1, 2, 3, 4

не приймається. Знайти ймовірність того, що партію буде прийнято, якщо в ній M нестандартних виробів.

1.44. Виготовляючи виріб, послідовно працюють k робітників. Якість виробу, що передається кожному наступному виконавцеві, не перевіряється. Робітники не припускаються браку з імовірнос-

тями pi (i =1,2,..., k). Знайти ймовірність того, що готовий виріб буде стандартним.

1.45.Випущено n лотерейних білетів, серед яких m виграшних. Гравець придбав k білетів. Знайти ймовірність того, що серед них буде принаймні один виграшний.

1.46.Завод випускає вироби певного виду. Кожен виріб може мати дефект з імовірністю р. Після виготовлення виріб оглядають

ймовірності подій:

А — «виріб забраковано»; В — «виріб забракував 2-й контролер»;

С — «виріб забракували всі контролери».

1.47. Завод випускає вироби певного виду. Кожний виріб може мати дефект з імовірністю р. Виріб оглядає контролер, який

може виявити дефект з імовірністю p1. Якщо дефекту не виявле-

но, виріб вважається придатним. Контролер з імовірністю α може забракувати придатний виріб. Знайти ймовірності подій:

А — «виріб забраковано»; В — «виріб забраковано помилково»;

С— «дефектний виріб оцінено як придатний».

1.4.ФОРМУЛА ПОВНОЇ ЙМОВІРНОСТІ І ФОРМУЛА БАЄСА

Нехай подія А може відбутися тільки за умови настання однієї із несумісних подій Bi (i = 1, 2,…, n), які утворюють повну групу.

Тоді ймовірність події А подається формулою:

P(A)= ∑n P(Bi ) P(A/Bi ),

i=1

де P(Bi ) — імовірність події Bi ; P(A/Bi ) — умовні ймовірності

настання події А.

Наведеназалежністьназиваєтьсяформулоюповноїймовірності. Знову розглянемо події Bi (i =1, 2, ..., n), які утворюють повну

групу подій і попарно несумісні. Ці події називатимемо гіпоте-

21

зами. Подія А може відбутись одночасно з деякою із подій Bi . Відомі ймовірності подій Bi та умовні ймовірності того, що подія

А відбудеться. Відомо, що в результаті випробування подія А відбулась. Потрібно з огляду на це переоцінити ймовірності гіпотез

Bi . Для цього застосовують формулу Баєса:

вмання взятої партії беремо одну деталь. Знайти ймовірність того, що вибрана деталь: а) стандартна; б) нестандартна.

Розв’язання. Позначимо події: Bi (i =1,2,..., N ) — «деталь узято з i-ї партії»; А — «узята деталь стандартна». Події Bi попарно

несумісні й утворюють повну групу. Подія A може настати одночасно з деякою подією Bi . Задача розв’язується за формулою по-

вної ймовірності:

P(Bi )= N1 ,

P(A/Bi )= mi , (i =1, 2, ..., N ). ni

P(A)= 1 ∑N mi . N i=1 ni

Імовірність події A можна визначити відніманням від одиниці ймовірності події А, яку щойно знайдено.

Приклад 2. На двох верстатах-автоматах виробляють однакові деталі, які надходять на транспортер. Продуктивність першого верстата утричі більша, ніж другого, причому перший верстат виробляє нестандартну деталь з імовірністю 0,15, а другий — з імовірністю 0,2. Знайти ймовірність того, що навмання взята з транспортера деталь буде стандартною.

22

Розв’язання. Розглянемо події: B1 — «деталь виготовлено на першому верстаті»; B2 — «деталь виготовлено на другому верстаті»; А — «вибрана деталь стандартна». Події B1 i B2 несумісні

й утворюють повну групу, що ж до події А, то вона може відбутись одночасно з кожною із цих подій. Умовні ймовірності настання події А відомі. Згідно з умовою, що продуктивність першого верстата утричі більша, ніж другого, знаходимо

P(B1 )= 0,75, P(B2 )= 0,25. За формулою повної ймовірності має-

мо: P(A)= 0,75 0,85 +0,25 0,8 = 0,8375.

Приклад 3. Партію виготовлених деталей перевіряли два контролери. Перший перевірив 45 %, а другий — 55 % деталей. Імовірність припуститися помилки під час перевірки для першого контролера становить 0,15, для другого — 0,1. Після додаткової перевірки в партії прийнятих деталей виявлено браковану. Оцінити ймовірність помилки для кожного контролера.

Розв’язання. Розглянемо події: B1 — «деталь перевіряв перший контролер»; B2 — «деталь перевіряв другий контролер»; А — «виявлено браковану деталь». Події B1 i B2 несумісні й утворю-

ють повну групу. Подія А відбулась одночасно з однією із цих подій, імовірності яких потрібно переоцінити. Застосуємо формулу Баєса.

