Задачі для самостійного рішення

Приклад 1. Кинуті дві гральні кістки. Знайти ймовірність таких подій:

сума випавших очок дорівнює восьми, а різниця - чотирьом.

Приклад 2. При перевезенні ящика, в якому містилися 21 стандартна і 10 нестандартних деталей, загублена одна деталь, причому невідомо яка. Навмання витягнута (після перевезення) з ящика деталь виявилася стандартною. Знайти ймовірність того, що була загублена:

а) стандартна деталь;

б) нестандартна деталь.

Приклад 3. У пачці 20 перфокарт, помічених номерами 101, 102, .. . , 120 і довільно розташованих. Перфораторщіца навмання витягує дві карти. Знайти ймовірність того, що витягнуті перфокарти з номерами 101 і 120.

Приклад 4. У ящику 10 однакових деталей, помічених номерами 1, 2, ..., 10. Навмання витягнуті шість деталей. Знайти ймовірність того, що серед витягнутих деталей виявляться деталі № 1 і № 2.

Приклад 5. Знайти ймовірність того, що при киданні трьох гральних кісток шістка випаде на одній (байдуже який) кістки, якщо на гранях двох інших кісток випадуть числа очок, що не збігаються між собою (і не рівні шести).

Приклад 6. У партії з 100 деталей є 20 стандартних. Навмання відібрані 15 деталей. Знайти ймовірність того, що серед відібраних деталей рівно 5 стандартних.

Домашнє завдання

Приклад 1. Кинуті дві гральні кістки. Знайти ймовірності таких подій:

А) сума випавших очок дорівнює 5, а добуток 4.

Б) сума випавших очок дорівнює 8, а різниця 4.

Приклад 2. Набираючи номер телефону, абонент забув останні 3 цифри, і пам'ятаючи, що вони різні, набрав їх навмання. Знайти ймовірність того, що набрані потрібні цифри.

Приклад 3. У групі 12 студентів, серед яких 8 відмінників. За списком навмання відібрані 9 студентів. Знайти ймовірність того, що серед відібраних студентів 5 відмінників.

Приклад 4. У ящику є 15 деталей, серед яких 10 забарвлених. Складальник навмання витягує три деталі. Знайти ймовірність того, що витягнуті деталі виявляться пофарбованими.

Приклад 5. Завдання про зустріч. Два студенти умовилися зустрітися у визначеному місці між 12 і 13 годинами дня. Студент, який прийшов першим чекає другого протягом 1/4 години, після чого уходить. Знайти ймовірність того, що зустріч відбудеться, якщо кожен студент навмання вибирає момент свого приходу (у проміжку від 12 до 13 годин).

Питання для закріплення

1. Дати класичне означення ймовірності випадкової події.

2. Яка подія називається випадковою? Навести приклади.

3. Що називається геометричною ймовірністю?

4. Що таке статистична ймовірність?

Практичне заняття №3

Тема: Розв’язок задач за допомогою теорем додавання, множення та формули повної ймовірності

Мета: Наблизити до самостійного рішення задач, використовуючи теореми додавання та множення ймовірностей.

Теоретична частина

Теорема додавання ймовірностей несумісних подій. Ймовірність появи однієї з двох несумісних подій, байдуже якого, дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)

Теорема додавання ймовірностей сумісних подій. Імовірність появи хоча б однієї з двох сумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій без ймовірності їх спільної появи:

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)-Р(АВ)

Умовною ймовірністю Р_А(В) називають ймовірність події В, обчислену в припущенні, що подія А вже настала.

Теорема множення ймовірностей. Ймовірність сумісної появи двох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовну ймовірність іншої, обчислену в припущенні, що перша подія вже настала:

Р (АВ)= Р(А)*Р_А (В)

Для незалежних подій теорема має вигляд:

Р(АВ) = Р(А)Р(В)

Сума ймовірностей подій А₁, А₂, ... А_n, що утворюють повну групу, дорівнює одиниці:

Р(А₁)+Р(А₂)+…+Р(А _n)=1

Сума ймовірностей протилежних подій дорівнює одиниці:

Р(А)+Р( )=1

Ймовірність появи хоча би однієї події. Імовірність появи хоча б однієї з подій А1, А2, ... Аn незалежних у сукупності, дорівнює різниці між одиницею і добутком, ймовірностей протилежних подій А₁,А₂,…А_n

Р(А)=1–q₁q₂… q_n

Приватний випадок. Якщо А₁, А₂, ... А_n мають однакову ймовірність, рівну р, то ймовірність появи хоча б однієї з цих поді

Р (А) = 1 – qⁿ.

Формула повної ймовірності. Ймовірність події А, яка може наступити лише за умови появи однієї з несумісних подій B₁, B₂, ..., В_n, що утворюють повну групу, дорівнює сумі добутку ймовірностей кожного з цих подій на відповідну умовну ймовірність події А:

Р (А) = Р (В₁) P_Bl (А) + Р (В₂) P_B2 (A) + ... ... + Р(В_n)Р_Вn(А)

Формула Бейєса:

Приклад 1. На стелажі бібліотеки в випадковому порядку розставлено 15 підручників, причому п'ять з них у палітурці. Бібліотекар бере навмання три підручника. Знайти ймовірність того, що хоча б один з взятих підручників опиниться в палітурці (подія А).

