Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
81
ністю
k
. Виріб приймається, якщо він пройшов обидві пере-
вірки.
Знайти ймовірності подій:
а) бракований виріб буде прийнято;
б) виріб, який задовольняє стандарту, буде забраковано.
Розв’язок.
а) Нехай подія
А полягає у тому, що бракований виріб бу-
де прийнято,
А
1
– прийнято на першій перевірці, А
2
– прийня-
то на другій перевірці. Отже,
21
AAA
⋅
=
і =)(AP
)()()(
2121
APAPAAP
⋅
=⋅= – оскільки події А
1
і А
2
– незалеж-
ні. Тут
,)(
11
α
=AP
і
22
)(
α
=
AP
. Отже,
21
)(
α
α
⋅
=
AP
.
б) Позначимо через
А – подію, яка полягає в тому, що ви-
ріб який задовільняє стандарту буде забраковано,
A – виріб,
який задовільняє стандарту буде прийнято. Оскільки ці події
несумісні і утворюють повну групу подій, то
)()( APAP + =
= 1, звідки
)1)(1(1)(1)(
21
ββ
−−−=−= APAP .
2.1.18. Довести, що )()()\( BAPAPBAP
×
−
=
.
Розв’язок.
Оскільки подія
А є сумою несумісних подій
В
А
×
і
В
А
× : ВАВАА ×+×→ , то її імовірність =)(АР
)()( BAPВАР ×+×= , звідки ).()()( ВАРАРВАР ×−=×
2.1.19. Відомі імовірності подій А, В,
В
А
×
. Знайти
імовірності подій: а)
;ВА + б) ;ВА× в) А + В; г) ;ВА + д)
;ВА + е) ;ВА× є) );( ВАА +× ж) )( ВАА ×+ .
Розв’язок.
Відомі
Р(А), Р(В), Р(
В
А
×
).
а) за означенням
+×+×=+ )()()( ВАРВАРВАР
*)()()()( =×+×+×=×+ ВАРВАРВАРBАP
82
Оскільки =×+×+×+× )()()()( ВАРВАРВАРВАР
,1= як імовірність повної групи подій, то попередній вираз
рівний: *=
)(1 BAP ×− ;
б) з імовірності повної групи подій маємо:
*)()()(1)( =×−×−×−=× ВАРВАРВАРВАР
Підставивши у рівність вирази
−=× )()( ВРВАР
)( ВАР ×−
і ),()()( ВАРАРВАР ×−=× отримаємо:
[]
[
]
);()()(1
)()()()()(1*
ВАPВРАP
ВАРВАРАРВАРВР
×+−−=
=
×
−
×
−
−
×
−−=
в) за означенням
+×+×=+ )()()( BAPBAPBAP
[]
[
]
+
×
−
+
×
−
=×+ )()()()()( BAPBPBAPAPBAP
)()()()( BAPBPAPBAP
×
−
+
=×+ ;
г)
=×+×+×=+ )()()()( BAPBAPBAPBAP
=×−=×+×+×= )(1)()()( BAPBAPBAPBAP
[
]
).()(1)()(1 BAPAPBAPAP
×
+
−
=
×−−=
д) Протилежною подією до суми
B
A
+
подій є
B
A × :
B
A
B
A
×=+ . Отже,
−−=×=+ )(1)()( APBAPBAP
)()( BAPBP ×+− .
е)
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
+
=
×
+
×
+
×=× . Отже,
)(1)()()()( BAPBAPBAPBAPBAP ×−=×+×+×=× ;
є)
+××=×+×+×=+× BAABABABAABAA )()(
B
A
B
AA
B
AA
×
=
×
×+××+ , або +×=+× AABAA )(
B
A
B
A ×=×+ .
Отже,
[
]
)()()()( BAPBPBAPBAAP ×−=×=+× .
ж)
BABABABAA ×+×+×=×+ )()( . Тоді
83
[
]
−=×+×+×=×+ )()()()()( APBAPBAPBAPBAAP
−
+
=
×
−
+
×
+×− )()()()()()( BPAPBAPBPBAPBAP
)( BAP ×− .
2.1.20. Двоє по черзі кидають монету. Виграє той, хто
першим викине “тризуб”.
Знайти ймовірність подій:
а) гра закінчиться до 4-го кидання;
б) виграє той, хто почав гру (перший гравець);
в) виграє другий гравець.
Розв’язок.
Пронумеруємо черговість кидання монети. Тоді підки-
дання з непарними номерами
і = 1, 3, 5... проводяться першим
гравцем, з парними номерами –
і = 2, 4, 6... другим гравцем.
Нехай
А – шукана подія, А
і
– в і-тому підкиданні випав “три-
зуб”.
