Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
51
18777,0
11
678910
11
67891011
11
)(
566
6
11
≈
⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅⋅⋅
===
A
n
m
AP
.
1.4.22. В ліфт семиповерхового будинку на першому по-
версі зайшло троє людей. Кожна з них з однаковою ймовір-
ністю виходить на будь-якому поверсі, починаючи з другого.
Знайти ймовірність наступних подій:
А = {всі пасажири вийдуть на четвертому поверсі};
В = {всі пасажири вийдуть одночасно (на одному і тому ж
поверсі
)};
C = {всі пасажири вийдуть на різних поверхах}.
Розв’язок.
Задача аналогічна до розкидання кульок по урнах. Роль
урн відіграють поверхи, роль кульок – люди.
,
216
1
6
1
6
)(
33
3
3
====
C
n
m
AP
або
)()(
321
AAAPAP
⋅
⋅
= , де події
321
,, AAA означають,
що перший, другий і третій пасажири вийшли на четвертому
поверсі, відповідно. Оскільки події
321
,, AAA незалежні, то
216
1
6
1
6
1
6
1
)()()()(
321
=⋅⋅=⋅⋅= APAPAPAP .
Оскільки поверхів 6, то ймовірність події В – вийти на
одному і тому ж поверсі рівна
.
36
1
6
1
6
6
)(
23
===BP
Для події С число способів якими можна розподілити
трьох пасажирів по шести поверхах рівне числу комбінацій,
які можна утворити з трьох елементів серед шести елементів:
,
3
6
Cm = отже, .
54
5
216
20
6321
456
6
)(
33
3
6
==
⋅
⋅
⋅
⋅⋅
==
C
CP
1.4.23. У групі є r студентів. Яка ймовірність того, що
принаймні у двох з них збігаються дні народження?
52
Розв’язок.
Нехай А – шукана подія, ймовірність якої треба обчисли-
ти. Тоді протилежна подія
A полягає в тому, що всі r студен-
тів народилися в різні дні року. З рівності
1)()( =+ APAP
шукана імовірність
)(1)( APAP −= . Імовірність
n
m
AP =)(
,
де n – загальна кількість усіх наслідків випробувань рівна
r
r
n 365365...365365 =⋅⋅=
(схема розкидання r куль по N =
= 365 урнах) або число розміщень з повтореннями
=
r
A
365
r
365= ; m – число розміщень з r елементів серед N = 365
елементів:
r
Am
365
= .
Отже,
.
365
)366...(363364
1
365
)1365...(363364365
1
365
1)(
1
365
−
−⋅⋅
−=
=
+−⋅⋅⋅
−=−=
r
rr
r
r
rA
AP
.
1.4.24. n осіб, серед яких є А і В, шикуються в шеренгу у
будь-якому порядку. Яка імовірність того, що між А і В стане
рівно r осіб?
Розв’язок.
Нехай А – шукана подія, імовірність якої треба обчисли-
ти. Зобразимо схематично (рис. 1.4.2) дану подію:
n
r
•• ......
.
Рис. 1.4.2.
Імовірність події А обчислимо за класичним означенням
імовірності:
N
m
AP =)(
, де N = n! – рівне числу перестановок
53
з n елементів; m – число способів, якими можна переставити n
елементів, так щоб між двома елементами було r елементів.
Два елементи А і В можна переставити
2!2
1
=
=
m способами,
решту (n – 2) елементів можна переставити
)!2(
2
−
=
nm спо-
собами. Крім того, якщо А займає будь-яке місце в черзі, то В
займає будь-яке з
)1(
3
rnm
−
−
=
місць. Отже, згідно узага-
льненого правила добутку
.
321
mmmm
⋅
⋅
=
Отже,
=
−−
−
−
−
=
−
−
⋅
−
⋅
=
nnn
rnn
n
rnn
AP
)1()!2(
)1()!2(2
!
)1()!2(2
)(
nn
rn
)1(
)1(2
−
−−
=
.
1.4.25. А, В і ще вісім людей стоять в черзі. Визначити
ймовірність того, що А і В відділені один від другого трьома
особами.
Розв’язок.
Розв’язок у попередній задачі.
Тут n = 2 + 8 = 10; r = 3.
Отже,
15
2
109!8
6!82
!10
6!82
!10
)3110()!210(2
)( =
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
−
−
⋅
−
⋅
=AP
.
1.4.26. З послідовності чисел 1, 2, ... , n навмання виби-
рають два числа. Яка ймовірність того, що: а) одне з них
менше k, а друге більше k, де 1 < k < n – довільне ціле число?
б) обидва числа менші ніж k?
Розв’язок.
Нехай Р(А) – шукана подія. Згідно класичного означення
імовірності
n
m
AP =)(
, де n – загальне число способів, якими
можна вибрати два числа з N чисел:
2
N
Cn = .
