Приклад виконання 0-го варіанта задач з теорії ймовірностей

Задача 2.1. Підкидають три гральні кубики. Знайти ймовірність того, що на верхніх гранях з’явиться число очок, сума яких ділиться на 5.

Розв’язання. Визначимо випробування і його результат, тобто елементарні події. Випробуванням є підкидання трьох гральних кубиків; результат – одна із сполук очок 1, 2, 3, ... ,6 на верхніх гранях трьох кубиків.

Досліджувана подія А – сума очок на трьох кубиках ділиться на 5. Ймовірність події А знайдемо за допомогою формули

Загальну кількість всіх можливих елементарних подій n можна знайти за правилом множення. На кожному гральному кубику 6 граней, кожна з яких може поєднуватись із всіма шістьма гранями на кожному з іншим двох кубиків. Отже, маємо:

Кількість елементарних подій m, що сприяють події А, знайдемо виписавши всі можливі результати випробувань і заливши з них тільки ті, для яких сума очок на всіх трьох гранях ділиться на 5. Можна спростити цю роботу, виписавши всі можливі результати підкидань двох кубиків, сполучаючи з ними відповідні значення кількості очок, що випаде на третьому кубику. Маємо:

113 212 311 366 465 564 663 122 221 316 415 514

613 131 226 325 424 523 622 136 235 334 433 532

631 145 244 343 442 541 636 154 253 352 451 546

645 163 262 361 456 555 654

В результаті отримуємо, що m = 43.

Відповідь:

Задача 2.2. Слово “математика” складено з карточок, на кожній з яких написано по одній з букв. Після цього карточки перемішуються (всі вони перевернуті тильною стороною до спостерігача) і виймаються без повернення по одній. Знайти ймовірність того, що букви будуть вийматись в порядку заданого слова.

Розв’язання виконаємо двома способами.

І – й спосіб з використанням елементів комбінаторики.

Випробування полягає у випадковому вийманні карточок з буквами без повернення. Елементарними подіями є послідовності букв. Подія А – це отримання слова МАТЕМАТИКА. Кожна з елементарних подій є перестановкою із 10 букв, кількість їх дорівнює 10!

Деякі букви слова МАТЕМАТИКА повторюються (М-2 рази, А-3 рази, Т-2 рази), тому можливі перестановки, при яких слово не змінюється. Їх число дорівнює

m = 2!2!3! = 24.

Отже,

ІІ – й спосіб ґрунтується на формулі множення залежних подій.

Подія А залежить від події В, якщо ймовірність появи події А залежить від появи події В. У даному випадку розглядається умовна ймовірність Р_В(А) події А за умови, що подія В відбулася. Ймовірність одночасної появи А і В знаходиться за формулою

Р(АВ) = Р(В)Р_В(А).

Отже спочатку знаходимо ймовірність першої букви слова

На другому місці повинна бути буква „А” за умови, що буква „М” виставлена, це умовна ймовірність

Тоді

На третьому місці „Т” їх дві у наборі з восьми букв, що залишились, тому умовна ймовірність

Тоді ймовірність частини слова „МАТ” дорівнює

Далі повинна йти буква Е, вона одна серед семи букв, які залишились. Її умовна ймовірність:

Ймовірність набору чотирьох букв:

Аналогічно для п’ятої букви М

і т.д.

Остаточна ймовірність випадкового набору слова МАТЕМАТИКА дорівнює

Задача 2.3. умова „0” варіанту.

Достатньою умовою складання колоквіуму є відповідь на одне з двох запитань, запропонованих викладачем студентам. Студент не знає відповідей на 8 запитань з 40. Яка ймовірність того, що студент складе колоквіум.

Розв’язання. І – й спосіб.

Знаходимо

Тоді

ІІ – й спосіб. Через протилежну подію.

всіх можливих випадків .

де

Задача 2.4. Розв’язування „0” варіанту.

У цеху виготовляють гвинти на 3-х станкахпричому на І -му 25%, на другому – 35%, а ІІІ – 40% усіх виробів. Частка браку серед виробів відносно складає 5, 4, і 2%.

1. Яка ймовірність того, що випадково вибраний гвинт бракований?

б) Випадково вибраний гвинт виявився бракованим. Яка ймовірність того, що його виготовлено на першому, другому, третьому станках?

Розв’язання. а) А – подія, що випадково вибраний гвинт бракований.

Позначимо подію – гвинт виготовлений на І –му станку, - на І І –му, на третьому. Ймовірность цих подій

Р(В₁)=0,25; Р(В₂)=0,35; Р(В₃)=0,4.

Відповідні умовни ймовірності

Р_В1(А) = 0,05, Р_В2(А) = 0,04, Р_В3(А) = 0,02.

Тоді повна ймовірность

б) Випадково вибранний гвинт виявився бракованим (відбулася подія А ). Ймовірність гіпотези, що бракований гвинт виготовлено на І –му станку знаходимо за формулою

Задача 2.5. Пристрій складається із трьох незалежних елементів, які працюють протягом часу Т безвідмовно з відповідними ймовірностями р₁, р₂ і р_3. Знайти ймовірність того, що за час t вийде з ладу:

а) тільки один елемент;

б) хоч би один елемент.