P(B2 /A)=1− P(B1 /A)=1− 0,551 = 0,449.

Отже, більш імовірно, що помилки припустився перший контролер.

Приклад 4. Маємо дві партії однакових виробів. Перша складається з 15 стандартних і 4 нестандартних, друга — із 18 стандартних і 5 нестандартних виробів. Із навмання вибраної партії взято один виріб, який виявився стандартним. Знайти ймовірність того, що другий навмання взятий виріб також буде стандартним.

Розв’язання. Розглянемо події: B1 — «перший виріб взято з першої партії»; B2 — «перший виріб узято з другої партії»; А — «перший узятий виріб стандартний»; С — «другий узятий виріб

23

стандартний». За формулою повної ймовірності знаходимо ймовірність події А:

Вправи для самостійного розв’язування

1.48.На двох верстатах-автоматах виробляються однакові заготівки, які транспортером перекидаються в те саме місце. Продуктивність другого верстата в 1,5 раза більша, ніж першого. Перший верстат дає 5 % нестандартних заготівок, а другий — 93 % стандартних. Знайти ймовірність того, що взята навмання заготівка буде:

1) стандартна; 2) нестандартна.

1.49.На конвеєр надходять деталі від трьох автоматів. Перший дає 90 %, другий — 93 %, а третій — 95 % придатної продукції. Протягом зміни від першого автомата надходить 60, від другого — 50, від третього — 40 деталей. Знайти ймовірність потрапляння на конвеєр:

1) нестандартної деталі; 2)стандартної деталі.

1.50.На складі зберігаються кінескопи, 70 % яких виготовлено на заводі № 1, а решта — на заводі № 2. Імовірність того, що кінескоп витримає гарантійний строк, дорівнює 0,9 для заводу № 2

і0,8 для заводу № 1. Знайти ймовірність того, що навмання взятий кінескоп:

1) не витримає гарантійного строку; 2) витримає гарантійний строк.

24

1.51. Маємо дві партії деталей. Перша складається з 15 стандартних і 4 нестандартних, друга — із 10 стандартних і 3 нестандартних. Із першої партії береться одна деталь і перекладається у другу. Знайти ймовірність того, що деталь, яку після цього взяли із другої партії :

1) стандартна; 2) нестандартна.

1.52. Маємо три партії деталей. Перша складається з 10 стандартних і 4 нестандартних, друга — із 14 стандартних і 4 нестандартних, третя — із 16 стандартних і 5 нестандартних деталей. Із навмання вибраної партії береться деталь. Знайти ймовірність того, що деталь буде:

1) стандартною; 2) нестандартною.

1.53. Металеві заготівки для подальшої обробки надходять із двох цехів: 55 % із першого, 45 % із другого. При цьому продукція з першого цеху містить 3 %, а з другого цеху — 5 % браку. Знайти ймовірність того, що заготівка, яка надійшла на обробку:

1) придатна; 2) бракована.

1.54. На склад надходить продукція від двох підприємств. Від першого — 60 %, від другого — 40 %. Перше підприємство дає 80 % продукції 1-го сорту і 20 % 2-го сорту, а друге дає 70 % продукції 1-го сорту і 30 % 2-го сорту. Знайти ймовірність того, що навмання взята одиниця продукції буде:

1) першого сорту; 2) другого сорту.

1.55. Для посіву пшениці заготовлено насіння, серед якого 95 % 1-го сорту, 3 % 2-го та 2 % 3-го сорту. Імовірність того, що з насінини виросте колосок, в якому не менш ніж 50 зерен, для 1-го сорту насіння становить 0,5, для 2-го сорту — 0,2, для 3-го — 0,1. Знайти ймовірність того, що навмання взятий колосок у разі такого посіву матиме не менш як 50 зерен.

1.56. Маємо 50 комплектів деталей. Відомо, що кількість комплектів із дефектами серед них може з однаковою ймовірністю становити 0, 1 або 2. Знайти ймовірність того, що навмання взяті 3 комплекти виявилися без дефектів.

1.57. Кожний виготовлений заводом виріб може мати дефект з імовірністю р. У цеху є три контролери, кожний з яких виявляє

дефект з імовірністю pi (i =1,2,3). Імовірності потрапляння деталі

на перевірку до кожного контролера однакові. Виріб, який не було забраковано в цеху, перевіряє ВТК заводу, де дефект виявля-

ється з імовірністю p0 . Визначити ймовірність того, що:

1)виріб буде забраковано в цеху;

2)виріб буде забраковано у ВТК заводу;

3)виріб буде забраковано.

