1.4. Випадкові події в фізиці , хімії, біології

1. Ланцюг приладів. Розглянемо ділянку електричного ланцюга, який містить два послідовно з»єднаних прилади: А і В.(рис 2)

Припустимо, що прилади працюють незалежно один від одного, і кожен з них може або пропустити струм (прилад працює), або не пропустити (прилад не працює). Позначимо Р(А) і Р(В) ймовірності справності приладів А і В відповідно.

рис.2

Для того, щоб по ділянці пройшов струм, потрібно, щоб і прилад А , і прилад В були справними, тобто потрібно сумісна справність приладів. Так як прилади працюють незалежно, то за формулою множення ймовірностей ймовірність проходження струму виразиться добутком

Р=Р(А)Р(В) (1.16)

Цілком аналогічно для трьох послідовно з’єднаних і незалежних справних приладів А,В,С (рис 2,б) ймовірність проходження струму по ділянці ланцюга виразиться добутком

Р=Р(А)Р(В)Р(С),

А для n приладів А₁, А₂ ,…А_n – добутком

Р=Р(А₁)Р(А₂)…Р(А_n)

Якщо прилади однотипні, точніше кажучи, якщо ймовірність їх справності дорівнює Р(А₁)=Р(А₂)=…=Р(А_n)=p, то ймовірність проходження струму Р=рⁿ.

Можна поставити в деякому сенсі обернену задачу. Припустимо, що ймовірність справності першого приладу Р(А) відома. Після випробувань встановили ймовірність проходження струму по всій ділянці Р. Тоді з формули (1.16) можна знайти ймовірність справності другого приладу Р(В). Наприклад, якщо Р(А)=0,9; Р=0,72, то в силу (1.16) Р(В)=Р/Р(А)=0,72/0,9=0,8.

2.Ланцюг реакцій . Ланцюговою називають реакцію, яка являє собою ланцюг однакових ланок. Ланкою може бути одна , дві, рідше – декілька стадій. Наприклад, ланка котра розпочалась з появи вільного радикала вуглеводню , в другій стадії знову виділяє цей радикал і тим самим створює можливість для повтору такої ж ланки.

На деякому етапі ланцюгова реакція може обірватися. Причиною обриву може бути захват вільного радикала стінкою судини, дія інгібітора і т.д. Таким чином, на кожному етапі існує деяка ймовірність р продовження ланцюга і ймовірність q=1-p обриву ланцюга.

Яка ймовірність , що ланцюгова реакція містить n ланок?

Для здійснення такої реакції потрібно, щоб n раз виконалося продовження реакції і після того пройшов обрив. Так як процеси продовження і обриву незалежні, то за формулою множення ймовірностей для Р(n)- ймовірність появи ланцюга довжиною n, тобто яка містить в собі n ланок,- можемо записати

Р(n)= =рⁿq=pⁿ(1-p).

3. Молекула полімеру. Процес полімеризації полягає в тому, що до ланки-мономера приєднується такий же мономер, до цієї ланки — ще один такий же мономер і т.д. Приєднання відбувається з деякою ймовірністю р і, отже, не відбувається з ймовірністю q= 1 — р. Оскільки кожне наступне приєднання відбувається незалежно від попередніх, то ймовірність створення молекули, що містить n мономерів, як і в попередньому прикладі, вираховується по формулі

Р(n) = =рnq=рn(1—р)

4. Паралельне з'єднання. Ланцюг послідовно сполучених приладів — один з крайніх, найбільш простих типів з'єднання. Іншим простим типом є паралельне з'єднання. Розглянемо ділянку ланцюга, що містить два прилади А і В, сполучених паралельно (мал. 3). Припустимо, що прилади працюють незалежно і Р(А) — ймовірність проходження сигналу по

приладу В. Наприклад, сигнал проходить по приладу, якщо прилад справний, і не проходить — в іншому випадку. Очевидно, сигнал пройде, якщо буде справний хоч би один прилад. Таким чином, проходження сигналу по ділянці ланцюга — це ймовірність Р(А + В), де сума А + В означає справну роботу хоч би одного з приладів. Оскільки прилади працюють незалежно, то цю ймовірність можна вирахувати по формулі (1.13)

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)—Р(А) Р(В). (1.17)

Наприклад, якщо Р(А)=0,8, Р(В)=0,9, то

P(A+B)=0 8 + 0 9—0 8 . 0 9—0 98

Можна поставити і зворотне завдання. Припустимо, що один з приладів — еталонний і ймовірність його безвідмовної роботи (тобто ймовірність проходження по ньому сигналу) відома. Після випробувань встановили ймовірність проходження сигналу по всій ділянці. Тоді з формули (1.17) можна знайти ймовірність безвідмовної роботи другого приладу. Наприклад, якщо Р(А)= 0,8, Р(А+В)=0,95, то підставивши це в (1.17), матимемо:

0,95 = 0,8 + Р(В)—0,8· Р(В)

звідси

Р(В)= 0,15/0,2 = 0,75.