а) Нехай подія
А
і
означає, що гра закінчиться до 4-го
кидання, тобто або на першому киданні – подія
А
1
(виграє І
гравець), або на другому киданні – подія
А
2
(виграє ІІ гравець
і відповідно перший програє) або на третьому киданні – подія
А
3
(виграє І гравець, попередньо програють перший і другий
гравці).
Отже, подія
А є сумою несумісних подій:
321211
AAAAAAA ⋅⋅+⋅+= .
Оскільки імовірність
р випадання “тризуба” рівна
2
1
, від-
повідно імовірність невипадання
2
1
=q
, то імовірність події
А рівна:
+=⋅⋅+⋅+= )()()()()(
1321211
APAAAPAAPAPAP
*)()()()()(
32121
=⋅⋅+⋅+ APAPAPAPAP
(оскільки події
1
A і
2
A ;
21
, AA і
3
A незалежні між собою)
84
8
7
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
* =⋅⋅+⋅+=
.
б) Подія
А – “виграє перший гравець” є сумою
несумісних подій:
+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+=
543213211
AAAAAAAAAA
...,......
122217654321
+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
+kk
AAAAAAAAAAA де по-
дії
12221
,,...,
+kk
AAAA – незалежні між собою.
Тоді імовірність події
А рівна:
×⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+=
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
)(AP
=⋅=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++++=+⋅×
∑
∞
=
k
k
k
2
0
2642
2
1
2
1
...
2
1
...
2
1
2
1
2
1
1
2
1
...
2
1
2
1
,
3
2
3
4
2
1
2
1
1
1
2
1
2
=⋅=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⋅=
як сума членів ряду нескінченної геометричної прогресії.
в) подія
А – виграє другий гравець є сумою несумісних
подій:
+⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=
654321432121
AAAAAAAAAAAAA
.........
21221
+⋅⋅⋅+
− kk
AAAA
Імовірність такої події
А рівна: +⋅= )()(
21
AAPAP
×⋅+⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+
216543214321
(...)()( AAPAAAAAAPAAAAP
×⋅⋅+⋅=+⋅×
−
)()()()()(...)...
32121212
APAPAPAPAPAA
kk
×+⋅⋅⋅⋅⋅+× )(...)()()()()()()(
16543214
APAPAPAPAPAPAPAP
+⋅⋅⋅+⋅=+⋅⋅×
−
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
...)()(...)(
2122 kk
APAPAP
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++++=+⋅⋅⋅+ ...
2
1
...
2
1
2
1
2
1
1
4
1
...
2
1
2
1
2
1
2
1
2642 k
85
.
3
1
2
1
1
1
4
1
2
1
4
1
2
2
0
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⋅=⋅=
∑
∞
=
k
k
2.1.21. З настання події АВ обов'язково випливає настання
події
С.
Довести, що
Р(А) + Р(В) – Р(С)
≤
1.
Розв’язок.
Подія
А є частковим випадком події В, тобто з появи події
А достовірно випливає настання події В (див. рис. 2.1.3а).
Доведемо спочатку, що якщо подія
В випливає з події А,
то
)()( APBP ≥ . Подію В можна представити у вигляді суми
несумісних подій
А і
B
A :
B
AA
B
⋅
+
=
. Застосуємо до цієї
суми оператор імовірності:
Рис. 2.1.3
)()()()( BAPAPBAAPBP ⋅+=⋅+= . Оскільки
0)( ≥⋅ BAP , то )()( APBP ≥ .
Згідно умови задачі подія
С випливає з події А
.
В, тому по
аналогії
)()( ABPCP ≥ (див. рис. 2.1.3б)
Як видно з рис. 2.1.4а
B
AABA
⋅
+
=
, отже, =)(AP
)()( BAPABP ⋅+= ;
B
AAB
B
⋅
+
=
, отже, +
=
)()( ABPBP
)( BAP ⋅+ .
б)
А
В
а)
А
В
С
86
Тоді ++⋅+≤−+ )()()()()()( ABPBAPABPCPBPAP
).()()()()( BAPBAPABPABPBAP ⋅+⋅+=−⋅+
Оскільки несумісні події
,BA
⋅
,BA⋅ ,BA ⋅
B
A
⋅
утво-
рюють повну групу подій, то
+⋅+⋅+⋅ )()()( BAPBAPBAP
1)( =⋅+ BAP . Звідси −=⋅+⋅+⋅ 1)()()( BAPBAPBAP
)( BAP ⋅−
.
Підставивши цей вираз у попередню нерівність, отри-
муємо:
1)(1)()()( ≤⋅−≤−+ BAPCPBPAP , оскільки
0)( ≥⋅ BAP .
2.1.22.
Дві гральні кістки кидають до випадання “6” хоча
б на одній з них. Знайти ймовірність того, що вперше “6”
з’явиться при
k-му киданні, k = 1, 2, 3, ...