25

1.58.Партія складається з 10 стандартних і 5 нестандартних деталей. Із партії навмання взяли деталь і без обстеження відклали вбік. Знайти ймовірність того, що довільно взята після цього з партії деталь буде стандартною.

1.59.Маємо дві партії виробів. Перша складається з N виробів, серед яких n стандартних. У другій партії M виробів, із них m стандартних. Із першої партії взяли k виробів, а із другої l виробів. Вибрані вироби перемішали, і вони утворили нову партію. Знайти ймовірність того, що виріб, узятий навмання з нової партії, буде стандартним.

1.60.Деталі на конвеєр надходять із двох автоматів. Від першого — 60 %, від другого — 40 %. Перший автомат дає 2 %, а другий — 1 % браку. Деталь, яка надійшла на конвеєр, виявилась стандартною. Знайти ймовірність того, що цю деталь виготовлено:

1) першим автоматом; 2) другим автоматом.

1.61.Дві перфораторниці набили 500 перфокарток, із них перша набила 300. Імовірність припуститися помилки під час виконання цієї роботи становить 0,15 для першої і 0,1 для другої працівниці. Під час контролю на перфокартці виявлено помилку. Знайти ймовірність того, що помилку зробила:

1) перша перфораторниця; 2) друга перфораторниця.

1.62.Маємо три партії однакових деталей. У першій 20 стандартних і 5 нестандартних, у другій — 15 стандартних і 3 нестандартні, у третій — 14 стандартних і 2 нестандартні деталі. Із навмання вибраної партії взяли деталь. Вона виявилася стандартною. Знайти ймовірність того, що цю деталь узято:

1) із першої партії; 2) із другої партії; 3) із третьої партії.

1.63.Маємо дві партії однакових виробів. Перша складається з 10 виробів заводу № 1 і 5 виробів заводу № 2. У другій партії 15 виробів заводу № 1 i 6 — заводу № 2. Із навмання вибраної партії взято один виріб, який виявився виготовленим на заводі № 1. Після цього випробування повторили. Знайти ймовірність того, що другий взятий виріб виготовлено на заводі № 2.

1.5. СХЕМА ВИПРОБУВАНЬ З ПОВТОРЕННЯМИ

Незалежні випробування

Нехай проводяться n випробувань, у кожному з яких подія А може як відбутись, так і не відбутись. Якщо ця ймовірність у кожному випробуванні не залежить від того, відбулась вона в інших випробуваннях чи ні, то такі випробування називаються не-

26

залежними щодо події А. Згідно з означенням випробування також незалежні, якщо в кожному з них імовірність настання події А однакова, тобто дорівнює тому самому числу. Імовірність того, що подія А відбудеться в кожному з незалежних випробувань,

позначають P(A)= p, а ймовірність настання протилежної події

P(A)=1− p = q. Для розв’язування задач на повторні незалежні

випробування застосовують такі формули і теореми.

1. Формула Бернуллі. Імовірність того, що в n незалежних випробуваннях, у кожному з яких імовірність Р(А) = р, подія А відбудеться m раз, подається так:

Pn (m)= Cnm pm qn−m .

Формула застосовується, якщо n ≤10.

2. Найімовірніша кількість. Частота m0 настання події А в n

незалежних повторних випробуваннях називається найімовірнішою кількістю (появи цієї події), якщо їй відповідає найбільша ймовірність. Вона визначається за формулою:

np −q ≤ m0 ≤ np + p.

Розподіл може мати одне або два найімовірніші числа.

3. Локальна теорема Лапласа. Імовірність того, що в n неза-

лежних випробуваннях, у кожному з яких Р(А) = р, подія А відбудеться m раз, подається такою наближеною залежністю:

Локальна теорема Лапласа дає змогу обчислювати ймовірнос-

ті Pn (m), якщо n > 10 i p > 0,1.

4. Формула Пуассона. Якщо в кожному з n незалежних повторних випробувань P(A)= p i 0 < p < 0,1 , а n велике, то

Pn (m)≈ amm! e−a , a = np.

5.Інтегральна теорема Лапласа. Імовірність того, що подія

Авідбудеться від m1 до m2 раз при проведенні n незалежних ви-

пробувань, у кожному з яких подія А відбувається з імовірністю р, подається формулою:

27

x1 = m1npq− np , x2 = m2npq− np .

Значення функції Лапласа наводяться у спеціальних таблицях. 6. Відхилення відносної частоти від імовірності. Імовірність того, що при проведенні n незалежних випробувань відхилення відносної частоти події А від її ймовірності за модулем не пере-

вищить ε, визначається за формулою:

7. Твірна функція. Нехай проводяться n незалежних випробувань, в яких подія А відбувається з імовірністю pi (i =1,2,..., n).

