უმაღლესი მათემატიკა. შაპკინის პრობლემები გადაწყვეტილებებით

მაგალითი 6.6. ეს ორი მანქანა მუშაობს ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად. პირველი მანქანის უწყვეტი მუშაობის ალბათობა გარკვეული დროის განმავლობაში t უდრის p1 = 0.9, მეორე - p2 = 0.8. რამდენია ორივე აპარატის უწყვეტი მუშაობის ალბათობა მითითებულ დროში?

გამოსავალი. განვიხილოთ შემდეგი მოვლენები: А1 и А2 - პირველი და მეორე მანქანების უწყვეტი მუშაობა, შესაბამისად, t დროის განმავლობაში; A - ორივე აპარატის უწყვეტი მუშაობა მითითებული დროით. მაშინ მოვლენა A არის A1 და À2, t.å მოვლენების ერთობლიობა. À = À1 À2. ვინაიდან მოვლენები A1 და À2 დამოუკიდებელია (მანქანები მოქმედებენ ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად), მაშინ ფორმულის გამოყენებით (5) ვიღებთ:

P (À) = P (À1) · P (À2) = 0.9 · 0.8 = 0.72.

მაგალითი 6.7. პრობლემა 6.6. განსაზღვრავს უწყვეტი მუშაობის ალბათობას ორი მანქანიდან მინიმუმ ერთის დროს т (მოვლენა B).

პირველი გზა. განვიხილოთ საპირისპირო მოვლენა B, რაც გულისხმობს ორივე მანქანის შეფერხებას დროის t დროს. ცხადია -

მაგრამ ეს მოვლენა B არის A1 და A 2 მოვლენების ერთობლიობა - პირველი და მეორე მანქანების შეფერხება, ე.ი. B = A1 A2 . ვინაიდან A1 და A2 მოვლენები დამოუკიდებელია, მაშინ

P (B) = P (A1)×P (A2) = = 0.1×0.2 = 0.02.

P(B) = 1− P(B) = 0.98.

მეორე გზა. B მოვლენა ხდება მაშინ, როდესაც ხდება შემდეგი სამი შეუთავსებელი მოვლენადან ერთ-ერთი: ან

А1 · А 2 - მოვლენების კომბინაცია А1 და А2 (მუშაობს პირველი მანქანა,

მეორე - არ მუშაობს), ან A1 · À2 - მოვლენების კომბინაცია A1 è À2 (პირველი მანქანა არ მუშაობს, მეორე მუშაობს), ან A1 À2 - მოვლენების კომბინაცია A1 è À2 (ორივე მანქანა მუშაობს), ე.ი.

B = A1 × A2 + A1 × A2 + A1 × A2.

ფორმულის გამოყენებით (3) ვიღებთ:

P(B) = P(A1×A2) + P(A1×A2) + P(A1×A2).

Â იმის გამო, რომ მოვლენები ა 1 è À2 და შესაბამისად A1 è A2, A1

и А 2 დამოუკიდებელია, გვაქვს:

P (B) = P (A 1)×P (A2) + P (A1)×P (A2) + P (A1)×P (A2) =

P (A 1) + P (A2) + P (A1)×P (A2) = 0.98.

მაგალითი 6.8. როდესაც ძაბვა იზრდება, ელექტრული წრედის შეფერხება შეიძლება მოხდეს სერიაში დაკავშირებული სამი ელემენტიდან ერთ-ერთის გაუმართაობის გამო; ელემენტების ალბათობა და გაუმართაობა შესაბამისად უდრის 0,2-ს; 0.3; 0.4. დაადგინეთ ალბათობა იმისა, რომ ჯაჭვი არ გაწყდეს.

გამოსავალი. მოდით, მოვლენები A1, À2, À3 ნიშნავს პირველი, მეორე და მესამე ელემენტების წარუმატებლობას, შესაბამისად. მათი ალბათობა პირობის მიხედვით შესაბამისად ტოლია: P (A1) = 0,2; P(A2) = 0.3; P(A3) = 0.4. მაშინ ალბათობა საპირისპიროა

მოვლენები A 1, A2, A 3, შესაბამისად, პირველი, მეორე და მესამე ელემენტი არ ჩავარდა) უდრის:

P (A1) =1- P (A1) = 0.8; P(A2) = 0.7; P(A3) = 0.6.

