Розв’язання.

.

Оскільки то випадкові події А і В є залежними.

3. Формули множення ймовірностей
для залежних випадкових подій

Згідно із (17) і (18) маємо:

Р (А ∩ В) = Р (В) Р (А / В) = Р (А) Р (В / А). (19)

Формула множення для n залежних випадкових подій А₁,А₂, … А₄:

Р = Р (А₁) Р(А₂ / А₁) Р(А₃ / А₁А₂) … Р(А_n / А₁А₂ … А_n–1) (20)

Приклад 1. 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:

1) А — три деталі виявляться стандартними;

2) В — усі три виявляться бракованими;

3) С — дві стандартні й одна бракована.

Розв’язання. Нехай А_і — поява стандартної, — бракованої деталі при і-му вийманні.

Подія , ,

.

Оскільки випадкові події А_і, є залежними, то:

Р(А) = Р(А₁∩А₂∩А₃) = Р(А₁) Р(А₂ / А₁) Р(А₃ / А₁А₂) = ;

.

.

Приклад 2. Із множини чисел Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} навмання беруть одне число, а далі з решти — друге. Яка ймовірність того, що здобуте двоцифрове число буде парним?

Розв’язання. Позначимо через А₁ — поява непарної цифри при першому вийманні, через В₁ — поява парної цифри при першому, а через В₂ — появу парної цифри при другому вийманні.

Нехай С — випадкова подія: поява парного двоцифрового числа.

Тоді С = (А₁∩В₂) È (В₁∩В₂).

Оскільки випадкові події А₁, В₁, В₂ є залежними, то

Р (С) = Р (А₁∩В₂) È (В₁∩В₂) = Р(А₁∩В₂) + Р (В₁∩В₂) =

= Р (А₁) Р (В₂ / А₁) + Р (В₁) Р (В₂ / В₁) = .

4. Формули множення ймовірностей
для незалежних випадкових подій

Якщо випадкові події А і В є незалежними, то Р(А / В) = Р(А), Р(В / А) = Р(В).

Формули (19), (20) наберуть такого вигляду:

Р(А∩В) = Р(А) Р(В); (21)

. (22)

Приклад 1. Гральний кубик і монету підкидають по одному разу. Яка ймовірність того, що при цьому на грані кубика випаде число, кратне 3, а на монеті герб?

Розв’язання. Нехай поява числа, кратного трьом — подія А, а поява герба — подія В. Випадкові події А і В є між собою незалежними. Отже,

; .

Приклад 2. Три студенти складають на сесії екзамен з математики. Імовірність того, що перший складе 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: , ,

.

Оскільки випадкові події А_і, (і = 1, 2, 3) 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;

.

5. Імовірність появи випадкової
події принаймні один раз при n
незалежних спробах

Нехай проводиться n незалежних спроб, у кожній з яких може відбутися подія А_і (і =1, 2, 3, ... n) з імовірністю Р(А_і) = p_і або подія з імовірністю , .

Нехай С — поява події А_і хоча б один раз при n незалежних спробах, тобто ця подія може з’явитися або один раз, або двічі, тричі і так далі, включаючи всі n раз. Тоді подія С і подія, яка полягає в тому, що при n спробах А_і не з’явиться жодного разу , утворюють повну групу, а саме: . При цьому .

Тоді ;

.

Отже,

. (23)

Якщо Р(А_і) = p_і = p = const, то q_і = q = const.

Тоді

Р(С) = 1 – qⁿ. (24)

Приклад 1. Прилад складається з чотирьох елементів, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу під час роботи приладу, є величиною сталою і дорівнює 0,95. Для другого, третього і четвертого елементів ця ймовірність дорівнює відповідно 0,9; 0,85; 0,8.

Яка ймовірність того, що під час роботи приладу з ладу не вийде хоча б один елемент?

Розв’язання. Нехай p₁ = 0,95 — імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу. Для другого, третього та четвертого елементів ця ймовірність становитиме відповідно p₂ = 0,9; p₃ = 0,85; p₄ = 0,8. Імовірність того, що ці елементи вийдуть із ладу, дорівнюватиме відповідно:

q₁ = 1 – p₁ = 1 – 0,95 = 0,05;

q₂ = 1 – p₂ = 1 – 0,9 = 0,1;

q₃ = 1 – p₃ = 1 – 0,85 = 0,15;

q₄ = 1 – p₄ = 1 – 0,8 = 0,2.

На підставі (23) маємо:

Р(С) = 1 – q₁ q₂ q₃ q₄ = 1 – 0,05 × 0,1 × 0,15 × 0,2 = 1 – 0,00015 = 0,99985.

Приклад 2. Гральний кубик підкидається чотири рази. Чому дорівнює ймовірність того, що цифра 3 з’явиться при цьому хоча б один раз?

Розв’язання. Імовірність того, що при одному підкиданні з’явиться цифра 3, дорівнює . Тоді q = 1 – p = 1 – .

Згідно з (24) дістанемо:

Р(С) = 1 – q⁴ = .

6. Використання формул теорії
ймовірностей для оцінювання надійності
роботи простих систем

Оцінити надійність роботи системи, елементи якої з’єднані за схемою, наведеною на рис. 7.

Рис. 7

При цьому відомі ймовірності безвідмовної роботи кожного елемента p_і (і = 1,…, n).

Позначивши надійність системи через R, дістанемо

. (25)

Оцінити надійність роботи системи, елементи якої з’єднані за схемою, наведеною на рис. 8.

Рис. 8

При цьому відомі ймовірності безвідмовної роботи кожного елемента р_і (і = 1,…, n):

. (26)

Приклад. Електричні лампочки з’єднані за схемами, наведеними на рис. 9 і 10.

Імовірність того, що електролампочка не перегорить при ввімкненні в електромережу наведених схем, є величиною сталою і дорів­нює р_і = 0,8.

Яка ймовірність того, що при ввімкненні в електромережу наведених схем у них буде електрострум?

Розв’язання. За відомим значенням р_і знаходимо q_і = 1 – р_і = 1 – 0,8 =
= 0,2 (і = 1, 2, 3, 4).

а) R = ;

б) .