Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

Розв’язок.

Ймовірність бракованої деталі рівна

p =

де m – кіль-

кість бракованих деталей, n – кількість усіх деталей в меха-

нізмі. Отже,

n = за умовою m = 1, отже, .

n =

Оскільки вартість контролю однієї деталі рівна М, то

вартість перевірки всього механізму рівна

MnS =×=

Умовою економічної доцільності проведення контролю є

виконання нерівності:

,NS < або .

p >

Підставивши необхідні дані

отримаємо:

а) Р = 0,01; M = 1; N = 200; S =

.2001001

01,0

<=×

Отже, контроль проводити вигідно;

б) Р = 0,01; M = 1; N = 200;

.20010001

001.0

>=×=S

Отже, контроль проводити невигідно.

1.4.3. Підкидають два гральних кубики. Яка ймовірність

того, що випаде принаймні одна шістка, якщо відомо, що

сума очок дорівнює 8?

Розв’язок.

Простір елементарних подій, коли сума очок рівна „8”,

такий:

)4;4(),3;5(),5;3(),2;6(),6;2(=Ω . З них у двох подіях

)6;2( і )2;6( випадає „6”. Згідно класичного означення

імовірностей, імовірність даної події А рівна

)(

AP .

1.4.4. Висячий замок з секретом має 4 шестикутні призми.

Кожна призма повертається незалежно одна від другої

навколо своєї осі. Бокові грані кожної призми пронумеровані

від 1 до 6. Замок відкривається, якщо шляхом обертання

призм на лицевій стороні замка буде набране відповідне

(секретне) чотиризначне число.

Обчислити ймовірність того, що:

а) замок відкриється, якщо виявиться

забутою остання

цифра секретного числа, а замість неї на відповідній призмі

буде набрана яка-небудь із можливих цифр;

б) замок відкриється, якщо виявляться забутими дві

останні цифри, а замість них будуть набрані на відповідних

призмах які-небудь дві цифри;

в) особа, яка не знає секрету зможе відкрити замок,

набравши на призмах

довільне чотиризначне число.

Розв’язок.

Нехай А – описана подія. а) Усіх можливих цифр на ос-

танній призмі може бути набрано 6 (усіх можливих наслідків

випробувань рівне n = 6) і лише при одній певній цифрі замок

відкриється (кількість випробувань m, що сприяють настанню

події А рівне m = 1).

Отже, згідно класичного означення імовірностей

;

)( ==

АР

б) Дві останні цифри можна вибрати

⋅

nnn

способами і лише один спосіб набору m = 1 буде відповідати

даному коду. Отже, імовірність відкриття замка рівна

)(

⋅

АР ;

в) Чотири цифри можна вибрати

⋅

4321

nnnnn

12966666 =⋅⋅⋅= способами і лише при одному наборі цифр

m = 1 буде відкритий замок. Отже, імовірність відкриття

замка рівна:

1296

)(

АР .

1.4.5. В лотереї розігрується 1000 білетів. Серед них 2

виграші по 50 грн., 5 – 20 грн., 10 – 10 грн., 25 – 5 грн. Дехто

купує 1 білет.

Знайти ймовірність:

а) виграшу не менше 20 гривень;

б) якого-небудь виграшу.

Розв’язок.

1000 = 2

+ 5

+ 10

+ 25

+ 958

прогр.

а) Нехай А – шукана подія. Виграш не менше 20 гривень –

це виграш у 20 гривень, який зустрічається m

= 5 раз і виграш

у 50 гривень, який зустрічається m

= 2 рази, так що m = m

+ m

, n = 1000 – загальна кількість усіх білетів. Тоді

;007,0

1000

)(

б) Нехай подія А означає який-небудь виграш. Число усіх

можливих виграшів рівне m = 42. Отже,

042,0

1000

)(

==AP .

1.4.6. Є шість відрізків, довжини яких відповідно рівні 2,

4, 6, 8, 10, 12 одиницям. Визначити імовірність того, що з

допомогою взятих навмання трьох відрізків з даних шести

можна побудувати трикутник.

Розв’язок.

Нехай А – подія, імовірність якої треба обчислити. Тоді

AP =)( – згідно класичного означення імовірностей. Тут

Cn = – загальна кількість комбінацій, які можна утворити з

3 елементів серед 6 елементів. Для того, щоб з 3 відрізків

можна було побудувати трикутник, необхідно, щоб сума

будь-яких двох його сторін була більшою за третю сторону.

Таких комбінацій сторін, сприятливих настанню події А,

може бути 7:

(4;6;8), (4;8;10), (4;10;12), (6;8;10), (6;8;12), (6;10;12),

(8;10;12), тобто m = 7.

Отже, 35,0

456

32177

)(

⋅⋅

⋅

AP .

1.4.7. В урні знаходяться червоні й зелені кулі. Ймовір-

ність того, що навмання витягнуті три кулі будуть червоними

становить 0,5. Яка мінімальна кількість куль в урні?

Розв’язок.

І спосіб.