მოვლენა A, რომელიც შედგება იმაში, რომ წრე არ გაწყდა,

არსებობს დამოუკიდებელი მოვლენების კომბინაცია A 1, A2, A 3: A = A1 × A2 × A3. ამრიგად, ფორმულის მიხედვით (5) ვიღებთ:

P(A) = P(A1)×P(A2)×P(A3) = 0.8×0.7×0.6 = 0.336.

მაგალითი 6.9. ურნაში არის 6 შავი, 5 წითელი და 4 თეთრი ბურთი. სამი ბურთი ზედიზედ ამოიღება. იპოვეთ ალბათობა, რომ პირველი ბურთი იყოს შავი, მეორე წითელი და მესამე თეთრი.

გამოსავალი. განვიხილოთ შემდეგი მოვლენები: A - პირველი დახატული ბურთი შავია, B - მეორე ბურთი წითელია, C - მესამე ბურთი თეთრია. D-ით ავღნიშნოთ ის მოვლენა, რომ ბურთები დახატულია თანმიმდევრობით: შავი, წითელი, თეთრი. ცხადია, D = A · B · C.

ფორმულის მიხედვით (4) გვაქვს:

P(D) = P(A) P(B/A) P(C/AB).

მოდით ვიპოვოთ ალბათობები, რომლებიც შედის ამ თანასწორობის მარჯვენა მხარეს. ალბათობა იმისა, რომ შავი ბურთი p თავდაპირველად არის დახატული

P(A)=		ურნადან წითელი ბურთის გამოტანის ალბათობა როცა


	რომ შავი ბურთი თავდაპირველად დახატული იყო,
P(B/A)=		ვინაიდან ურნაში შავი ბურთის ამოღების შემდეგ რჩება

არის 14 ბურთი და მათგან 5 წითელია. შავი და წითელი ბურთების დახატვის შემდეგ ურნადან თეთრი ბურთის დახატვის ალბათობა არის

íûé øàðû, P (C / AB) = 13 4 (შავი და წითელი ამოღების შემდეგ

ურნაში დარჩა 13 ბურთი და მათგან 4 თეთრია). ამრიგად,

P (D) = 2 5 × 14 5 × 13 4 = 91 4 .

მაგალითი 6.10. ქარხანა აწარმოებს გარკვეული ტიპის პროდუქტს; თითოეულ პროდუქტს აქვს დეფექტი p1 = 0.1 ალბათობით. პროდუქტს ამოწმებს ერთი ინსპექტორი; ის აღმოაჩენს არსებულ დეფექტს ალბათობით p2 = 0,8 და თუ ხარვეზი არ არის გამოვლენილი, ის გადასცემს პროდუქტს მზა პროდუქტში. გარდა ამისა, ინსპექტორმა შეიძლება შეცდომით უარყოს პროდუქტი, რომელსაც არ აქვს ნაკლი; ამის ალბათობა არის p3 = 0.3. იპოვნეთ შემდეგი მოვლენების ალბათობა:

А1 – პროდუქტი უარყოფილი იქნება, მაგრამ არასწორად; A2 - პროდუქტი გადავა მზა პროდუქტში დეფექტებით

òîm; А3 – პროდუქტი უარყოფილი იქნება.

გამოსავალი. განვიხილოთ შემდეგი მოვლენები: B1 – პროდუქტს აქვს დეფექტი;

Â2 – ინსპექტორი აღმოაჩენს არსებულ ხარვეზს; B3 – ინსპექტორი უარს იტყვის პროდუქტზე, რომელსაც არ აქვს ხარვეზი.

ამოცანის პირობების მიხედვით P (B1) = p1 = 0.1; P(B2) = p2 = 0.8; PB1 (B3) = p3 = 0.3. მოვლენა A1 მნიშვნელობით ნიშნავს: „პროდუქტი არ არის

აქვს დეფექტი და პროდუქტს ინსპექტორი უარყოფს“, ე.ი. A1 = B1 × B3. მერე

P (A1) = P (B1 × B3) = P (B1) × PB 1 (B3) = (1- p1) × p3 = 0.9 × 0.3 = 0.27.