а) Серед усіх N чисел k – 1 числа менші, ніж k, одне число
рівне k і N – k більші за k. Отже, вибирається одне число з k –
54
– 1 чисел 1
1
−
= km способами і одне число з N – k чисел
kNm −=
2
способами. Тому згідно узагальненого правила
добутку
))(1(
21
kNkmmm
−
−
=
⋅= . Таким чином:
)1(
))(1(2))(1(
)(
2
21
−
−−
=
−−
=
⋅
=
NN
kNk
C
kNk
n
mm
AP
N
.
б) чисел менших, ніж k є k – 1. Отже
2
1−
=
k
Cm , оскільки
для настання події А, важливим є лише набір елементів, а не
порядок їх розташування. Отже,
.
)1(
)2)(1(
)(
2
2
1
−
−−
==
−
NN
kk
C
C
AP
N
k
1.4.27. Товариство з N чоловік сідає за круглий стіл.
Знайти ймовірність того, що дві певні особи виявляться
поруч.
Розв’язок.
Обчислимо імовірність шуканої події А за класичним
означенням імовірності:
n
m
AP =)(
, де n – загальна кількість
способів, якими можна розмістити N людей, рівна числу
перестановок з N елементів: n = N!
Обчислимо число способів m, сприятливих для настання
події А. Кожного з двох людей можна розмістити на m
1
= N
місцях, оскільки стіл круглий і двох людей можна посадити
поруч m
2
= 2 способами, отже, решту N – 2 людей можна роз-
містити m
3
= (N – 2)! способами. Отже, =
⋅
⋅
=
321
mmmm
)!2(2 −= NN , так що
)1(
2
)1()!2(
)!2(2
!
)!2(2
)(
−
=
−−
−
=
−
=
NNNN
NN
N
NN
AP
.
1.4.28. На деякій прямій взято 3 точки, а на паралельній
до неї прямій – 4 точки. Навмання вибирають три точки.
55
Знайти ймовірність того, що вони будуть вершинами
трикутника?
Розв’язок.
Нехай подія А полягає в тому, що вибрані три точки
будуть вершинами трикутника. Подія А відбудеться лише в
тому випадку, коли буде обрана 1 точка на одній прямій і дві
точки на паралельній до неї прямій.
Зобразимо це схематично:
Число
способів, якими можна вибрати одну точку на І
прямій рівне
1
31
Cm =
′
, число способів якими можна вибрати
дві точки на ІІ прямій рівне
2
42
Cm =
′
. Отже, згідно
узагальненого правила добутку число способів
m
′
, якими
можна здійснити такий вибір рівне
21
mmm
′
⋅
′
=
′
. Трикутник
також можна побудувати, якщо вибрати одну точку на ІІ
прямій і дві точки на першій. Число способів, якими можна
здійснити такий вибір рівне
2
3
1
421
CCmmm ⋅=
′′
⋅
′′
=
′′
. Тоді згідно
правила суми число способів сприятливих до настання події А
рівне
mmm
′′
+
′
=
. Загальне число способів n, якими можна
вибрати три точки з 7 (3 + 4 = 7) рівне числу комбінацій,
якими можна вибрати 3 елементи серед 7 елементів:
3
7
Cn = .
Тоді згідно класичного означення ймовірності:
8571,0
35
30
567
32134
21
34
3
)(
3
7
2
3
1
4
2
4
1
3
==
⋅⋅
⋅⋅⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⋅
⋅
⋅
=
⋅+⋅
==
C
CCCC
n
m
AP
.
І
ІІ
56
1.5 Геометричне означення імовірності
Коли у випробуванні є нескінченне число наслідків ви-
пробувань, класичне означення імовірності не може бути за-
стосоване. Тому вводять геометричну імовірність, як імовір-
ність попадання події (точки) в область (відрізка, частину
площини, об’єм):
mesG
mesg
P =
(1.5.1),
де mes – міра довжини, площі, об’єму, g – частина області
G.
Задачі
1.5.1. Два судна повинні підійти до одного причалу.
Появи суден – незалежні випадкові події, рівноможливі про-
тягом доби. Знайти ймовірність того, що одному з суден дове-
деться чекати звільнення причалу, якщо час стоянки першого
судна – 1 год., а другого – 2 години.
Розв’язок.
Позначимо час приходу до причалу першого судна через
х, другого
судна – через y. Оскільки обидва судна можуть
підійти протягом доби , то
240
≤
≤
x ; 240
≤
≤
y . Другому
судну доведеться чекати звільнення першого судна, якщо
воно підходить до причалу під час стоянки першого судна.
Умовою цього є виконання нерівності:
3+
≤
≤
xyx .
Першому судну доведеться чекати звільнення другого судна,
якщо воно підійде до причалу під час стоянки другого судна,
що виражається нерівністю:
5
+
≤
≤
yxy .
