4. Завдання для самостійного розв’язування.

За номером варіанта зі збірника індивідуальних завдань.

Теорія ймовірностей та математична статистика: Навч. посібник для студентів вузів. / Укладачі: М. В. Дзюба, Л. М. Карпенко, О. В. Черскова – Слов'янськ, 2007.

Тема: Розв’язування задач з використанням теорем множення ймовірностей.

1. Теоретичні вказівки

1. Подія А називається незалежною від події В, якщо імовірність події А не залежність від того, відбулась чи ні подія В.

Якщо ймовірність випадкової події А обчислюється за умови, що подія В відбулася, то така ймовірність називається умовною. Ця ймовірність обчислюється за формулою:

2. Питання до теми

1. Які події називаються незалежними? залежними?

2. Сформулюйте теорему множення ймовірностей незалежних подій?

3. Як обчислити ймовірність здійснення принаймні однієї з незалежник подій?

4. Сформулюйте теорему множення ймовірностей для залежних подій?

3. Розв’язання завдань

Приклад 1. Задана множина цілих чисел. ={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}. Навмання беруть одне число. Яка ймовірність того, що це число виявиться кратним 3, коли відомо, що воно є непарним?

Розв’язання. Нехай подія А – поява числа кратного 3, В – кратного 2. Тоді А={3,6,9,12}, m₁=4

В= {2,4,6,18,10,12}, m₂=6

A B=(6,12), m₃=2

P(A)= ; P(B) = ; P(A B)=

Оскільки Р(А) Р(А/В), то події А та В є залежними. Умовну ймовірність Р(А/В) для цієї задачі можна обчислити й інакше. За умовою задачі відомо, що взяте навмання число, є непарним, тобто в цьому разі ми дістали додаткову інформацію: із множини беруться лише непарні числа. Отже, простір елементарних подій тепер має вигляд ^*=={1,3,5,7,9,11}, n^* =6

Елементарні події, що сприяють появі А, - появі числа, кратного 3, утворюють множину А =={3,9}, m^*=2

Отже, Р(А/В) = .

2. Теорема. Ймовірність спільної появи двох подій дорівнює добутку ймовірності одного з них на умовну ймовірність другого, обчислену з умови, що перша подія вже відбулася: P(AB)= P(A)P(B/A).

Приклад 2. У ящику міститься 15 однотипних деталей. Із них 9 стандартні, а решта браковані. Деталі виймають по одній без повернення. Так було вийнято три деталі. Обчислити ймовірності таких випадкових подій:

А – три деталі виявляться стандартними;

В – усі три деталі виявляться бракованими;

С - дві стандартні й одна бракована.

Розв’язання. Нехай А_і – поява стандартної, - бракованої деталі при і-ому вийманні. Подія А = А₁ А₂ А₃, В = ,

С = (А₁ А₂ ) (А₁ А₃ ) ( А₂ А₃).

Оскільки випадкові події А_і, є залежними, то:

Р(А) =Р(А₁ А₂ А₃)=Р(А₁) Р(А₂/А₁0) Р(А₃/А₁А₂)=

Р(В)=Р( )= Р( )Р( / ) Р( / )=

Р(С) =Р((А₁ А₂ ) (А₁ А₃ ) ( А₂ А₃))=

=Р(А₁ А₂ ) + Р(А₁ А₃ ) +Р( А₂ А₃)=

= Р(А₁)Р(А₂/А₁) Р( /А₁А₂) +Р(А₁) Р( /А₁)Р(А₃/А₁ )+Р( )Р(А₂/ )Р(А₃/ А₂)=

=

3. Формула множення для n залежних випадкових подій А₁, А₂, ... , А_n:

Приклад 3. Три студенти складають на сесії екзамен з математики. Імовірність того, що перший складає екзамен, дорівнює 0,9, для другого та третього студентів ця ймовірність становить відповідно 0,8 і 0,7.

Обчислити ймовірності таких випадкових подій:

1) А – три студенти складуть екзамен;

2) В – три студенти не складуть екзамену;

3) С – два студенти складуть екзамен.

Розв’язання. Позначимо А₁, А₂, А₃ – випадкові події, які полягають у тому, що перший, другий і третій студенти складуть екзамен з математики. Тоді , , - відповідно не складуть. За умовою задачі маємо:

Р(А₁) =0,9, Р(А₂)=0,8, Р(А₃) =0,7.

Тоді ймовірності протилежних подій такі:

Р( ) = 1- Р(А₁) = 1-0,9=0,1

Р( ) =1-Р(А₂) = 1-0,8= 0,2

Р( ) = 1- Р(А₃) = 1- 0,7=0,3

Позначимо події: А= А₁ А₂ А₃, В= ,

С = (А₁ А₂ ) (А₁ А₃ ) ( А₂ А₃).

Оскільки випадкові події А_і є між собою незалежними, то

Р(А) =Р(А₁ А₂ А₃)= Р(А₁) Р(А₂)Р(А₃) = 0,9*0,8*0,7=0,504

Р(В)=Р( )= Р( ) Р( ) Р( ) = 0,1*0,2*0,3=0,006

Р(С) =Р((А₁ А₂ ) (А₁ А₃ ) ( А₂ А₃))=

=Р(А₁ А₂ ) + Р(А₁ А₃ ) +Р( А₂ А₃)=

= Р(А₁) Р(А₂) Р( ) + Р(А₁)Р( ) Р(А₃) +Р( )Р(А₂) Р(А₃)=

= 0,9*0,8*0,3+0,9*0,2*0,7+0,1*0,8*0,7=0,216+0,126+0,056=0,398