkР

]

−

−==+ 1)18486,036973,036603,0(1)2(

100

kР

.07938,092062,0 =−

Як видно з обчислень, формула Пуассона дає дуже близь-

кі результати до точної формули Бернуллі. Результат, отри-

маний з інтегральної теореми Лапласа дещо відрізняється

внаслідок недостатньо великого числа n.

3.4. Інтегральна теорема Муавра-Лапласа

Теорема. Якщо імовірність p появи події А в кожному

випробуванні постійна і відмінна від нуля і одиниці

(

10 << p ), то імовірність )(

kkkP

≤

того, що подія А

з’явиться в n випробуваннях від

до

разів, приблизно

рівна означеному інтегралу

−=≈≤≤

∫∫

−−

dzedzekkkP

)(

ππ

)()(

хФхФdze

−=−

∫

−

, (3.4.1)

де

npq

npk

−

;

npq

npk

−