მოვლენა A2 მნიშვნელობით ნიშნავს: „პროდუქტს აქვს დეფექტი და ინსპექტორი არ აღმოაჩენს დეფექტს“, ე.ი. A2 = B1 × B2. მერე

P (A2) = P (B1)×P (B2) = p1 ×(1- p2) = 0.1×0.2 = 0.02,

რადგან მოვლენები B და B2 დამოუკიდებელია.

მოვლენა A3 მნიშვნელობით ნიშნავს: „პროდუქტს აქვს დეფექტი და ინსპექტორი აღმოაჩენს დეფექტს, ან პროდუქტს არ აქვს ნაკლი და ინსპექტორი უარყოფს პროდუქტს“, ე.ი.

A3 = B1 × B2 + B1 × B3

P (A 3) = P (B1 × B2 + B1 × B3) = P (B1) × P (B2) + P(B1) × PB 1 (B3) =

P 1 × P2 + (1- p1 ) × p3 = 0,1 × 0,8 + 0,9 × 0,3 = 0,35.

6.1.4. საერთო ალბათობის ფორმულა და ბეიზის ფორმულა

თუ გარკვეული გამოცდილება დაკავშირებულია n ურთიერთგამომრიცხავ მოვლენასთან (ჰიპოთეზებთან) H1, Í2, ..., Ín და თუ მოვლენა A შეიძლება მოხდეს მხოლოდ ამ ჰიპოთეზის მიხედვით, მაშინ A მოვლენის ალბათობა გამოითვლება საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით:

P (A) = P (H1) P (A/H1) + P (H2) P (A/H2) + … + P (Hn) P (A/Hn).

თუ ექსპერიმენტამდე ჰიპოთეზების ალბათობა იყო P (H1), P (H2), ..., P (Hn), მაშინ ექსპერიმენტის შემდეგ, რომლის შედეგადაც მოხდა A მოვლენა, ჰიპოთეზების ალბათობა შეიძლება იყოს. ხელახლა შეფასებულია ბეიზის ფორმულის გამოყენებით:

P(Hi/A)=	P(Hi)×P(A/Hi)	(i =1,2,..., n).
P(Hi/A)=		(i =1,2,..., n).
	å P (Hi )× P (A/ Hi )

მაგალითი 6.11. არის სამი ურნა ბურთულებით. პირველი ურნა შეიცავს 4 თეთრ და 5 შავ ბურთულას, მეორე ურნა შეიცავს 5 თეთრ და 4 შავ ბურთულას, ხოლო მესამე ურნა შეიცავს 6 თეთრ ბურთულას. ვიღაც შემთხვევით ირჩევს ერთ-ერთ ურნას და ამოიღებს მისგან ბურთულას. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ: ა) ეს ბურთი თეთრი იქნება; ბ) თეთრი ბურთი გამოყვანილია მეორე ურნიდან.

ა) იყოს A მოვლენა, რაც ნიშნავს, რომ თეთრი ბურთია დახატული. განვიხილოთ სამი ჰიპოთეზა:

ვინაიდან ურნა, საიდანაც ბურთია გამოყვანილი, არჩეულია შემთხვევით, მაშინ

A მოვლენის პირობითი ალბათობები შესაბამისად უდრის:

	P(A/H2) =		(მეორე ურნადან თეთრი ბურთის დახატვის ალბათობა),


	P(A/H3) = 1		(მესამე ურნადან თეთრი ბურთის გამოტანის ალბათობა).

აქედან, საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით, ვიღებთ:

P (A) = 1 3 × 4 9 + 1 3 × 5 9 + 1 3 ×1 = 1 3 × 2 = 2 3.

ბ) მეორე ურნადან თეთრი ბურთის გამოყვანის ალბათობის დასადგენად ვიყენებთ ბეიზის ფორმულას:

P(H2)P(A/H2)

P(H2

მაგალითი 6.12. ორი სიგნალი A და B გადაიცემა საკომუნიკაციო ხაზის გასწვრივ

შესაბამისად, 0,72 და 0,28 ალბათობით. ჩარევის გამო ნაწილი 6

A-სიგნალები დამახინჯებულია და მიიღება როგორც B-სიგნალები, ხოლო მე-7 ნაწილი

გადაცემული B სიგნალები მიიღება A სიგნალების სახით.