Якщо ділянка ланцюга складається з n незалежно працюючих приладів, сполучених паралельно (мал. 4), і А, означає, що сигнал пройшов по 1-му приладу, тобто що 1-й прилад справний, то ймовірність проходження сигналу по ділянці— це ймовірність справної роботи хоч би одного приладу, тобто ймовірність суми

А1+ А2 + ... + Аn Отже (див. п. 2, формула (1.8))

Р(А1 + А2 + ... +Аn)= 1 — Р(A1)·Р(A2)... Р(An).

Зокрема, якщо вся ймовірність рівна Р(А)= Р(А2)= ... = Р(Аn)=р, то Р(А1)=1—Р(А1)=1-р= q і Р(А1 + А2 + ... + Аn)= 1 — q.

Видно, що навіть при малій ймовірності р, тобто коли вона близька до одиниці, вибираючи достатньо велике n, можна зробити ймовірність Р(А1 + ... + Аn) достатньо близькою до одиниці. Паралельно сполученими можуть працювати не тільки прилади. Замість розібраної схеми можна розглянути систему хімічних реакцій, ділянки нервової або кровоносної систем і т.п.

5. Послідовні і паралельні з'єднання. У попередніх пунктах ми розглянули порізно послідовні і паралельні з'єднання приладів і встановили, як вираховується ймовірність проходження сигналу по ділянці схеми в тому і іншому випадку. На практиці доводиться мати справу із різними з'єднаннями обох типів. Розглянемо два характерних приклади. Припустимо, що сигнал проходить по ділянці схеми, яка складається з двох паралельних блоків А і В, перший з яких складається з одного приладу А, а другий містить два послідовно сполучених прилади В₁, і В₂ (мал. 5, а). Хай можливість відмови одного з приладів не залежить від роботи інших.Сигнал проходить, якщо хоч би один з блоків справний, а кожний з блоків виходить з ладу, якщо хоч би один з його приладів відмовив.

Позначимо Р(А), Р(B1) і Р(В2) — ймовірність безвідмовної роботи відповідних приладів; Р(В) — ймовірність справності блоку В (ймовірність справності блоку А, очевидно, рівна Р(А) Р(А + B) — ймовірність проходження сигнала по ланцюгу, тоді, з формули складання і множення ймовірності, можемо записати

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)-Р(А)·Р(В)=

=Р(А)+Р(В1)·Р(В2) —Р(А)·Р(В1)·Р(В2). (1.18)

На практиці частіше задається не ймовірність безвідмовної роботи а ймовірність відмови, тобто Р(А), Р(В1), Р(В2) і т.п. Оскільки відмовна і безвідмовна робота — взаємно протилежні події, то Р(А)= 1 — Р(А); Р(В1)= 1 — Р(В1), Р(В2)= 1 — Р(В2) і ми знову можемо застосувати формулу (1.18).

Якщо Р(А)= 0,1; Р(В1)= 0,07; Р(В2)= 0,08, то Р(А)=0,9; Р(В1)= 0,93; Р(В2)= 0,92. Тому Р(А + В)= 0,9 + 0,9З·0,92- 0,9·0,93·0,92 = 0,986.

Тепер припустимо, що ділянка схеми складається з двох послідовно сполучених блоків А і В, один з яких складається з одного приладу А, а інший містить два паралельно з’єднаних прилади В1 і В2 (мал. 5, 6). Хай як і раніше прилади працюють незалежно. Блок В виходить з ладу, якщо відмовили обидва його прилади. Сигнал проходить, якщо обидва блоки А і В справні. Позначивши Р(АВ) — ймовірність проходження сигналу по ланцюгу і зберігши решту позначень для ймовірності, можемо написати

Р(АВ)= Р(А)·Р(В)= Р(А)[Р(В)+ Р(В2) — Р(В1·Р(В2)]. Зокрема для даних попереднього прикладу Р(АВ)= 0,9(0,93 + 0,92—0,93·0,92)= 0,895.

Аналогічно розглядаються випадки, коли блок А складається з або більшого числа приладів, сполучених параллельно, або послідовно, коли блоків більш, ніж два і т.п.

