Задача №8 3 страница

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Задача 1. Виразити складні події через елементарні події А – схема проводить струм, –

- й елемент схеми проводить струм.

Зауваження. Вектор струму при проходженні схеми не може мати напрям справа наліво.

1.1.

 

Розв’язання

Виразимо подію А через події .

Спосіб 1. Виходимо з того, що подія А є сумою наслідків, які їй сприяють, причому кожний із цих наслідків складається з 5 еле­ментарних подій .

Маємо:

Перший доданок справа в (А) означає, що всі 5 елементів схеми проводять струм, чотири наступних – усі елементи схеми, крім одного, проводять струм; чотири останніх – усі елементи схеми, крім двох, проводять струм. Наступне спрощення виразу для по­дії А показано нижче у фігурних дужках. Букву А у виразі для спрощення і скорочення викладок опущено:

...

.

Спосіб 2. Проглядаємо схему зліва направо, враховуючи зауваження, і включаємо в подію А всі послідовності подій , які приводять до “успіху”.

Маємо:

.

Спосіб 3. Виходимо з того, що схема проводить струм, якщо елементи: 1 або 2 і одночасно 3 або 4 та одночасно 5 проводять струм. А це згідно з означенням суми і добутку двох подій озна­чає, що .

Виразимо подію через подію . Це можна зробити способами 1 - 3. Наприклад, способом 2. Проглядаємо схему зліва направо і включаємо в подію усі послідовності події , які приводять до “успіху”:

Можна використати формули (закон двоїстості) де Мор­гана: .

Відповідь: .

Зауваження. Відмітимо, що з розглянутих способів відшукування подій А і : два перших більш універсальні, ніж третій, а з двох перших – другий менш громіздкий.

 

1.2.

 

Розв’язання

Спосіб 2

,

 

.

При спрощенні події у викладках у фігурних дужках опущено букву .

Відповідь:

.

Зауваження. Розглянуті вище (при розв’язанні задачі 1.1.) 3 способи відшукання події А і , як правило, не вичерпують усі можливості. Наприклад, задачу 1.2 доцільно розв’язувати, ком­бінуючи способи 2 і 3.

Маємо:

.

Знайдемо також подію для задачі 1.2, використовуючи фор­мули де Моргана:

.

 

Задача 2. В урні 10 куль (і – білих і (10 – і) – синіх). Із урни навмання способом виймають кулі. Знайти ймовір­ність того, що серед вийнятих куль білих.

– разів виймають по одній кулі і повертають її назад;

– разів виймають по куль і повертають їх назад;

– виймають куль, не повертаючи їх назад;

Додаткова інформація: а) (або ), ; б) (або ), .

 

2.1 а) 4,5,4,5; б) 4,6,3,2,6.

Розв’язання

Подамо коротко умову першої задачі а): ; 4 рази виймають по одній кулі і повертають її назад і виймають 4 кулі, не повертаючи їх назад; – необхідно знайти.

Нехай – у випробуванні вийнято білу кулю, тоді подію – подію, задану умовою а) задачі, можна подати у вигляді

де

i т.д. вiдповiдно,

i т.д. Точка у доданках в вiдокремлює різні способи виймання куль.

Ураховуючи тепер, що доданки в несумісні і що в пер­шій серії випробування незалежні (випробування Бернуллі), а в

другій – залежні, маємо

або

.

Подамо коротко умову другої задачі б): – 3 рази виймають по 2 кулі і повертають їх назад і виймають 3 кулі, не повертаючи їх назад; – необхідно знайти.

де, наприклад,

вiдповiдно

Ураховуючи тепер, що доданки в несумiснi, множники у них незалежнi i що в першiй серiї пари випробувань незалежні, але випробування у парах залежні, а в другій – залежні, маємо

 

 

 

або

Зауваження. Вище, при обчисленні і другим способом, обчислення ймовірності добутку залежних подій виконувалося за формулою

 

,

де – ймовірність того, що в залежних ви­пробуваннях подія А настане рівно т разів за умови, що в (за­лежних) випробуваннях вона настане рівно разів.