ა) დაადგინეთ ალბათობა იმისა, რომ მიმღებ წერტილში მიიღება A-სიგნალი.

ბ) ცნობილია, რომ მიღებულია A-სიგნალი. რა არის მისი გადაცემის ალბათობა?

ა) მოვლენა A - A-სიგნალი გამოჩნდეს მიმღებ წერტილში. შემოვიღოთ ჰიპოთეზები: HÀ – გადაცემულია A სიგნალი, HÂ – სიგნალი B. პირობის მიხედვით, P (HA ) = 0,72; P(HB) = 0.28.

A-სიგნალის მიღების ალბათობა, იმ პირობით, რომ ის ასევე გაიგზავნება, უდრის:

P (A/HA) =1- 1 6 = 5 6.

ალბათობა იმისა, რომ მიიღება A სიგნალი იმის გათვალისწინებით, რომ B სიგნალი გაიგზავნება არის:

P(A/HB) = 1 7.

აქედან, საერთო ალბათობის ფორმულის გამოყენებით, ვიღებთ

P (A) = P (HA)×P (A/ HA) + P (HB)×P (A/ HB) = 0.72 × 5 6 + 0.28 × 1 7 = 0.64.

ბ) A-სიგნალის მიღების ალბათობა, იმ პირობით, რომ ის ასევე გადაცემულია, გამოვლენილია ბეიზის ფორმულის გამოყენებით:

		P(HA)×P(A/HA)

	P(HA/A) =

მაგალითი 6.13. მგზავრს შეუძლია მიმართოს ბილეთს სამი ბილეთიდან ერთ-ერთში. თითოეული სალარო აპარატის მონახულების ალბათობა დამოკიდებულია მათ მდებარეობაზე და უდრის შესაბამისად p1, p2, p3. ალბათობა იმისა, რომ მგზავრის ჩამოსვლისას ბილეთების ოფისში არსებული ბილეთები გაიყიდება, უდრის p4-ს პირველი ბილეთების ოფისისთვის, äëÿ

მეორე – p5, მესამესთვის – p6. მგზავრი ბილეთის ასაღებად წავიდა. რა არის იმის ალბათობა, რომ ის იყიდის ბილეთს?

გამოსავალი. განვიხილოთ შემდეგი შემთხვევითი მოვლენები:

À – მგზავრი შეიძენს ბილეთს;

Í1 – მგზავრი მივიდა პირველ ბილეთთან;

Í 2 – მგზავრი მივიდა მეორე ბილეთების ოფისში;

Í 3 - მგზავრი მივიდა მესამე ბილეთების ოფისში.

ნათელია, რომ მოვლენები H1, Í2, Í3 ქმნიან მოვლენების სრულ ჯგუფს და შეუთავსებელია (ჩვენ გვჯერა, რომ მგზავრს შეუძლია მხოლოდ ერთი ბილეთების ოფისში წასვლა). მოვლენები H1, Í2, Í3 ჰიპოთეზაა. მოვლენა A შეიძლება მოხდეს მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ მოხდება ერთ-ერთი ჰიპოთეზა.

საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით:

P (A) = P (H 1)× PH 1 (A) + P (H2)× PH 2 (A) + P (H3)× PH 3 (A) =

P 1 (1- p4) + P2 (1- p5) + P3 (1- p6).

მაგალითი 6.14. არსებობს ნაწილების სამი პარტია, თითოეული შეიცავს 30 ნაწილს. პირველ, მეორე და მესამე პარტიაში სტანდარტული ნაწილების რაოდენობა არის შესაბამისად 20, 15, 10. შემთხვევით მიღებული პარტიიდან შემთხვევით იქნა აღებული ნაწილი, რომელიც აღმოჩნდა სტანდარტული. შემდეგ იმავე პარტიიდან მეორედ შემთხვევით ამოიღეს ნაწილი, რომელიც ასევე სტანდარტული აღმოჩნდა. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ ნაწილები ამოიღეს მესამე პარტიიდან.

გამოსავალი. A-ით ავღნიშნოთ მოვლენა - ორი ტესტიდან თითოეულში ამოღებულია სტანდარტული ნაწილი.

