Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
71
Подія А
2
полягає в тому, що на третій грані випаде інше
число очок, імовірність якої рівна:
.
6
5
)(
2
=AP
Остаточно,
12
5
6
5
6
1
)()()(
2
321
=⋅⋅=⋅= CAPAPAP .
д) Імовірність того, що на трьох гранях випаде різне
число очок рівна:
9
5
6
6
1
6
1
6
1
)(
2
3
=⋅⋅⋅⋅= CAP , або ,)(
n
m
AP = де
n
– загальна
кількість способів, якими можна вибрати 6 різних чисел на 3
гранях рівна 6
3
,
3
6
Am =
, тому
9
5
666
456
6
)(
3
3
6
=
⋅⋅
⋅⋅
==
A
AP .
2.1.6. В коло pадіуса R вписаний квадpат.
Чому доpівнює ймовіpність того, що поставлені навмання
всеpедині кола дві точки виявляться всеpедині квадpата?
Розв’язок.
Рис. 2.1.2
Нехай Р(А) – імовірність шуканої події. Імовірність Р(А
1
)
того, що одна точка попаде всередину вписаного у коло
квадрата – подія А
1
, дорівнює згідно геометричного означен-
С А
В
0
R
xx
72
ня імовірності відношенню площі квадрата до площі кола:
Р(А
1
) = S□/S○. Обчислимо площі цих фігур (рис. 2.1.2).
Нехай R – радіус кола, х – сторона квадрата. Оскільки
<В = 90
о
– прямий, то
2222
4)2( RRxx ==+ . Отже, площа
квадрата
22
2Rx = , круга – πR
2
, тому
π
π
22
)(
2
2
1
==
R
R
AP
.
Подія А рівна добутку подій
21
AAА
⋅
=
, де А
1
– перша
точка попаде в квадрат, і А
2
друга точка попаде в квадрат.
Оскільки ці події незалежні, то
4053,0
422
)()()()(
2
2121
≈=⋅=⋅=⋅=
π
ππ
APAPAAPАP .
2.1.7. Три стрільці почергово ведуть стрільбу по одній і
тій же мішені. Кожний стрілець має два патрони. При
першому ж попаданні стрільба припиняється. Імовірність
попадання в мішень при одному вистрілі для першого
стрільця рівна 0.2, для другого – 0.3, для третього – 0.4.
Знайти імовірність того, що всі три стрільці використають
весь свій боєзапас.
Розв’язок.
Щоб три стрільці використали весь свій боєзапас – подія
А, необхідно, щоб попередні п’ять вистрілів були невдалими.
З умови задачі p
1
= 0,2; q
1
= 1 – p
1
= 1 – 0,2 = 0,8; p
2
= 0,3;
q
2
= 1 – p
2
= 1 – 0,3 = 0,7; p
3
= 0,4; q
3
= 1 – p
3
= 1 – 0,4 = 0,6.
Отже,
=
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
= 7,08,06,07,08,0)(
21321
qqqqqAP .
.188,018816,0 ≈=
2.1.8. Відрізок розділений на три рівні частини. На цей
відрізок навмання кинуті три точки. Знайти ймовірність того,
що на кожну з трьох частин відрізку попадає по одній точці.
Припускається, що ймовірність попадання точки на відрізок
пропорційна довжині відрізку і не залежить від його розта-
шування.
73
Розв’язок.
Нехай А – шукана подія. Імовірність попадання точки на
одну з трьох рівних частин рівна
3
1
=p
. Тоді імовірність по-
дії А – “на кожний відрізок попадає по одній точці” рівна
добутку незалежних подій: А
1
– на перший відрізок попаде
одна точка, А
2
– на другий відрізок попаде одна точка, А
3
– на
третій відрізок попаде одна точка:
321
AAAA
⋅
⋅
=
.
Враховуючи те, що число способів, якими можна кинути
три точки на три відрізки рівне числу перестановок з трьох
елементів, тобто Р
3
= 3!, імовірність події А рівна:
.
9
2
3
1
!3)()()(!3)(!3)(
3
321321
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= APAPAPAAAPAP
2.1.9. Винищувач атакує бомбардувальник і дає по ньому
дві незалежні черги. Ймовірність того, що бомбардувальник
збитий першою чергою рівна 0,2, другою – 0.3. Якщо бом-
бардувальник не збито, то він веде по винищувачу стрільбу і
збиває його з ймовірністю 0,25.
Знайти ймовірність того, що в результаті повітряного бою
буде збито бомбардувальник або винищувач.
Розв’язок.
