Типові задачі і їх розв’язуваня

1. Використовуючи властивості операцій над подіями, довести, що

а) ;

б) ;

в) ;

г) .

Розв’язування.

а) Згрупуємо перший і третій доданки лівої частини нашої рівності, тобто скористаємось властивістю комутативності. На підставі властивості дистрибутивності та інших перетворимо суму цих двох доданків до виду: . Враховуючи доведене і вищенаведені формули, отримаємо:, що і треба було довести.

б) Знову скористаємось обома властивостями дистрибутивності та іншими очевидними співвідношеннями, отримаємо такі формули:

=(ØØ .

Отже, тотожність доведена.

в) Вище були вказані закони двоїстості , які справджуються для двох випадкових подій. Оскільки , а, то наша рівність зведеться до першого з цих законів. Достовірність цього закону підтверджує достовірність нашої рівності.

г) Використовуючи властивість дистрибутивності та інші наведені співвідношення, отримаємо ланцюжок тотожних формул:

.

Тотожність доведена.

2. Подія А полягає в тому, що число, взяте навмання з цілих чисел від -10 до 10, не більше від 4, подія В – у тому, що модуль цього числа не перевищує 2, подія С, – що число більше 1, а подія D, – що число не меньше шести. Знайти множини цілих чисел: а) б); в); г); д); е); є); ж); з).

Розв’язування. Запишемо множини, які відповідають вказаним в умові за­дачі подіям. Ω = {-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}, А = {-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4}, B = {-2; -1; 0; 1; 2}, C = {2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}, D = {6; 7; 8; 9; 10}. Тепер знайдемо шукані множини.

а) Множина містить елементи множиниВ і елементи множини С по одному разу. Тобто {-2; -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10};

б) В множині містяться всі елементи множиниА, яких немає в множині В. Тобто ={-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; 3; 4};

в) Знайдемо спочатку вміст множини . В ній будуть всі ті елементи простору елементарних подій, яких немає в множиніD. Тобто = { -10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5}. Добутокміститиме спільні елементи множинС і . Отже= {2; 3; 4; 5};

г) Вміст множини буде таким= {-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}. В результаті={-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}. Таким чином отримали, що =. Це є наслідком того, що.

д) В множині містяться всі елементи множиниD, яких немає в множині C. Оскільки , то таких елементів немає. Томує порожньою множиною:= Ø.

е) Знайдемо вміст множини . Дана множина буде складатися з усіх елементів множиниΩ , яких немає в множині А. Тобто = {5; 6; 7; 8; 9; 10}. Тепер можна знайти= {2; 3; 4}.

є) В множині містяться елементи= {-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; -2; -1; 0; 1}, а в множині– спільні елементи обох множиніB, тобто = {-2; -1; 0; 1}.

ж) Множина співпадає. Тобто== {5; 6; 7; 8; 9; 10}.

з) Знайдемо спочатку вміст множини . Вона складається з елементів обох цих множин, взятих по одному разу. Оскільки ці множини не мають спільних елементів, то ця сума буде містити всі елементи множиниА і всі елементи множини D , тобто = {-10; -9; -8; -7; -6; -5; -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4; 6; 7; 8; 9; 10}. В множинібудуть всі елементи простору елементарних подій, яких немає в множині. Таким чином= {5}.

3. Підкидають три монети. Спостережуваний результат: поява герба чи цифри на верхньому боці кожної з монет. Подія А полягає у тому, що хоча б на одній з монет випав герб, подія В – у тому, що тільки на одній з монет випав герб, подія С – у тому, що хоча б на одній з монет випала цифра, подія D – у тому, що тільки на одній з монет випала цифра, а подія Е – у тому, що найменше на двох з монет випала цифра. Знайти множини: а) б); в); г); д); е); є); ж); з).

Розв’язування. Запишемо множини, які відповідають вказаним в умові за­дачі подіям. Ω = {ГГГ, ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ, ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ЦЦЦ}, A = {ГГГ, ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ, ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ}, B = {ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ}, C = {ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ, ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ЦЦЦ}, D = {ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ}, Е = {ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ЦЦЦ}. Знайдемо шукані множини.

а) Оскільки В є підмножиною Е то . Тобто= {ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ЦЦЦ};

б) Так як всі елементи множин А належать множині С за винятком елемента ГГГ, то = {ГГГ};

в) Множина містить такі елементи:= {ГГГ, ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ЦЦЦ}.

Тому спільними елементами множин С і будуть такі:= {ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ЦЦЦ};

г) Знайдемо спочатку вміст множини . Тобто віднімемо від множиниΩ множину В. В результаті одержимо = {ГГГ, ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ, ЦЦЦ}. Звідси видно, що множинаD є підмножиною множини . Тому== {ГГГ, ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ, ЦЦЦ};

д) Оскільки множини D і В не мають спільних елементів, то =D = {ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ};

е) Множина дорівнює {ЦЦЦ}. Тому= {ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ, ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ};

є) Оскільки множина = {ГГГ} не має з множиноюВ спільних елементів, то = Ø;

ж) В множині Е міститься тільки один елемент ЦЦЦ, якого немає в множині А. Тому =А;

з) Вміст множини буде такий= {ГЦЦ, ЦГЦ, ЦЦГ, ГГЦ, ГЦГ, ЦГГ}. Протилежною до цієї події буде подія= { ЦЦЦ, ГГГ}.