Зрозуміло, що і в цьому випадку замість приладів можуть бути розглянуті виходи хімічних реакцій, життєздатність популяцій і т.п.

6. Закони Менделя. Відомо, що в простих випадках передача деякої ознаки по спадковості залежить від визначеного гена. У статевих клітинах гени, що відповідають за деяку ознаку, знаходяться попарно. Наприклад, в клітинах гороху є пара генів-квіток потомства, що відповідають за забарвлення, — червона і біла. Ці гени можуть знаходитися в двох станах — домінантному (позначається буквою А) і рецесивному (позначається буквою а). Тому пари генів можуть бути такими:

Аа або аА, аа.

Виписані можливості визначають генотипи даної особини: перший— домінантний, другий — змішаний, третій — рецесивний. Виходить, що спадковість ознаки залежить від генотипу особини. Наприклад, для гороху червоне забарвлення квітів — домінантна ознака а біла — рецесивний. Експериментально встановлено І закон Менделя: особини домінантного і змішаного генотипів у фенотипі володіють домінантними ознаками, і лише особини рецесивного генотипу у фенотипі володіють рецесивною ознакою. Згідно з цим законом, для гороху особини домінантного і змішанного генотипів мають червоне забарвлення квіток і лише особини з рецесивним генотипом мають білі квітки. Хай є популяція чистих ліній з генотипами АА і аа — покоління F₀ (батьківські форми). Після схрещування особин з генотипом АА з особинами з генотипом аа покоління F₀; утворюється покоління гібридів з генотипом Аа. Це покоління в генетиці прийнято позначати F₁;. У поколінні F₁ інших генотипів, окрім генотипу Аа, немає. При випадковому схрещуванні особин покоління F₁ утворюється покоління F₂, в якому однаково часто зустрічаються 4 генотипи:

AA Aa аА аа.

Експериментально отримано II закон Менделя: у поколінні F₂: відбувається розщеплювання фенотипів у відношенні 3:1 (3 частини складають особини з домінантною ознакою у фенотипі, 1 частина доводиться на особині з рецесивною ознакою у фенотипі). З цього закону виходить, що для покоління F₂ ймовірність того, що у фенотипі особини виявляється домінантна ознака рівна 3/4, а ймовірність того, що у фенотипі особини виявиться рецесивна ознака, рівна 1/4.

7. Закон Харді. Нехай в популяції зустрічаються три генотипи: АА, Аа, аа. Частка особин генотипу АА рівна u, частка особин генотипу Аа рівна 2v, і частка особин генотипу аа рівна w. Коротко говоритимемо про структуру популяції і записуватимемо її так:

АА Аа аа

U 2v w (1.19)

Під цим ми розуміємо наступне: якщо популяція містить N особин, то особин генотипу АА в ній uN, особин змішаного генотипу Аа в ній 2vN і особин рецесивного генотипу аа в ній wN.

При цьому, оскільки

uN+2vN+wN=N

то

u+2v+w= 1. (1.20)

Підрахуємо число генів А в популяції. Всі особини домінантного генотипу мають 2uN генів А (у кожної особини два гени А, і всіх особин uN), особини змішаного генотипу мають 2vN генів А (у кожної особини один ген А, і всіх особин 2vN), у особин рецесивного генотипу генів А немає. Отже, в популяції число домінантних генів А рівне: 2uN+2vN=2N(v+u) або, коротше, 2Nр, де

р = u + v.

Число р має звичайний ймовірносний смисл — це є Р(А), тобто ймовірність того, що вибраний навмання ген домінантний. Дійсно, домінантних генів 2Nр, і всіх генів 2N (у кожної особини популяції два гени). Отже,

Р(А)= (1.21)

Аналогічно підраховується, що число всіх рецесивних генів а в популяції рівне:

2Nq,

де

q=w+v.

При цьому число q має аналогічний ймовірнісний смисл:

Р(а)= .

З ймовірнісного смислу чисел р і q виходить, що

р+q= 1.

(У цьому можна переконатися і підстановкою значень р і q.) Відмітимо, що числа u, 2v і w теж мають звичайний ймовірнісний смисл (підрахунок аналогічний проведеному вище підрахунку для домінантних генів):

Р(АА)=

Р(Аа)=

Р(аа)=

(Р(АА) — ймовірність того, що вибрана навмання особина має генотип АА, аналогічно Р(Аа) і Р(аа).)