Значення параметрів обчислити за формулами:

,

p₁ = 1 – k, p₂ = 0,9 – k, p₃ = 0,85 – k, де V – номер варіанта.

Розв’язання. Оскількі V = 0, то k = 0,149. р₁ = 0,851,

р₂ = 0,751, р₃ = 0,701.

Позначимо через А, В, С – події, що означають безвідмовну роботу відповідно І-го, ІІ-го і ІІІ-го елементів. Згідно умови задачі ймовірності цих подій такі Р(А) = 0,851, Р(В) = 0,751, Р(С) = 0,851. Нехай відповідні протилежні події, які означають відмову відповідних елементів в роботі, тоді їх ймовірності дорівнюють

1. Розглянемо події, коли виходить з ладу тільки один з елементів (а два інших працюють): тобто почергово може відмовити І-й, ІІ-й, або ІІІ-й елементи відповідно. Ці події несумісні, тому якщо позначити через Е – подію „за час Т вийде із ладу тільки один елемент”, то

За теоремою додавання ймовірностей несумісних подій маємо:

Далі до кожного доданка використовуємо теорему множення ймовірностей:

2) Нехай D – подія, яка означає, що „за час Т вийде з ладу хоча б один елемент”, протилежна подія – „не вийде з ладу ні один елемент”, тоді

Відповідь: 1) Р(Е) = 0,418.

2) P(D) = 0.552.

Задача 2.6. У першій урні 6 білих і 4 чорних кульки, а в другій 5 білих і 7 чорних кульок. Із першої урни навмання взяли 3 кульки, а із другої – 2 кульки. Знайти ймовірність того, що серед вийнятих кульок:

а) всі кульки одного кольору;

b) тільки 3 білих кульки;

с) хоча б одна біла кулька.

Розв’язання. Випробуваннями є виймання 3-х кульок із І-ї урни і 2-х кульок із ІІ-ї урни. Елементарними подіями є комбінації по 3 із 10 першої урни і по 2 із 12 кульок другої урни.

а) Знайдемо розв’язок для першої частини. Нехай подія А₁ – всі вийняті кульки одного кольору, тобто вони або всі білі, або всі чорні.

Розглянемо всі можливі події:

В₁ – з першої урни вийняті три білі кульки;

В₂ – з першої урни вийняті 2 білі і одна чорна;

В₃ – з першої урни вийняті 1 біла і 2 чорних;

В₄ – з першої урни вийняті 3 чорних кульки;

F₁ – з другої урни вийняті 2 білих кульки;

F₂ – з другої урни вийняті 1 біла і 1 чорна кульки;

F₃ – з другої урни вийняті дві чорних кульки.

Отже, білий колір – це одночасна поява події В₁ і F₁, тобто В₁F₁, або В₄F₃. враховуючи незалежність і несумісність цих подій, отримуємо:

А₁ = (В₁F₁)+( В₄F₃),

Р(А₁)= Р(В₁F₁)+Р(В₄F₃).

Знайдемо числа n₁ і n₂ елементарних подій для І-ї та ІІ-ї урн відповідно. Маємо:

Знайдемо кількість випадків, які сприяють відповідно кожній з елементарних подій

і які ми ввели раніше.

Для події В₁ кількість сприятливих випадків

для В₂ - для В₃ -

для В₄ - (для m_1i – перший індекс означає номер урни, а другий і – відповідає номеру події В_і ). Далі аналогічно для F₁ - для F₂ - для F₃ -

Отже, внаслідок розглянутого маємо

б) Розв’яжемо другу частину задачі. Позначимо через А₂ подію „серед взятих 5 кульок із двох урн тільки 3 білих і 2 чорних”. Подія А₂ може наступити в результаті появи однієї з подій В₁С_3, або В₂С_2, або В₃С₁, тобто

в) Переходимо до третьої задачі. Нехай подія А₃ – „серед вийнятих 5 кульок із двох урн хоча б одна біла”, тоді - протилежна подія: „ні одної білої”, тобто всі кульки чорні. А це суміщення подій В₄ і С₃, тобто

Ймовірність тоді ймовірність протилежної до події, тобто події А₃ дорівнює

Відповідь:

Задача 2.7. Умова „0” варіанта.

В ящику 19 деталей, кожна з яких виготовлена одним із двох видів технологій, причому 3 із них – за І видом, решта – за ІІ видом. Ймовірність витримати стендові випробування для деталей відповідно 0,81 і 0,46. знайти ймовірність того, що випадково взята із ящика деталь витримає стендові випробування.

Розв’язання. А – подія, що випадково взята деталь витримає стендові випробування. В₁ – подія, що взяли деталь з І виду технологій.

В₂ – подія, що взяли деталь з ІІ виду технологій.