4. Нехай А і В дві довільні складні події, які можуть бути сумісними, а Ω – простір всіх елементарних подій. Вказати формули, які відповідають даній події.

а) Відбулася тільки подія В, та не відбулася подія А: 1); 2); 3); 4).

б) Відбулася принаймні одна з двох подій А чи В: 1); 2); 3); 4).

в) Жодна з подій А та В не відбулася: 1); 2); 3); 4).

г) Відбулися обидві події А та В: 1); 2)Ω\; 3); 4).

д) Відбулася одна і лише одна подія А чи В: 1); 2); 3) Ω\; 4).

Розв’язування. 

а) Діаграма В’єнна для події, яка полягає у тому, що відбулася подія В, але не відбулася подія А має вигляд:

Намалюємо діаграми для подій, що відповідають вказаним формулам.

1) Події А∙В відповідає така діаграма В’єнна:

2) Події В\А відповідає діаграма В’єнна:

3) Подіям івідповідають діаграми:

4) Подіям івідповідають діаграми

Отже, із співпадання діаграм отримуємо, що початковій події відповідають друга і четверта формули.

б) Діаграма В’єнна для події, яка полягає у тому, що відбулася принаймні одна з двох подій чимає такий вид:

Вказаним формулам відповідають такі діаграми:

1) формулам і:

2) формулі :

3) формулі :

4) формулам і

Таким чином, вказаній в умові події відповідає тільки третя формула.

в)Діаграма В’єнна, яка відповідає події, що жодна з подій тане відбулася виглядає так:

Чотирьом формулам, що вказані в умові відповідають такі діаграми:

1) подіям і:

2) подіям ,і:

3) подіямі:

4) події (див. попередні рисунки):

Таким чином, вказаній умові події відповідають перша і третя формули.

г) Діаграма В’єнна, яка відповідає події, що відбулися обидві події тамає вигляд:

Намалюємо діаграми, які відповідають чотирьом, вказаним в умові, формулам.

1)формулі відповідає така діаграма В’єнна:

2)формулам ,,і Ωвідповідають діаграми:

3) формулам Ω, Ωі (Ω)( Ω) відповідають діаграми:

4) формулі діаграма:

Отже, вказаній в умові події відповідає друга і четверта формули.

д) Події, що відбулася одна і лише одна подія чивідповідає діаграма В’єнна:

Вказаним в умові формулам відповідають діаграми:

1) формулам ,і:

2) формулам ,,,і:

3) формуламі Ω(див. попередні рисунки):

4) формуламі:

Таким чином, події, яка вказана в умові відповідають перша, друга і четверта формули.

5. Стрілець стріляє тричі в мішень. Після його стрільби у мішені появилось дві пробоїни. Нехай подія полягає у тому, що стрілець попав у мішень заі-им пострілом (і = 1, 2, 3). Позначимо ;;,. Вказати, які з тверджень правильні:

а) подія В неможлива;

б) події – сумісні;

в) події В, С – несумісні;

г) подія достовірна;

д) події – сумісні;

е) події – утворюють повну групу подій;

є) подія Е – неможлива;

ж) події В, D –еквівалентні.

Розв’язування. Оскільки після стрільби у мішені появилось дві пробоїни, то стрілець міг влучити в мішень за першим і другим, першим і третім чи другим і третім пострілами. Будемо позначати елементарну подію двома буквами ПД – для першого випадку, ПТ – другого і ДП – третього. Запишемо множини елементарних подій, які відповідають вказаним в умові за­дачі подіям. Тобто, Ω = {ПД, ПТ, ДТ}, = {ПД, ПТ},= {ПД, ДТ},= {ПД, ПТ},В = {ПД, ПТ, ДТ}, С = {ДТ}, D = {ПД, ПТ, ДТ}, Е = Ø.

а) Множина елементарних подій, яка відповідає події В не є порожньою. Тому ця подія не є неможливою. Тобто вказане твердження є неправильне.

б) Події В і мають однакові елементарні події – ПД, ПТ. Тому твердження про те, що подіїВ і сумісні, правильне.

в) Події В і С мають одну спільну елементарну подію – ПД . Тому твердження про несумісність цих подій неправильне.

г) Оскільки подія містить всі елементарні події, тобто співпадає з простором елементарних подійΩ, то є достовірною. Твердження правильне.

д) Події С і не містять однакових елементарних подій, тому є несумісні, а отже твердження неправильне.

е) Кожна пара подій і, а такожмає спільні елементарні події, тому послідовністьне є диз’юнктом і не може утворювати повну групу подій. Твердження неправильне.

є) Оскільки множина елементарних подій, яка відповідає події Е є порожньою, то ця подія неможлива. Тобто твердження правильне.

ж) Множини елементарних подій, які відповідають подіям В і D містять однакові елементи, тому вони еквівалентні і вказане твердження правильне.