Розв’язок.
Ймовірність
р випадання “6” на одній кістці рівна 1/6,
ймовірність невипадання
6
5
6
1
1 =−=q
.
Ймовірність
Р(А
1
) випадання хоч би однієї “6” при од-
ному одночасному підкиданні двох кісток рівна сумі ймовір-
ностей трьох несумісних подій:
В
1
– на І кістці випала “6”, а
на ІІ кістці не випала шістка:
36
5
6
5
6
1
)(
1
=⋅=BP ;
В
2
– на І кістці не випала “6”, а на ІІ кістці випала;
36
5
6
5
6
1
)(
2
=⋅=BP ;
В
3
– на І і ІІ кістках випали “6”;
36
1
6
1
6
1
)(
3
=⋅=BP
.
Таким чином, імовірність хоч би однієї появи “6” при
одному одночасному підкиданні (
k = 1) рівна:
.
36
11
36
1
36
5
36
5
)(
1
=++=AP
87
Тоді імовірність непояви хоч би однієї “6” при одному
підкиданні рівна
36
25
36
11
1)(1)( =−=−= APAP
.
Ймовірність
Р(А
2
) того, що хоч би одна “6” з’явиться при
другому підкиданні (
k = 2) рівна добутку імовірностей неза-
лежних подій:
I
A
2
– при першому підкиданні не випала жодна “6”,
II
A
2
– при другому підкиданні випала хоч би одна “6”:
36
11
36
25
)()()()(
22222
⋅=⋅=⋅=
IIIIII
APAPAAPAP .
Тоді подія
А
3
– з’явиться хоч би одна “шістка” при тре-
тьому підкиданні (
k = 3), якщо при перших двох підкиданнях
“6” не випала жодного разу, тобто відбулися події
III
AA
33
, .
Імовірність цієї події рівна:
.
36
11
36
25
)()()()()(
2
3333333
⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⋅⋅=⋅⋅=
IIIIIIIIIIII
APAPAPAAAAP
Аналогічно, ймовірність події
k
A , яка полягає в хоч би
одній появі “6” при
k-тому одночасному підкиданні двох
гральних кісток рівна добутку імовірностей незалежних подій
1
1
36
25
)...(
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⋅⋅
k
k
k
II
k
I
k
AAAP і
36
11
)( =
k
k
AP . Остаточно:
.
36
11
36
25
)(
1
⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
−k
k
AP
2.1.23. Розглянемо квадратне рівняння 0
2
=++ CBxAx ,
де
A, B, C визначаються відповідно як результати трьох
послідовних підкидань грального кубика. Знайти імовірність
того, що рівняння має дійсні корені. Знайти імовірність того,
що рівняння має раціональні корені.
88
Розв’язок.
Оскільки
А, В, С визначаються як результати підкидань
грального кубика, то це означає, що
А, В, С можуть набувати
значень одного з чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6, що з’являються на верх-
ній грані грального кубика. Позначимо число, що з’являється
при першому підкиданні кубика через
А, другому – В, тре-
тьому –
С. Для того, щоб рівняння Ах
2
+ Вх + С мало дійсні
корені, необхідно, щоб дискримінант рівняння
04
2
≥−= ACBD
, тобто, щоб
ACB 4
2
≥
.
Розглянемо усі можливі варіанти результатів трьох під-
кидань грального кубика, тобто несумісні події:
1)
В
1
– В
1
= 1 (В
2
= 1) – не підходить, оскільки нерівність
CA ⋅⋅≥ 41 не може справджуватись ні при одному з значень
А і С.
2)
В
2
– В = 2 (В
2
= 4) – тут можливе лише виконання рів-
ності
1144 ⋅⋅=
при А = 1, С = 1. Обчислимо імовірність по-
дії
В
2
, яка рівна добутку незалежний подій:
I
B
2
– при першо-
му підкиданні грального кубика випадає 1 (
А = 1),
II
B
2
– при
другому підкиданні грального кубика випадає 1 (
В = 1),
III
B
2
–
при третьому підкиданні випадає 1 (
С = 1).
Отже,
),()()()()(
2222222
IIIIIIIIIIII
BPBPBPBBBPBP ⋅⋅=⋅⋅=
і, оскільки,
6
1
)()()(
222
===
IIIIII
BPBPBP , то =)(
2
BP
3
6
1
6
1
6
1
6
1
=⋅⋅=
.
3)
В
3
– В = 3 (В
2
= 9). Нерівність CA
⋅
⋅
≥ 49 справ-
джується, якщо відбувається одна з трьох несумісних подій,
D
1
, D
2
, D
3
, так що В
3
= D
1
+ D
2
+ D
3
.