Використаємо формулу повної ймовірності:

Знайдемо Р(В₁),Р(В₂).

Умовні ймовірності дані в задачі:

Отже:

Відповідь: 0,5153.

Задача 2.8. У монтажному цеху до пристрою приєднується електродвигун. Електродвигуни постачаються трьома заводами – виробниками. На складі містяться електродвигуни цих заводів відповідно в кількості 9, 6 і 11 штук, які можуть безвідмовно працювати до кінця гарантійного строку відповідно з ймовірностями 0,85; 0,76 і 0,71. Робітник бере випадково один двигун і монтує його до пристрою. Знайти ймовірність того, що змонтований і працюючий безвідмовно до кінця гарантійного строку електродвигун виготовлений: першим, другим, третім заводом – виробниками.

Розв’язання. Першим випробуванням є вибір електродвигуна, другим – безвідмовна робота електродвигуна до кінця гарантійного строку.

Розглянемо події:

А – електродвигун працює до кінця гарантійного строку;

В₁ – робітник вибирає двигун із продукції І – го заводу;

В₂ - робітник вибирає двигун із продукції ІІ – го заводу;

В₃ - робітник вибирає двигун із продукції ІІІ – го заводу;

Ймовірності подій В_і(І=1,3) знаходяться як відношення числа сприятливих випадків m₁=19, m₂=6, m₃=11 до загального числа всіх можливих випадків (кількість всіх електродвигунів) n=19+6+11=36, тому

Умовні ймовірності події А подані у задачі:

тому

Далі розв’язуємо за формулою Бейєса, тобто обчислюємо ймовірність події (гіпотез) В₁, В₂, В₃, за умови, що подія А відбулася:

Відповідь: 0,566; 0,160; 0,274.

Задача 2. 9. Умова “0” варіанта .

Ймовірність виходу зі строю екскаватора упродовж зміни 0,3. На ділянці працює 7 екскаваторів. Яка ймовірність того, що 5 з них пропрацює зміну без аварії.

Розв’язання. Якщо q=0,3; то p=0,7. тому потрібно знайти, що з 7 екскаваторів 5 пропрацюють без аварії з ймовірністю p=0,7. Застосовуємо формулу Бернуллі ( оскільки n=7, m=5 - невеликі):

Відповідь: 0,3175.

Задача 2. 10. Умова “0” варіанта .

Змінна продуктивність бурового станка розподілена за нормальним законом з параметрами a і σ. На буровій дільниці у кар’єрі працює n станків. Знайти ймовірність того, що змінна продуктивність бурової дільниці не відрізняється від змінного завдання П більше, ніж на ε, якщо a=42, σ =12, n=10, П=380, ε =50.

Розв’язання. 1. Знайдемо математичне сподівання А продуктивності всієї бурової дільниці

( а=42 – це для одного станка), на якій працює 10 станків. За властивістю математичного сподівання

A=M(Y)=M(nX)=n·M(X)=n·a=10·42=420.

2. Тепер знайдемо середнє квадратичне відхилення продуктивності бурової дільниці теж за відповідною властивістю

σ(Y)= = = =

3. Знайдемо ймовірність того, що продуктивність Y бурової дільниці не відрізняється змінного планового завдання П=380 не більше, ніж на ε=50, тобто план може бути перевиконаний або недоконаний не більше, ніж на 50. Позначимо

α=П- ε =380 - 50=330, β=П+ ε=380 + 50=430,

тоді ймовірність знаходиться за формулою:

P(α<Y<β)= = =Φ (0,2635)+ Φ (2,3715)=0,1026+0,49 = 0,5926,

де значення функції Φ(x) знайдено по таблиці 2 (див. Додаток)

Відповідь: 0,5926.

Задача 2. 11. Умова “0” варіанта .

Серед 12 деталей 8 якісних. Вибрали 5 деталей. Знайти:

1) ймовірність того, що серед вибраних деталей 3 неякісні;

2) розподіл випадкової величини X - числа якісних деталей серед вибраних;

3. M(X), D(X).

Розв’язання. 1)

,

,

.

2) Випадкова величина X – число якісних деталей серед вибраних має слідуючі можливі значення: x₁=1, x₂=2, x₃=3, x₄=4, x₅=5. Ймовірність можливих значень X знайдемо за формулою: ,

,

,

,

,

.

Складаємо таблицю розподілу:

x	1	2	3	4	5
P(x)	1/99	14/99	42/99	35/99	7/99

Перевірка

3. Знаходимо M(X) і D(X):

M(X) за формулою:

.

Дисперсію знайдемо за формулою:

,

тоді

Відповідь: 1) ; 3) ; .

Задача 2. 12. Умова “0” варіанта .

Знайти ймовірність влучення у заданий інтервал (2,10) нормально розподіленої випадкової величини Х, якщо відоме її математичне сподівання а=8, і середнє квадратичне відхилення σ=4.

Розв’язання. Застосовуємо формулу:

Відповідь: 0,6247.

Задача 2. 13. Умова “0” варіанта .