Тепер визначимо, яка буде структура потомства. Нехай потомство має структуру:

АА Аа аа

u₁ 2v₁ w₁

(це розуміється так само, як і при заданні структури популяції (1.19)). Підрахуємо u_1, 2v₁ і w₁. Числа u_1, 2v₁ і w₁ є ймовірністю того, що взятий навмання нащадок має відповідно генотип АА, Аа і аа (див. відповідні формули). Оскільки схрещування відбуваються незалежним чином, то ймовірність u₁ може розглядатися як ймовірність наступної події: вибрали навмання і незалежним чином два гени А зі всього запасу . Так як вибрати кожен ген А можна з ймовірністю р (формула (1.21), то через теорему множення ймовірності незалежних подій ( 1.3, п. 2) ймовірність, що нас цікавить, рівна р², тобто

u₁=p²

Аналогічно для w₁ отримуємо

w₁₌ q²

Ймовірність генотипу Аа в популяції нащадків складається з двох можливостей — або ген А отриманий від батька, а ген а від матері, або ген А отриманий від матері, а ген а від батька — відповідними є ймовірності рq і qp. Отже, ймовірність генотипу Аа в популяції нащадків рівна 2рq, тобто 2 v₁ = 2рq. Звідси

v₁=pq

Отже, структура потомства має наступний вигляд:

АА Аа аа

p² pq q²

Та саме краще те, що якщо для потомства узяти u₁+ v₁ і v₁+ w₁, як це робилося для батьків, то отримаємо ті ж самі числа р і q. Дійсно, згідно отриманим формулам, маємо:

u1+ v₁= p²+pq=р(р+q)=р,

w₁+ v₁ =q²+pq=q(q+p)=q

Оскільки структура потомства обчислена тільки з використанням цих сум, то нащадки популяції також матимуть ту ж структуру. При цьому говорять, що розрахована структура стаціонарна, тобто від покоління до покоління не міняється.

Цей факт, що з другого покоління встановлюється стаціонарна структура популяції, є безпосереднім узагальненням другого закону Менделя і називається законом Харді.

На практиці можливе відхилення, проте для великих популяцій закон Харді залишається в силі.

Для гороху ймовірність отримання білої особини рівна q² (рецесивна ознака), ймовірність отримання червоної особини рівна 1-q² (як для протилежної події) і відношення числа червоних і білих особин рівне (1-q²) : q².

Для описаного в пункті 1 випадку q=1/2, і ми знову отримуємо 3: 1 (див. II закон Менделя).

Вправи

1. У ящику є 100 яєць, з них 5 неякісних. Навмання виймають одне яйце. Знайдіть ймовірності того, що витягнуте яйце неякісне.

[0,05]

2. Кинута гральна кістка. Знайдіть ймовірність того, що випаде парне число очок.

[0,5]

3. Учасники жеребкування тягнуть з ящика жетони з номерами від 1 до 100. Знайдіть ймовірність того, що номер першого навмання витягнутого жетона не містить цифри 5.

[0,81]

4. Набираючи номер телефону, абонент забув останню цифру і набрав її навмання. Яка ймовірність того, що номер набраний правильно?

[0,1]

5. У партії з 100 деталей відділ технічного контролю виявив 5 нестандартних деталей. Чому рівна відносна частота появи нестандартних деталей?

[0,05]

6. У коло вписаний правильний трикутник.У колі навмання ставлять крапку. Яка ймовірність того, що вона потрапить в трикутник?

[ ]

7. При стрілянині по мішені ймовірність зробити відмінний постріл рівна 0,3, а ймовірність пострілу на оцінку «добре» рівна 0,4. Яка ймовірність отримати за зроблений постріл оцінку не нижче «добре»?

[0,7]

8. Ймовірність того, що людина помре на 71-му році життя, рівна 0,04. Яка ймовірність того, що людина все-таки не помре на 71-му році?

[0,96]

9. Кидається один раз гральна кістка. Визначте ймовірність випадання 3 або 5 очок.

[1/3]

10. В урні 30 кульок: 15 білих, 10 червоних і 5 синіх. Яка ймовірність вийняти кольорову кульку, якщо виймається одна?

[0,5]

11. У грошово-речовій лотереї на серію в 1000 квитків доводиться 120 грошових і 80 речових виграшів. Яка ймовірність якого-небудь виграшу наодин лотерейний квиток?

[0,2]

12. В урні З білих і З чорних кулі. З урни двічі виймають по одній кулі, не повертаючи їх назад. Знайдіть ймовірність появи білої кулі при другому випробуванні, якщо при першому випробуванні була витягнута чорна куля.

[0,6]

13. У колоді 36 карт. Навмання виймаються з колоди 2 карти. Визначте ймовірність того, що другим вийнятий туз, якщо першим теж вийнятий туз.