Згідно умови р
1
= 0,2, р
2
= 0,3 – імовірність збиття бомбар-
дувальника І і ІІ чергою відповідно; р
3
= 0,25 – імовірність
збиття винищувача. Нехай подія А полягає у збитті бомбарду-
вальника – подія В або винищувача – подія С, тобто А = В + С
і оскільки події В і С несумісні, то Р(А) = Р(В + С) = Р(В) +
+ Р(С). Але
211
BBBB ⋅+= , де подія В
1
– збиття бомбарду-
вальника І чергою; подія
21
BB ⋅ – незбиття бомбарду-
вальника І чергою і збиття ІІ чергою. Оскільки події
1
B і
2
B –
незалежні, то
=⋅+=⋅+= )()()()()()(
211211
BPBPBPBBPBPBP
.44,03,0)2,01(2,0)1(
211
=
⋅
−
+
=
⋅−+= ppp
74
Тоді 14,025,0)44,01()](1[)(
3
=
⋅
−
=
⋅
−
= pBPCP .
Остаточно,
58,014,044,0)(
=
+
=
AP .
2.1.10. Радіолокаційна станція веде спостереження за k
об’єктами. За час спостереження і-й об’єкт може бути
втрачений з ймовірністю p
і
.
Знайти ймовірності таких подій: А – жоден об’єкт не буде
втрачений; В – буде втрачено принаймні один об’єкт; С – буде
втрачено не більше одного об’єкта.
Розв’язок.
Подія
ki
AAAAA ......
21
⋅
⋅
⋅= , де А
і
– подія, яка полягає в
тому, що і-тий об’єкт не буде втрачено. Оскільки події А
і
незалежні, то
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅= )(...)(...)()()......()(
2121 kiki
APAPAPAPAAAAPAP
).1...()1()...1)(1(
21 ki
pppp
−
⋅
−
⋅
−−=
Події В – втрачено принаймні один об’єкт і
B
– не
втрачено жодного об’єкта протилежні і утворюють повну
групу подій.
Тому,
1)()( =+ BPBP , звідки
×−⋅−−−=−=−= )1()...1)(1(1)(1)(1)(
21 i
pppAPBPBP
).1...(
k
p−×
Подія С рівна сумі несумісних подій А і D: С = А + D, де
D – подія, яка полягає в тому, що втрачено один об’єкт, який
може бути першим, другим, ...і-тим, ...k-тим. Отже,
×
−
−
=
+
=
+= )...1)(1()()()()(
21
ppDPAPDAPCP
×−+−⋅⋅−−−+
+−⋅−⋅−−+−×
×
−
⋅
−
−
+
−⋅−×
)1()...1...(...)...1)(1)(1(
)...1()...1()...1()1()1...(
)1...()1)(1()1...()...1...(
1321
321
321
pppppp
pppppp
pppppp
ki
kik
iki
.
)1(
1)1()...1()...1(
1
1
2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
+−=⋅−⋅−×
∑
∏
=
=
j
j
k
j
i
k
i
ki
p
p
pppp
75
2.1.11. По мішені здійснюється n незалежних пострілів.
Ймовірність попадання при і-му пострілі рівна p
і
, і = 1, ... , n.
Знайти ймовірність того, що при n пострілах буде не
менше 2-х влучень.
Розв’язок.
Події А – при n пострілах не менше 2-х влучень і
A – при
n пострілах менше двох влучень є протилежними, так що
1)()( =+ APAP .
Отже,
)(1)(1)( CPAPAP −=−= [(див задачу 2.1.10)] =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
+−−=
∑
∏
=
=
j
j
n
j
i
n
i
p
p
p
1
1)1(1
1
1
.
2.1.12. Серед N виробів знаходиться М бракованих. На-
вмання беруть n
1
виробів.
Яка ймовірність того, що серед них є більше, ніж m
1
бракованих виробів?
Розв’язок.
Зобразимо подію
)(
1
mkA >
=
як суму несумісних подій:
)...()2()1()(
1111
nkmkmkmk
=
+
+
=
+
+
==> , де k –
кількість бракованих виробів. Тоді:
=
=
+
+
=
+
+
== )(...)...2()1()(
111
nkPmkPmkPAP
.
......
1
111
1
1
111
1
111
1
111
1
2211
n
N
Smn
MN
Sm
M
n
S
n
N
nn
MN
n
M
n
N
mn
MN
m
M
n
N
mn
MN
m
M
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
−−
−
+
=
−
−
−−
−
+−−
−
+
⋅
=
=
⋅
+
⋅
+
⋅
=
∑
2.1.13. В урні знаходиться 7 білих, 13 чорних, 10 зелених і
3 червоні кулі. Випадковим чином з урни витягують три кулі.
Яка ймовірність того, що вони одного кольору?
Розв’язок.