Нехай подія А полягає в тому, що 3 витягнуті кулі є чер-

воними. Нехай m – кількість червоних куль, k – кількість зеле-

них

куль в урні. Тоді m + k – загальна кількість куль.

Згідно класичного означення імовірностей

)(

+km

Розписавши ліву частину рівняння, отримаємо:

−+−++

−−

!3/)2)(1)((

!3/)3)(1(

kmkmkm

mmm

−

⋅

−+

−

⋅

або

−

⋅

−

−+

⋅

Виділивши в кожному дробі цілу частину, отримуємо:

11 =

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

+⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

+⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Очевидно, щоб рівняння мало розв’язок, необхідно, щоб

кожний дріб у дужках був меншим одиниці. Отже, чим

більше k, тим більше m. Тому спочатку шукаємо розв’язок для

k = 1 – кількості зелених куль в урні. Підставивши k = 1 в

формулу імовірності, отримуємо:

−

⋅

−

⋅

+ m

, або

−

Розв’язавши рівняння, отримаємо m = 5. Отже, в урні 5

червоних і 1 зелена куля. Загальна кількість куль в урні рівна

6. Використавши даний підхід для різних імовірностей

витягання трьох червоних куль при одній зеленій кулі k = 1 в

урні отримаємо такий кількісний склад куль:

а)

)(

=AP ; m = 8; n = m + k = 9;

б)

)(

=AP ; m = 11; m + k = 12;

в)

)(

=AP ; m = 17; m + k = 18;

г)

)(

=AP ; m = 23; m + k = 24;

д)

)(

=AP ; m = 26; m + k = 27;

е)

)(

AP ; m = (M+1)3 – 1; m + k = (M+1)3;

є)

)(

=AP ; m = 6; m + k = 7;

ж)

)(

=AP ; m = 9; m + k = 10;

з)

)(

=AP ; m = 7; k = 2; m + k = 9.

ІІ спосіб.

Оскільки витягують три кулі, то уявно розіб’єм усі кулі в

урні на трійки. Тоді згідно умови, імовірність того, що

витягнута трійка куль є червоною, рівна:

5,0)( ==

Мінімальна кількість куль в урні буде тоді, коли

1=m ;

2=n . Враховуючи те, що кулі виймаються трійками, загаль-

на кількість куль в урні становить

632

⋅

n . Серед шести

куль повинна бути лише одна зелена куля, щоб вона попала в

одну з двох трійок. Якщо будуть дві зелені кулі, то одна або

дві зелені кулі можуть попасти в кожну з двох трійок і тому

може не бути трійки лише з червоними кулями. Перевіримо

це з допомогою формул комбінаторики. Нехай подія А – “3

витягнуті кулі є червоними”. Тоді згідно класичного означен-

ня

AP =

)( , де n – рівне числу комбінацій якими можна

вибрати 3 будь-які кулі серед 6 куль:

Cn = ; m – рівне числу

комбінацій якими можна вибрати 3 червоні кулі серед 5

червоних куль:

Cm =

. Отже,

!3456

!3345

)(

⋅⋅⋅

AP .

а) Коли кількість трійок N = 3, то кількість куль в урні n =

= 3·3 = 9. Якщо в урні є тільки одна зелена куля (k = 1), то

вона міститься лише в одній трійці, дві інших будуть лише з

червоних куль. Отже M = 2,

)( =AP

819

−

(кількість

червоних куль).

б) Коли N = 4, то кількість куль в урні n = 4·3 = 12. При

(k = 1) одній зеленій кулі в урні, три трійки куль (M = 3)

будуть лише червоними. Отже

)( =AP

11112

−

е) По індукції, для

)(

AP , k = 1, m = (M + 1)·3 – 1,

m + k = (M + 1)·3.

1.4.8. Серед N виробів знаходиться М бракованих. На-

вмання беруть n

виробів.

Яка ймовірність того, що серед них є m

бракованих ви-

робів (m

< М)?

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що витягнуто m

бракова-

них виробів.

Запишемо умову задачі наступним чином:

−

+= )(

)(

MNMN

брак

придатних;

−

+= )(

11)(11

mnmn

брак

придатних.

Імовірність події А обчислимо згідно класичного

означення імовірності:

AP =)( , де n – загальна кількість

усіх можливих наслідків випробування, які полягають у ви-

борі n виробів серед N виробів і оскільки має значення набір

конкретних елементів у групі, а не порядок їх розташування,

то n рівне числу комбінацій, які можна утворити з n

елемен-

тів серед N елементів:

Cn = ; m – число наслідків випро-

бувань, що сприяють настанню події А. Настанню події А

сприяють m

наслідків випробувань – вибору m

бракованих

виробів серед M бракованих і m

наслідків випробувань –

вибору (n

– m

) придатних виробів серед (N – M) придатних.

Отже,

Cm = ,

−

= .

Враховуючи узагальнене правило множення

×=

111

CCm

−

⋅=× .

Остаточно,

111

)(

−

⋅

1.4.9. В ящику є 4 білих і 5 червоних кульок. З ящика

навмання одна за одною виймають всі кульки, які знаходяться

в ньому і не дивлячись відкладають в сторону.