სამი ვარაუდის (ჰიპოთეზის) დადგენა შეიძლება: H1 - ნაწილები ამოღებულია პირველი პარტიიდან; H2 - ნაწილები ამოღებულია მეორე პარტიიდან; H3 - ნაწილები ამოღებულია მესამე პარტიიდან.

ვინაიდან დეტალები იქნა ამოღებული შემთხვევით შერჩეული ჯგუფიდან, ჰიპოთეზების ალბათობა იგივეა:

P (H1) = P (H2) = P (H3) = 1 3.

ვიპოვოთ პირობითი ალბათობა P H 1 (A), ე.ი. იმის ალბათობა

რომ პირველი პარტიიდან ორი სტანდარტული ნაწილი თანმიმდევრულად იქნება ამოღებული:

PH 1 (A) = 20 30 × 19 29 = 38 87.

ვიპოვოთ პირობითი ალბათობა PH 2 (A), ე.ი. იმის ალბათობა

რომ მეორე პარტიიდან ორი სტანდარტული ნაწილი თანმიმდევრულად მოიხსნება (დაბრუნების გარეშე):

PH 2 (A) = 15 30 × 14 29 = 29 7.

ვიპოვოთ პირობითი ალბათობა P H 3 (A), ე.ი. იმის ალბათობა

რომ მესამე პარტიიდან თანმიმდევრულად გამოიყოფა ორი სტანდარტული ნაწილი:

PH 3 (A) = 10 30 × 29 9 = 29 3.

სასურველი ალბათობა იმისა, რომ ორივე ამოღებული სტანდარტული ნაწილი აღებულია მესამე პარტიიდან, ბეიზის ფორმულის მიხედვით, უდრის:

(H3) =

(H3)×PH 3 (A)

P(H1)

× PH

(H2)×PH

(A) + P(H3)×PH

6.2. ხელახალი ტესტის სქემა

6.2.1. ბერნულის ფორმულა

თუ ერთსა და იმავე პირობებში, გარკვეული ექსპერიმენტი მეორდება n-ჯერ და თუ A მოვლენის დადგომის ალბათობა თითოეულ ექსპერიმენტში უდრის p-ს, მაშინ ალბათობა იმისა, რომ მოვლენა A n ცდის სერიაში მოხდება ზუსტად k-ჯერ. ნაპოვნია ბერნულის ფორმულით:

სიმბოლო [...] აქ ნიშნავს რიცხვის მთელ ნაწილს.

თუ რიცხვი np + p არის მთელი რიცხვი, მაშინ ყველაზე სავარაუდო რიცხვი ასევე იქნება k0 – 1 იგივე ალბათობით Pn (k0 ).

მაგალითი 6.15. მუშის მიერ დამუშავებულ ნაწილებს შორის საშუალოდ 4% არასტანდარტულია. იპოვეთ ალბათობა, რომ შესამოწმებლად აღებული 30 ნაწილიდან ორი ნაწილი იყოს არასტანდარტული. რა არის არასტანდარტული ნაწილების ყველაზე სავარაუდო რაოდენობა განხილულ 30 ნაწილიან ნიმუშში და რა არის მისი ალბათობა?

გამოსავალი. აქ გამოცდილება მოიცავს 30 ნაწილიდან თითოეულის ხარისხის შემოწმებას. მოვლენა A – არასტანდარტული ნაწილის გამოჩენა; მისი ალბათობა არის P = 0.04, შემდეგ q = 0.96. აქედან, ბერნულის ფორმულის გამოყენებით, ვპოულობთ:

P30 (2) = C30 2 (0.04)2 (0.96)28 » 0.202.

მოცემულ ნიმუშში არასტანდარტული ნაწილების ყველაზე სავარაუდო რაოდენობა გამოითვლება ფორმულით (2):

k0 = = = 1, მისი ალბათობა ტოლია

P30 (1) = C30 1 ×0,041 ×(0,96)29 » 0,305.

მაგალითი 6.16. ერთი გასროლით მიზანში მოხვედრის ალბათობაა 0,8. იპოვეთ ალბათობა, რომ ოთხი გასროლის სერიაში იქნება: ა) მინიმუმ ერთი დარტყმა; ბ) მინიმუმ სამი დარტყმა; გ) არაუმეტეს ერთი დარტყმისა.