Склад урни такий: 7 б + 13 чор + 10 з + 3 черв = 33.
76
Нехай подія А полягає в тому, що 3 кулі одного кольору.
Три кулі можуть бути білими – подія А
1
, чорними – подія А
2
,
зеленими – подія А
3
і червоними – А
4
. Отже, подія А є сумою
несумісних подій:
4321
AAAAA
+
+
+
=
. Тоді +
=
1
()( APAP
)()()()()
4321432
APAPAPAPAAA
+
+
+
=+
+
+ . Обчислимо
кожну з імовірностей згідно її класичного означення:
n
m
AP =)(
. Тоді 0064149,0
313233!3
!3567
)(
3
33
3
7
1
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
==
C
C
AP .
00524193,0
313233!3
!3111213
)(
3
33
3
13
2
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
==
C
C
AP .
0219941,0
313233!3
!38910
)(
3
33
3
10
3
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
==
C
C
AP .
0001832,0
313233!3
!3123
)(
3
33
3
3
4
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
==
C
C
AP .
Отже,
+
+
+
=
0219941,00524193,00064149,0)(AP
081,00001832,0 =+ .Через залежні події дані імовірності
виразяться так:
iiii
AAAA
′
′′
⋅
′′
⋅
′
=
, і = 1, 2, 3, 4, де залежні події означають
i
A
′
– перша куля,
i
A
′
′
– друга куля,
i
A
′
′
′
– третя куля відповідно
білі, чорні, зелені і червоні. Тоді
×
′′
⋅
′
=
′
)()()(
iAii
APAPAP
i
)(
iAA
AP
ii
′′′
×
′′′
.
Отже,
;0064149,0
31
5
32
6
33
7
)()()()(
1111
111
=⋅⋅=
′′′
⋅
′′
⋅
′
=
′′′′
APAPAPAP
AAA
;0524193,0
31
11
32
12
33
13
)(
2
=⋅⋅=AP
;0219941,0
31
8
32
9
33
10
)(
3
=⋅⋅=AP
77
.0001832,0
31
1
32
2
33
3
)(
4
=⋅⋅=AP
2.1.14. З кишені, в якій знаходиться десять монет вар-
тістю по 25 коп. і десять монет вартістю 5 коп., виймається
пригорща з 10 випадково взятих монет.
Яка ймовірність того, що в кишені залишилась сума
грошей, не менша тієї, що витягнута?
Розв’язок.
Нехай А – шукана подія. Для виконання умови: “сума гро-
шей залишена
≥ сума грошей витягнута” необхідно, щоб
кількість монет меншої вартості (5 коп), що витягнута, була
не меншою за половину всіх монет меншої вартості. Якщо
кількість монет меншої вартості, що витягнута, рівна кіль-
кості монет меншої вартості, що залишена, то сума грошей
витягнутих і залишених рівні.
Імовірність події А рівна сумі ймовірностей несумісних
подій: В
1
– витягнуто 5 монет по 5 копійок і 5 монет по 25 ко-
пійок:
10
20
5
10
5
10
1
)(
C
CC
n
m
BP
⋅
==
; В
2
– витягнуто 6 монет по 5
копійок і 4 монети по 25 копійок; В
3
– витягнуто 7 монет по 5
копійок і 3 монети по 25 копійок; В
4
– витягнуто 8 монет по 5
копійок і 2 монети по 25 копійок; В
5
– витягнуто 9 монет по 5
копійок і 1 монета по 25 копійок; В
6
– витягнуто 10 монет по 5
копійок.
Таким чином,
.
)(
10
20
10
1010
5
0
10
20
0
10
10
10
10
20
1
10
9
10
10
20
2
10
8
10
10
20
3
10
7
10
10
20
4
10
6
10
10
20
5
10
5
10
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
C
CC
AP
kk
k
−
=
⋅
=
⋅
+
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
=
∑
Спростимо вираз врахувавши, що
kn
n
k
n
CC
−
= .
Тоді:
78
()
(
)
(
)
(
)
(
)
++++==
∑
=
10
20
2
3
10
10
20
2
2
10
10
20
2
1
10
10
20
2
0
10
10
20
2
10
5
0
)(
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
AP
k
k
()()
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⋅
⋅⋅
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
++=++
22
2
10
20
10
20
2
5
10
10
20
2
4
10
321
8910
2
910
101
1
CC
C
C
C
(
++=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
+ 1001
1
54321
678910
4321
78910
10
20
22
C
)
=
−
⋅
=++++
!20
)!1020(!10124130
6350444100144002025
.671859,0
184756
124310
==
2.1.15. Учасник лотереї “Спортлото” з 49 назв видів
спорту (позначених числами від 1 до 49) повинен назвати 6.