Розв’язок. Перший спосіб. Вимога – хоча б один з трьох узятих підручників у палітурці – буде здійснено, якщо відбудеться будь-яке з наступних трьох несумісних подій: В – один підручник в палітурці, С – два підручника в палітурці, D – три підручника в палітурці.

Подія А, яка нас цікавить можна представити у вигляді суми подій:

А = B + C + D

За теоремою додавання:

Р (А)=Р (В)+Р(С)+Р(D)

Знайдемо ймовірності подій В, С и D:

Загальну кількість підручників, що можна взяти з 15 можна C₁₅³ способами. Подія В це, коли один підручник в палітурці з 5 за умовою, можна взяти С₅¹ способами, залишається з трьох взятих два підручника, не відомо яких з 10 без палітурці можна взяти С₁₀² способами, тоді ймовірність події В дорівнює відношенню добутку:

Р (В)=С₅¹*С₁₀²/C₁₅³ = 45/91,

Подія С – два підручника в палітурці, тоді взяти два підручника в палітурці з 5 можна С₅² способами, тоді один підручник, що залишився може бути без палітурці з 10, то його можна взяти С₁₀¹ способами. Тоді шукана ймовірність дорівнює:

Р (С) = С₅²*С₁₀¹/C₁₅³ = 20/91,

Відповідно ймовірність події D дорівнюється:

P(D) = C₅³/C₁₅³ = 2/91,

Підставимо дані у формулу теореми додавання та отримаємо шукану ймовірність:

Р (А) = 45/91+20/91+2/9 1 ==67/91.

Другий спосіб. Події А (хоча б один з взятих трьох підручників має обкладинку) і (жоден з узятих підручників не має палітурки) – протилежні, тому Р (А) + Р ( ) = 1 (сума ймовірностей двох протилежних подій дорівнює одиниці).

Звідси Р (А) = 1 - Р ( ).

Ймовірність появи події А (жоден з узятих підручників не має палітурки)

Р(А)=С₁₀³/С₁₅³=24/91

.

Шукана ймовірність

Р(А)=1-24/91=67/91.

Приклад 2. Ймовірності появи кожного з двох незалежних подій A₁ і А₂ відповідно рівні р₁, і р₂. Знайти ймовірність появи тільки одного з цих подій.

Розв’язок. Введемо позначення подій:

B₁ – з'явилося тільки подія A₁;

В₂ – з'явилося тільки подія ₂.

Поява події B₁ рівносильне появі події A_{1 2}. (з'явилося перша подія і не з'явилося друга), тобто:

В₁= А_{1 2}.

Поява події В₂ рівносильне появі події А_{1 2} (з'явилося друга подія і не з'явилося перша), тобто

В₂=А_{1 2}.

Таким чином. щоб знайти ймовірність появи тільки однієї з подій А₁ і ₂ досить знайти ймовірність появи одного, байдуже якого, з подій В₁ і В₂. Події B₁ і В₂ несумісні, тому слід застосувати теорему додавання:

Р(В₁+В₂)=Р(В₁)+Р(В₂)

Залишається знайти ймовірність кожної з подій B₁ і B₂. Події A₁ и ₂ незалежні, отже, незалежні й події A₁ и ₂, тому застосовують теорему множення:

Р (В₁) = Р(А_{1 2})=Р(А₁)*Р( ₂)=p₁*q₂,

Р (B₂)=Р(А_{1 2})=Р(A₁)Р( ₂)=p₂*q₁

Підставив ці ймовірності у відношення знайдемо шукану ймовірність появи тільки однієї з подій А₁ и ₂:

P(В₁+В₂) = p₁*q₂+ p₂*q₁.

Приклад 3. Ймовірність одного влучення в ціль при одному пострілі з двох знарядь дорівнює 0,38. Знайти ймовірність ураження цілі при одному пострілі першим із знарядь, якщо відомо, що для другої гармати ця ймовірність дорівнює 0,8.

Розв’язок. Нехай В₁ подія пострілу в ціль першого знаряддя, тоді ймовірність його попадання в ціль Р(В₁), В₂ подія попадання в ціль другого знаряддя, тоді його ймовірність попадання в ціль Р(В₂). В даній задачі відомо, що ймовірність одного влучення в ціль при одному пострілі з двох знарядь, тобто Р(В₁+В₂)=0,38.

Ймовірність попадання в ціль другим знаряддям – р₂=0,8; q₂=0,2 (друге знаряддя не попало в ціль)

Тоді ймовірність попадання в ціль першим знаряддям і не влученням другого дорівнюється:

Р(В₁)=р₁q₂

Ймовірність влучення другим знаряддям в ціль і не влучення першим дорівнюється:

Р(В₂)=p₂q₁

Підставимо в відношення:

Р(В₁+В₂)=р₁q₂+p₂q₁

Та складемо рівняння,з якого й знайдемо ймовірність влучення в ціль першим знаряддям.