Розглянемо ці події.
D
1
– складна подія, яка полягає в одночасному настанні
подій
)1(),3(),1(
111
=== CDBDAD
IIIIII
, оскільки при цьо-
му 9 > 4. Отже,
IIIIII
DDDD
1111
⋅⋅= . Цей варіант вибору А і С
такий же, як в події
В
2
.
89
Подія,
IIIIII
DDDD
2222
⋅⋅=
– де події ),1(
2
=AD
I
),3(
2
=BD
II
)2(
2
=CD
III
, так що при цьому
2149
⋅
⋅
≥
. По-
дія
IIIIII
DDDD
3333
⋅⋅= , де події ),2(
3
=AD
I
),3(
3
=BD
II
)1(
3
=CD
III
, і при цьому 1249
⋅
⋅
> . Таким чином, імовір-
ність події
В
3
рівна сумі імовірностей несумісних подій D
1
,
D
2
, D
3
:
=
+
+
=
+
+
= )()()()()(
3213213
DPDPDPDDDPBP
=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= )()()(
333222111
IIIIIIIIIIIIIIIIII
DDDPDDDPDDDP
.
6
1
3
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
)()()(
)()()()()()(
3
333
222111
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=
=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+
+⋅⋅+⋅⋅=
IIIIII
IIIIIIIIIIII
DPDPDP
DPDPDPDPDPDP
4)
В
4
– В = 4 (В
2
= 16). Нерівність CA
⋅
⋅
≥ 416 виконує-
ться при відбутті однієї з восьми несумісних подій
)8,1( =iE
i
,
де в подіях
Е
1
, Е
2
, Е
3
, варіанти вибору А і С такі ж як у подіях
D
1
, D
2
, D
3
, відповідно. Інші події розшифровуються так:
Е
4
(А = 2, В = 4, С = 2); Е
5
(А = 1, В = 4, С = 3), в якій 16 > 12;
Е
6
(А = 3, В = 4, С = 1), в якій 16 > 12; Е
7
(А = 1, В = 4, С = 4), в
якій 16 = 16;
Е
8
(А = 4, В = 4, С = 1), в якій 16 = 16.
Імовірності
Р(N
і
) кожної з складних несумісних подій N
і
,
що визначають вибір певного числа
А при першому підкидан-
ні грального кубика – подія
N
і
, певного числа В при другому
підкиданні грального кубика – подія
II
i
N , та певного числа С
при третьому підкиданні грального кубика – подія
III
i
N внас-
лідок незалежності цих подій рівна добутку їх імовірностей:
90
)()()()()(
III
i
II
i
I
i
III
i
II
i
I
ii
NPNPNPNNNPNP ⋅⋅=⋅⋅= , і
оскільки імовірності вибору будь-якого числа рівна 1/6, то
3
6
1
)(
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
i
NP . Отже,
3
4
6
1
8)( ⋅=BP
.
5)
В
5
– В = 5 (В
2
= 25). Нерівність CA
⋅
⋅
≥ 425 справ-
джується при відбутті однієї з чотирнадцяти несумісних подій
)14,1(
_____
=iF
i
, де в подіях F
1
,… F
8
, варіанти вибору А і С такі ж
як у подіях
E
1
…E
8
відповідно. Решта подій розшифровуються
таким чином:
F
9
(А = 1, В = 5, С = 5), F
10
(А = 5, В = 5, С = 1), в
яких 25 > 20;
F
11
(А = 1, В = 5, С = 6), F
12
(А = 6, В = 5, С = 1),
F
13
(А = 2, В = 5, С = 3), F
14
(А = 3, В = 5, С = 2), в яких 25 > 24.
Таким чином,
3
5
6
1
14)(
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=BP
.
6)
В
6
– В = 6 (В
2
= 36). Нерівність
CA
⋅
⋅
≥ 436
справ-
джується при відбутті однієї з сімнадцяти подій
)17,1(
_____
=iK
i
,
де в подіях
К
1
,… К
14
, варіанти вибору А і С такі ж як у подіях
F
1
…F
14
. Розшифровка решти подій така: К
15
(А = 2, В = 6, С =
= 4),
К
16
(А = 4, В = 6, С = 2), в яких 36 > 32; К
17
(А = 3, В = 6,
С = 3), в якій відбувається рівність 36 = 36.
Отже,
3
6
6
1
17)(
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=BP
.
Таким чином, остаточно імовірність події, яка полягає в
тому, що
ACB 4
2
≥ рівна:
.
216
43
6
1
43
6
1
17
6
1
14
6
1
8
6
1
3
6
1
0)()()()()(
)()()4(
33333
3
65432
1654321
2
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=+++++
+=+++++=≥
BPBPBPBPBP
BPBBBBBBPACBP