[3/35]

14. В урні 2 білих і З чорних кулі. З урни виймають підряд дві кулі. Знайдіть ймовірність того, що обидві кулі білі.

[0,1]

15. Яка ймовірність того, що з колоди в 36 карт будуть вийняті підряд два тузи?

[1/105]

16. Два стрільці стріляють по цілі. Ймовірність ураження цілі першим стрільцем при одному пострілі рівна 0,8, другим стрільцем — 0,7. Знайдіть ймовірність ураження цілі двома кулями в одному залпі.

[0,56]

17. Знайдіть ймовірність одночасної появи герба при одному киданні двох монет.

[0,25]

18. Є два ящики, що містять по 10 деталей. У першому ящику 8, в другому 7 стандартних деталей. З кожного ящика навмання виймають по одній деталі. Знайдіть ймовірність того, що обидві вийняті деталі виявляться стандартними.

[0,56]

19. У сім'ї двоє дітей. Приймаючи події, що полягають в народженні хлопчика і дівчинки рівноймовірними, знайдіть вірогідність того, що в сім'ї:

а) всі дівчатка; б) діти однієї статі.

[а) 0,25; б) 0,5]

20. Нехай схожість насіння оцінюється ймовірністю 0,7. Яка ймовірність того, що з двох посіяних насінин зійде яке-небудь одне?

[0,91]

21. З колоди в 36 карт навмання виймається одна. Яка ймовірність того, що буде вийнята піка або туз?

[1/3]

22. Кинута гральна кістка. Знайдіть ймовірність того, що випаде парне або кратне трьом число очок.

[2/3]

23. Є два набори деталей. Ймовірність того, що деталь першого набору стандартна, рівна 0,8, а другого — 0,9, Знайдіть ймовірність того, що взята навмання деталь ( з навмання взятого набору) — стандартна.

[0,85]

24. У першій коробці міститься 20 транзисторів, з них 18 стандартних; у другій коробці — 10 транзисторів, з них 9 стандартних. З другої коробки навмання взято транзистор і перекладено в першу. Знайдіть ймовірність того, що транзистор, навмання витягнутий з першої коробки, буде стандартним.

[0,9]

25. Студент М може захворіти грипом (подія А) тільки в результаті або переохолодження (подія В), або контакту з іншим хворим (подія С). Потрібно знайти Р(А), якщо Р(В)=0,5, Р(С)=0,5, Р1(А)=0,3, Р(А)= 0,1 за умови несумісності В і С.

[Р(А)= 0,2]

26. У коробці знаходяться 6 нових і 2 використаних батареї для кишенькового ліхтарика. Яка ймовірність того, що дві, вийняті навмання з коробки, батареї виявляться новими?

[15/28]

27. На трьох картках написані букви У, К, Ж. Після ретельного перемішування беруть по одній картці і кладуть послідовно поряд. Яка ймовірність того, що вийде слово «ЖУК»?

[1/б]

28. Слово «керамзит» складене з букв розрізної абетки. Потім картки з буквами перемішують, і з них витягують по черзі чотири картки. Яка ймовірність, що ці чотири картки в порядку виходу складуть слово «зима»?

[1/1680]

29. Слово «Константинополь» складено з букв А, И, К, Л, Н, Н, Н, О, О, О, П, С, Т, Т, Ь. Яка ймовірність випадкового складання цього слова з перерахованих букв?

[1/15·3/14·3/13·1/12·2/11·1/10·2/9·1/8·1/7·1/6·2/5·1/4·1/3·1/2·1=2³·3²/15!]

30. Є 12 різних крапок. Одна з них позначена буквою С. З безлічі відрізків, кінцями яких є будь-які дві з даних 12 крапок, навмання вибирається один. Яка ймовірність того, що крапка З не є кінцем вибраного відрізка?

[5/6]

31. Незнайко складав усний іспит з математики. В кожному білеті — по два питання. Всього 25 екзаменаційних білетів. З них 5 білетів Незнайко взагалі не вчив. У кожному з тих 20 білетів, що лишилися, є хоча б одне питання, котре він вивчив, причому в 18 білетах Незнайко вивчив перше питання і в 15-ти білетах – друге питання. До кожного білета додається задача, а задач Незнайко вирішувати не вміє. Тому він може отримати задовільну оцінку, тільки якщо витягне такий білет, в якому він знає два питання. Яка ймовірність того, що Незнайко складе іспит, якщо він першим тягне білет?

32. Яка ймовірність при шести киданнях гральної кістки отримати всі шість граней в такому порядку: при першому киданні одне очко, при другому — два і т. д.?