0,38=0,2р₁+0,8(1-р₁)

0,38-0,8=0,2р₁-0,8р₁

0,6р₁=0,42

р₁=0,7

Приклад 4. У читальному залі є шість підручників з теорії ймовірностей, з яких три в палітурці. Бібліотекар навмання взяв два підручника. Знайти ймовірність того, що обидва підручники опиняться в палітурці.

Розв’язок. Введемо позначення подій: А – перший взятий підручник має палітурку, В – другий підручник має палітурку. Ймовірність того, що перший підручник має палітурку:

Р (А) = 3/6 = 1/2.

Ймовірність того що другий підручник має палітурку, за умови, що перший взятий підручник був у палітурці, тобто умовна ймовірність події В, така:

Р_А (В) = 2/5.

Шукана ймовірність того, що обидва підручники мають палітурку, за теоремою множення ймовірностей подій дорівнює:

Р (АВ)=Р (А) Р_А(В) = ½*2/5 = 0,2.

Зокрема, якщо всі n подій мають однакову ймовірність, рівну р, то ймовірність появи хоча б однієї з цих подій

Р(A) = 1–q₁q₂q₃…q_n.

Приклад 5. В електричне коло послідовно включені три елементи, які працюють незалежно один від іншого. Ймовірності відмов першого, другого і третього елементів відповідно рівні: р₁, = 0,1; р₂, = 0,15; р₃, = 0,2.

Знайти ймовірність того, що струму в ланцюзі не буде.

Розв’язок. Елементи включені послідовно, тому струму в ланцюзі не буде (подія А), якщо відмовить хоча б один з елементів.

Шукана ймовірність дорівнює:

Р (А) = 1–q₁q₂q₃= 1– (1-0,1)(1-0,15)(1-0,2)= 0,388.

Приклад 6. У урну, яка містить дві кулі, опущений біла куля, після чого з неї навмання витягнутий одна куля.

Знайти ймовірність того, що витягнутий куля виявиться білим, якщо рівноможливі всі можливі припущення про первинному складі куль (за кольором).

Розв’язок. Позначимо через А подію – витягнута біла куля.

Можливі наступні припущення (гіпотези) про початковий склад куль:

B₁ – білих куль немає,

В₂ – одна біла куля,

В₃ – дві білих кулі.

Оскільки всього є три гіпотези, причому за умовою вони рівноймовірні, і сума ймовірностей гіпотез дорівнює одиниці (оскільки вони утворюють повну групу подій), то ймовірність кожної з гіпотез дорівнює 1/3, тобто

Р (B₁) = P (В₂ ) = Р (В₃) == 1/3.

Умовна ймовірність того, що буде витягнута біла куля, при умові, що спочатку в урні не було білих куль, Р_В1 (А) = 1/3.

Умовна ймовірність того, що буде витягнута біла куля, при умові, що спочатку в урні була одна біла куля Р_В2 (А) = 2/3.

Умовна ймовірність того, що буде витягнута біла куля, при умові, що спочатку в урні було дві білих кулі Р_ВЗ (А) = 3/3 = 1.

Шукану ймовірність того, що буде витягнута біла куля, знаходимо за формулою повної ймовірності:

Р(А)=Р(В₁)Р_в1(А)+Р(В₂)Р_В2(А)+Р(В₃)Р_В3(А) =1/3*1/3+1/3*2/3+1/3*1=2/3.

Приклад 7. Два автомати виробляють однакові деталі, які надходять на загальний конвеєр. Продуктивність першого автомата вдвічі більше продуктивності другого. Перший автомат виробляє в середньому 60% деталей відмінної якості, а другий-84%. Навмання взята з конвеєра деталь виявилася відмінного якості. Знайти ймовірність того, що ця деталь вироблена першим автоматом.

Розв’язок. Позначимо через А подію – деталь відмінної якості. Можна зробити два припущення (гіпотези): B₁ – деталь проведена першим автоматом, причому (оскільки перший автомат виробляє вдвічі більше деталей, ніж другий) P (В₁) = 2/3; B₂ – деталь зроблена другим автоматом, причому Р (В2) = 1/3.

Умовна ймовірність того, що деталь буде відмінної якості, якщо вона вироблена першим автоматом, Р_В1(А) = 0,6.

Умовна ймовірність того, що деталь буде відмінної якості, якщо вона вироблена другим автоматом, Р_В2(А) = 0,84.

Ймовірність того, що навмання взята деталь виявиться відмінної якості, за формулою повної ймовірності дорівнює:

Р (А) = Р (В₁) Р_В1(А) + Р (В₂) Р_В2(А) = 2/3 *0,6 +1 / 3* 0,84 = 0,68.

Шукана ймовірність того, що взята відмінна деталь вироблена першим автоматом, за формулою Бейєса дорівнює

Р(А)_В1=