Зобразимо штрихом на графіку (рис. 1.5.1) область, що
відповідає даним нерівностям. Тоді імовірність події А –
одному з суден доведеться чекати причалу рівна:
Ω
Ω
+−
=
S
SSS
AP
)(
)(
21
, де
57
y =x +3
0
5
10
15
20
0
5
10
15
20
y
=x- 5
y
=
x
Рис. 1.5.1.
Ω
S
– площа, що відображає повну групу подій:
2424 ×
=
Ω
S
(кв. од.),
2
21
21
2
)324(
2
1
=⋅
−
=S (кв. од.); ×
−
=
2
)524(
2
S
2
19
19
2
=× (кв. од.).
Отже,
30382,069618,01
242
1921
1
24
2/)1921(24
)(
2
22
2
222
=−=
⋅
+
−=
+−
=AP
.
1.5.2. Навмання взято два додатніх числа x і y, кожне з
яких не перевищує двох.
Знайти ймовірність того, що добуток xy буде не більше
одиниці, а частка
y
x
не більша двох.
Розв’язок.
Нехай А – шукана подія.
Y
X
X
S
1
S
2
58
Згідно умови задачі допустима множина точок, що задана
нерівностями
⎩
⎨
⎧
≤≤
≤≤
20
20
y
x
відповідає квадрату з стороною 2,
площа якого
422
=
⋅
=S (кв. од.). Множина точок, що сприяє
настанню події А зв’язана системою нерівностей:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤≤
≤≤
20
10
x
y
xy
або
)2(
)1(
20
1
0
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≤≤
≤≤
xy
x
y
Функція
x
y
1
=
задає гіперболу (1), у = 2х – пряму (2), так
що спільна область лежить в першій четверті і обмежена (1) і
(2). На рисунку 1.5.2. вона заштрихована. Точка М перетину
прямої у = 2х і гіперболи
x
y
1
=
має координати
2,
2
2
22
== yx .
Рис. 1.5.2.
0,0
0,2
0,4
0,6
0
,8
1,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
0,2
0,4 0,6
0,8
1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0
У
Х
S
2
S
1
x
y
1
=
y=2x
59
Вона розбиває область S(A) точок сприятливих до
настання події А на дві площі S
1
і S
2
:
21
)( SSAS
+
=
, де:
2
1
0
2
2
2
22
2
2
2
0
2
2
2
0
1
2
1
=−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=⋅===
∫∫
x
xdxydxS
x
x
– (кв.од.);
=−====
∫∫
2
2
ln2lnln
1
2
2
2
2
2
2
2
3
2
xdx
x
ydxS
x
x
2ln
2
3
2ln2ln
2
1
2ln =+−= (кв.од.).
Отже,
)2ln31(
2
1
2ln
2
3
2
1
)( +=+=AS (кв.од.).
Тоді, згідно геометричного означення імовірностей:
38,0
8
2ln31
42
2ln31)(
)( ≈
+
=
⋅
+
==
S
AS
AP
.
1.5.3. Навмання взято два додатніх числа x і y, кожне з
яких не перевищує одиниці.
Знайти ймовірність того, що сума x + y буде не більше
одиниці, а добуток yx не менше 0,09.
Розв’язок.
Нехай А – шукана подія. Область допустимих значень х і
у задається:
⎩
⎨
⎧
≤≤
≤≤
10
10
y
x
, що буде відповідати квадрату з сторо-
ною 1, площа якого
111
=
⋅
=
S (кв. од). Область значень,
сприятливих до настання події А задається системою рівнянь:
⎩
⎨
⎧
≥
≤+
09,0
1
yx
yx
або
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≥
−≤
)2(
09,0
)1(1
x
y
xy
.
Це буде відповідати заштрихованій області S(A) (рис.
1.5.3.), межами якої є х
1
= 0,1 і х
2
= 0,9.
60
кривBCDE
SSAS
+
=)( ;
=−=−==
∫∫∫∫
xdxdxdxxydxS
x
x
x
x
BCDE
9,0
1,0
9,0
1,0
)1(
2
1
2
1
4,08,0
2
1
8,0
2
9,0
1,0
2
9,0
1,0
=⋅−=−=
x
x (кв.од.);
====
∫∫
9,0
1,0
9,0
1,0
.
ln09,0
09,0
2
1
xdx
x
ydxS
x
x
крив
9ln09,0)1,0ln9,0(ln09,0
=
−= (кв.од.).
Отже,
2022,019775,04,09ln09,04,0)(
=
−
=
−=AS (кв.од.).
Рис. 1.5.3.
Згідно, геометричного означення імовірностей:
2022,0
1
2022,0)(
)( ===
S
AS
AP
.
1.5.4. В квадрат з вершинами (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 1)
навмання кинута точка М. Нехай (; ) – її координати. Знайти
0,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
0,2
0,4 0,6
0,8
1,0
Y
Х
С
S
(А
)
x
y
09,0
=
y = 1– x
В
Х
1
Х
2