Знайти ймовірність того, що остання вийнята кулька буде

білою.

Розв’язок.

І спосіб.

Нехай А – шукана подія, яка полягає в тому, що остання

куля біла. Отже, склад попередньо витягнутих куль такий:

3б + 3ч = 8. Тоді імовірність події А рівна

AP =

)( , де

, mmmCn ⋅== , де

Cm = – кількість комбінацій,

якими можна вибрати 3 білі кулі серед 4 куль,

Cm =

–

кількість комбінацій, якими можна вибрати 5 чорних куль

серед 5 куль. Остаточно,

)(

⋅

ІІ спосіб.

Дане випробування замінимо таким, що буде полягати у

зворотньому виборі кульок. Нехай з ящика вибрані всі 9

кульок і не дивлячись одну кладуть назад у ящик. Тоді за кла-

сичним означенням імовірності

AP =)(

, де усіх наслідків

випробувань рівне числу кульок – n = 9 і сприятливих до нас-

тання події А рівне числу білих кульок – m = 4. Отже

)( =AP

1.4.10. З ящика, який вміщує три білети з номерами 1, 2,

3, виймають по одному всі білети. Припускається, що всі

послідовності номерів білетів мають однакові ймовірності.

Знайти ймовірність того, що хоч у одного білета

порядковий номер співпаде з власним.

Розв’язок.

Число усіх можливих подій n рівне числу перестановок з

трьох елементів:

n = 3! = 6. Це така алгебра подій: {123; 132

;213; 231; 312; 321}. З них чотири події (І-ша, ІІ-га, ІІІ-тя, ІV-

та) сприяють настанню шуканої події А, так що m = 4. Тоді

)(

===

AP .

1.4.11. Дитина грається з чотирма буквами розрізної азбу-

ки А, А, М, М. Яка ймовірність того, що при випадковому

розміщенні букв в ряд вона одержить слово “МАМА”?

Розв’язок.

Нехай А – шукана подія, яка полягає в тому, що серед

чотирьох букв буде по дві букви “М” і “А”. Використаємо

класичну формулу для знаходження

AP =)( , де n – загаль-

на кількість способів, якими можна переставити чотири букви

у слові, тобто кількості перестановок з чотирьох елементів: n

= 4!. Кількість способів m, сприятливих для настання події А

рівна добутку числа способів m

= 2!, якими можна вибрати

“М” з двох “М” і числа способів m

= 2!, якими можна вибра-

ти “А” з двох “А”:

mmm

⋅

. Отже,

4321

2121

!2!2

)(

⋅

=AP

1.4.12. Букви, які утворюють слово “ОДЕССА” написані

по одній на шести картках; картки перемішані і покладені в

пакет.

Чому дорівнює ймовірність того, що, витягуючи картки

по одній і записуючи відповідні букви в ряд зліва направо ми

прочитаємо слово (кількість витягнутих карток рівна числу

букв в слові):

а) САД;

б)

АСС;

в) СОДА;

г) ОДЕССА. Яка ймовірність того, що вибравши три

букви, з них можна скласти слово “ОДА”?

Вказівка. Задачу розв’язати двома способами: а) за схе-

мою повернених і б) неповернених куль.

Розв’язок.

Перший спосіб.

Нехай А – описана подія.

І. Букви повертають назад.

а) Слово “САД” складається з трьох

букв. Слово

“ОДЕССА” складається з шести букв. Усіх слів з трьох букв

можна утворити

321

nnnn

⋅

способами, де n

= 6 (число

способів, якими можна вибрати першу букву з шести), n

= 6

(число способів, якими можна вибрати другу букву з шести

букв), n

= 6 (число способів, якими можна вибрати третю

букву з шести букв). Нехай дві букви “С” в слові “ОДЕССА”

пронумеровані №1 і №2. Тоді слово “САД” можна скласти

двома способами, вибравши “С” під №1 чи “С” під №2. Отже,

m = 2!. Остаточно, .

108

666

)( =

⋅

б) Імовірність складання слова “АСС” рівна

AP =

)(

де

666 ⋅⋅=n , а

mmm

⋅

, де !2

m – число способів вибо-

ру першої букви “С”,

m – число способів вибору другої

букви “С”. Таким чином,

!2!2

)(

⋅

в) Імовірність складання слова “СОДА” рівна

AP =

)(

де

66666 =⋅⋅⋅=n , !2

m Остаточно .

648

)(

==AP

г) Імовірність складання слова “ОДЕССА” рівна

AP =

)( , де

6=n , 4!2!2

⋅

mmm ;

11664

!2!2

)(

⋅

=AP .

ІІ) Букви не повертають.

а) Імовірність складання слова “САД” за класичним озна-

ченням імовірності рівна:

AP =)( , де

An = – оскільки

для складання певного слова важливий порядок розташування

букв у слові; m = 2, оскільки у слові “ОДЕССА” є дві букви

“С”, тому слово “САД” можна скласти двома способами,

вибравши одне з двох “С”.