 

Відповідь:

 

Задача 3. Точку кидають на площину в область . Знайти ймовірність її попадання у підобласть області .

Додаткова інформація: .

 

3.1.

.

Розв’язання

Перша подвійна нерівність задає смугу між па­ралельними прямими

і ,

друга – між паралельними прямими

і .

Отже, вершини А, В, С, D паралелограма, заданого двома зазначе­ними нерівностями, знайдемо, розв’язуючи такі системи рі­внянь:

 

Таким чином, А = А (0; – 2), В = В (4; 4), С = С (2; 7),

D = D (– 2; 1).

Наносимо на площині знайдені вершини паралелограма і будуємо сам паралелограм (область ).

Остання нерівність задає підобласть області , обмежену всередині паралелограма кривою другого порядку. Знайдемо канонічне рівняння цієї кривої

.

 

Таким чином, розглядувана крива – коло з центром у точці і радіусом .

Знайдемо точку перетину кола зі сторонами і паралелограма. Для цього розв’яжемо такі системи рівнянь:

 

Таким чином, А = А (0; – 2). Друга точка лежить за межами області .

Таким чином, Е = Е (0; 4). Друга точка лежить за межами області .

Наприклад, точка задовольняє нерівність

.

Отже, підобласть лежить зліва від дуги кола, і оскільки

АВ

то дуга кола пряму не перетинає.

Зображуємо область на площині .

Згідно з формулою геометричної ймовірності маємо

,

де т – площа.

Шукаємо і .Ураховуючи симетрію відносно осі , яка проходить через точку паралельно осі , рівняння кола, що є частиною межі в області , запишемо відносно нової системи координат .Маємо

Тоді:

сегмента

,

,

Отже,

Відповідь:

3.2. .

Розв’язання

y

A (– 3; 4)

Область , задана нерівністю , є кругом, обмеженим ко­лом радіусом 5 із центром на початку ко­ординат. Підобласть області задана подвійною нерівністю

.

Це розміщена всередині круга область між

прямими

і .

Прямі на площині визначаємо точками перетину з колом, що обмежує область . Ці точки знаходимо як розв’язки таких систем рівнянь:

Таким чином, .

 

 

Таким чином, .

Зображуємо області і на площині :

,

Отже,

Відповідь:

 

 

Задача 4. Є три урни, в кожній з яких по 10 куль – білих і синіх. Дії з кулями виконуються відповідно до схеми і навмання. Необхідно: 1) знайти ймовірність того, що результатом останньої дії буде біла куля; 2) знайти післядослідні ймовірності заданих гіпотез.

Додаткова інформація: схема (починає кожний рядок і одна для всіх варіантів рядка. Цифри в рядку на схемі – номери урн, над рисками – кількість куль, що перекладаються); кількість білих куль в урнах; гіпотези.

H_ij (i=1,2; j= ) – в дії і перекладалися:

Н_і1 – 2 білі кулі;

Н_і2 – 1 біла і 1 синя кулі;

Н _і3 – 2 сині кулі;

Н_і4 – принаймні 1 біла куля;

Н_і5 – принаймні 1 синя куля;

Н_і6 – 2 білі або 2 сині кулі.

4.1. 3 ² 2, 1 ² 3, 3 ¹ ; 6, 4, 9; Н ₁₁, Н _26.

Розв’язання

Подамо схему у більш наочному вигляді:

 

1. Нехай А – результатом останньої дії буде біла куля. Подія

А настає лише за умови настання однієї з гіпотез Н_і – у діях 1,2 перекладалася і – та комбінація з чотирьох куль. Нехай В –

перекладалася біла куля; S – перекладалася синя куля.

Тоді:

= P ()= = , P ()= ,

= P ()= 2 = , P ()= ,

= P ()= = , P ()= ,

= P ()= 2 = , P ()= ,

= P ()= 2 2 = , P ()= ,