Повний виграш одержує той, хто правильно вкаже всі шість
назв. Виграші одержують і ті, хто вгадає не менше трьох назв.
Обчислити ймовірність повного виграшу в “Спортлото”.
Обчислити ймовірність того, що учасник “Спортлото”
відгадає 5, 4 і 3 назви, тобто отримає
будь-який виграш?
Яка ймовірність одержати мінімальний виграш у “Спорт-
лото”?
Розв’язок.
У лотереї “Спортлото” “6” з “49” 6 чисел є виграшними і
49 – 6 = 43 чисел є програшними.
Імовірність повного виграшу (імовірність вгадати всі
шість виграшних чисел) обчислимо згідно класичного озна-
чення імовірностей:
n
m
AP =)(
6
, де
1
6
6
== Cm
, n – загальне
число способів якими можна вибрати будь-які 6 чисел з 49
рівне числу комбінацій
6
49
C :
79
Отже, .1072,0
444546474849
6543211
)(
7
6
49
6
−
⋅≈
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
==
C
AP
Якщо вгадано
і чисел серед 6 виграшних, то решта (6 – і)
чисел будуть програшними. Число способів, якими можна
вибрати
і виграшних чисел серед 6 виграшних рівна
i
Cm
61
= .
Число способів
m
2
, якими можна вибрати (6 – і) програшних
чисел серед 43 програшних чисел рівне
i
Cm
−
=
6
432
. Імовір-
ність вгадати
і чисел рівна
6
49
6
43621
)(
C
CC
n
mm
n
m
AP
ii
i
−
⋅
=
⋅
==
.
Якщо
і = 3, то
=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
⋅
=
−
444546474849321321
654321414243456
)(
6
49
36
43
3
6
3
C
CC
AP
.01765043,0=
Якщо
і = 4, то
=
⋅
=
⋅
=
−
6
49
2
43
4
6
6
49
46
43
4
6
4
)(
C
CC
C
CC
AP
.000968619,0
444546474849214321
65432142433456
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅
=
Якщо
і = 5, то
=
⋅
=
⋅
=
−
6
49
1
43
5
6
6
49
56
43
5
6
4
)(
C
CC
C
CC
AP
.000018449,0
44454647484954321
6543214323456
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅
=
Мінімальний виграш отримає той, хто вгадає
і = 3 номе-
ри, тому імовірність мінімального виграшу рівна 0,01765.
Будь-який виграш отримає той, хто вгадає
3≥i номерів,
тому імовірність цієї події
А рівна сумі імовірностей несу-
місних подій
6543
,,, AAAA :
+
=
+
+
+
= 01765043,0)()()()()(
6543
APAPAPAPAP
80
.0186447,00000072,000018449,0000968619,0
=
+
++
2.1.16. Двоє людей купили по одному білету лотереї “6 з
49” і незалежно одна від одної відмітили по 6 номерів.
Знайти ймовірності подій:
а) кожен отримає мінімальний виграш;
б) кожен отримає будь-який виграш.
Мінімальний виграш відповідає трьом загальним елемен-
там з набором номерів
)49,...,2,1(),...,(
61
∈
α
α
, що з’явились
при розиграшу тиражу.
Розв’язок.
а) Нехай подія
А
1
полягає у мінімальному виграші першої
людини,
А
2
– у мінімальному виграші другої людини. Тоді
подія
А яка полягає у мінімальному виграшу обох людей рів-
на
21
AAA ⋅= . Оскільки події А
1
і А
2
незалежні, то
=
⋅
⋅
⋅
=⋅=⋅=
6
49
3
43
3
6
6
49
3
43
3
6
2121
)()()()(
C
CC
C
CC
APAPAAPAP
.00031154,0)01765043,0(
2
2
6
49
3
43
3
6
==
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
=
C
CC
б) нехай подія А
1
полягає у будь-якому виграші першої
людини,
А
2
– другої людини, А – у будь-якому виграшу двох
людей. Тоді
21
AAA
⋅
= і оскільки події А
1
і А
2
незалежні, то
=
⋅
⋅
⋅
=⋅=⋅=
∑∑
=
−
=
−
6
3
6
49
6
436
6
3
6
49
6
436
2121
)()()()(
i
ii
i
ii
C
CC
C
CC
APAPAAPAP
.000347624,0)0186447,0(
2
2
6
49
6
436
6
3
==
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
=
−
=
∑
C
CC
ii
i
2.1.17.
Спрощена схема контролю виробів складається з
двох незалежних перевірок. В результаті
k-ої перевірки (k =
= 1,2) виріб, який задовольняє стандарту, забраковується з
ймовірністю
k
, а бракований виріб приймається з ймовір-