Тоді ймовірність настання цієї події m раз визначається за допо-

могою твірної функції ϕn (z)= ∏n (pi z + qi ). Якщо перетворити пра-

i=1

ву частину функції і звести подібні члени, то коефіцієнт при z m визначає Pn (m).

Приклади розв’язування задач

Приклад 1. Із партії, в якій 12 стандартних і 4 нестандартні деталі, навмання беруться 3 деталі з поверненням. Знайти ймовірність того, що серед узятих деталей :

1)усі три стандартні;

2)не більш як одна нестандартна;

3)принаймні одна нестандартна.

Розв’язання. Маємо схему трьох незалежних випробувань. Нехай подія А — «узята щоразу деталь стандартна», тоді

P(A)= p = 1216 = 0,75. Імовірності обчислюватимемо за формулою

Бернуллі:

1) P3 (3)= C33 p3q0 = 0,753 = 0,421875.

28

2) Подію «із трьох деталей не більш як одна нестандартна» можна розглядати так: узято 3 стандартні деталі або 2 стандартні і одну нестандартну деталь. У позначеннях формули Бернуллі

P3 (m ≥ 2)= P3 (3)+ P3 (2)= 0,421875 + C32 0,752 0,25 = 0,84375.

3) Протилежною для даної буде подія «усі три деталі стандартні». Їй рівносильна подія P3 (m < 3). Обчислимо цю ймовірність:

P3 (m < 3)=1− P3 (3)=1−0,421875 = 0,578125.

Приклад 2. Частка довгих волокон у партії бавовни становить у середньому 0,6 загальної кількості волокон. Скільки потрібно взяти волокон, щоб найімовірніше число довгих волокон серед них дорівнювало 40?

Розв’язання. Скористаємося формулою, за якою визначається найімовірніше число: np − q ≤ m0 ≤ np + p. Підставимо сюди зна-

чення відомих величин:

0,6n −0,4 ≤ 40 ≤ 0,6n +0,6; − 0,4 − 40 ≤ −0,6n ≤ 0,6 − 40; 390,,64 ≤ n ≤ 400,,64 ; 65,7 ≤ n ≤ 67,3.

Задача має два розв’язки: n = 66 i n = 67.

Приклад 3. На кожні 40 відштампованих виробів у середньому припадає 4 дефектних. Із усієї продукції навмання узято 400 виробів. Знайти ймовірність того, що серед них 350 виробів будуть без дефектів.

Розв’язання. Подія А — «узято виріб без дефекту». За умовою Р(А) = р = 0,9. Проведено n = 400 незалежних випробувань. Розв’яжемо задачу за формулою локальної теореми

x = 350 − 400 0,9 ≈ −1,67. За таблицями знаходимо ϕ(−1,67)= 0,0989, 400 0,9 0,1

беручи до уваги, що ϕ(x) — парна функція.

Отже, P400 (350)≈ 0,09896 ≈ 0,0165.

29

Приклад 4. Завод відправив на базу 1000 доброякісних виробів. За час перебування в дорозі кожний виріб може бути пошкоджено з імовірністю 0,003. Знайти ймовірність того, що на базу прибудуть 3 пошкоджені вироби.

Розв’язання. Якщо подія А — «виріб пошкоджено», то її ймовірність р = 0,003. Розглядається схема незалежних випробувань, n = 1000. Імовірність події А досить мала, тому задачу розв’я-

жемо за формулою Пуассона: Pn (m)≈ amm! e−a .

Виконуючи обчислення, знаходимо: a = np =1000 0,003 = 3;

P1000 (3)≈ 333! e−3 ≈ 0,229.

Приклад 5. Зерна пшениці проростають з імовірністю 0,95. Знайти ймовірність того, що із 2000 посіяних зерен зійде від 1880

до 1920.

Розв’язання. Подія А — «зерно пшениці зійшло». Її імовірність р = 0,95, кількість незалежних випробувань n = 2000. Застосуємо формулу інтегральної теореми Лапласа:

функція Лапласа, а далі виконаємо обчислення:

P2000 (1880;1920)≈ Φ(2,06)− Φ(−1,03)= Φ(2,06)+ + Φ(1,03)= 0,4803 + 0,3485 = 0,8288.

Значення функції Лапласа беруться з відповідної таблиці.

Приклад 6. Верстат-автомат виготовляє стандартну деталь з імовірністю 0,9. Із продукції беруть партію деталей. Скільки деталей має містити партія, щоб з імовірністю 0,9973 можна було стверджувати: у партії відхилення відносної частоти появи нестандартної деталі від імовірності її виготовлення не перевищуватиме 0,03? Визначити можливу кількість нестандартних деталей у партії за даних умов.

30