გამოსავალი. აქ n = 4, p = 0.8, q = 0.2. ა) იპოვეთ საპირისპირო მოვლენის ალბათობა - ოთხი გასროლის სერიაში მიზანზე არც ერთი დარტყმა არ ხდება:

P4 (0) = C4 0 p0 q4 = 0.24 = 0.0016. 4 = 0.8192.

გ) სამიზნის დარტყმის ალბათობა არა უმეტეს ერთხელ გამოითვლება ანალოგიურად:

P4 (k £1) = P4 (0) + P4 (1) = 0.0016 +C4 1 p1 q3 =

0,0016 + 4×0,8×0,2 3 = 0,2576.

6.2.2. ლოკალური ლაპლასის თეორემა

თუ რომელიმე A მოვლენის დადგომის p ალბათობა მუდმივია n დამოუკიდებელ ცდაში და განსხვავდება 0-დან და 1-დან, მაშინ Pmn ალბათობა იმისა, რომ ამ ცდებში A მოვლენა მოხდეს m-ჯერ n → ∞ აკმაყოფილებს მიმართებას:

	npq Pmn
n →∞	ϕ(x)

მაგალითი 6.17. ამ მანქანაზე მაღალი ხარისხის ნაწილის დამზადების ალბათობაა 0.4. იპოვეთ ალბათობა, რომ შემთხვევით აღებულ 26 ნაწილს შორის ნახევარი იქნება უმაღლესი კლასის.

რამდენიმე მოვლენის ჯამი არის მოვლენა, რომელიც შედგება ამ მოვლენებიდან მინიმუმ ერთის დადგომისგან.

რამდენიმე მოვლენის პროდუქტი არის მოვლენა, რომელიც შედგება ყველა ამ მოვლენის ერთობლივი შემთხვევისგან.

ალბათობის დამატების თეორემა. თუ მოვლენები A1, A2, ..., Ap შეუთავსებელია, ანუ ორი მათგანი არ შეიძლება მოხდეს ერთად, მაშინ

A მოვლენის ალბათობას, რომელიც გამოითვლება იმ ვარაუდით, რომ მოხდა B მოვლენა, ეწოდება A მოვლენის პირობითი ალბათობა მოცემული B და აღინიშნება P-ით (A/B).

ალბათობის გამრავლების თეორემა. მრავალჯერადი მოვლენის დადგომის ალბათობა უდრის ერთი მათგანის და ყველა დანარჩენის პირობითი ალბათობის ნამრავლს, ხოლო ყოველი მომდევნო მოვლენის ალბათობა გამოითვლება იმ ვარაუდით, რომ ყველა წინა მოვლენა უკვე მოხდა:

თუ მოვლენები A1, A2, ..., Аn დამოუკიდებელია, ანუ რომელიმე მათგანის გაჩენა არ ცვლის დანარჩენის დადგომის ალბათობას, მაშინ

მაგალითი 6.6. ეს ორი მანქანა მუშაობს ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად. პირველი მანქანის უწყვეტი მუშაობის ალბათობა გარკვეული დროის განმავლობაში t უდრის p1 = 0.9, მეორე - p2 = 0.8. რა არის იმის ალბათობა, რომ ორივე მანქანა იმუშავებს შეუფერხებლად განსაზღვრული დროის განმავლობაში?

პირველი გზა. განვიხილოთ საპირისპირო მოვლენა B, რაც გულისხმობს ორივე მანქანის შეფერხებას დროის t დროს. ცხადია, მოვლენა B არის A1 და A2 მოვლენების ერთობლიობა - პირველი და მეორე მანქანების შეფერხება, ანუ B = A1A2. ვინაიდან მოვლენები A და A2 დამოუკიდებელია, მაშინ

აქედან

A1 ¦ A2 - A1 და A2 მოვლენების კომბინაცია (მუშაობს პირველი მანქანა,

მეორე - არ მუშაობს), ან A1 ¦ A2 - A1 და A2 მოვლენების კომბინაცია (პირველი მანქანა არ მუშაობს, მეორე მუშაობს), ან A1 A2 - A1 და A2 მოვლენების კომბინაცია (ორივე მანქანა მუშაობს), ე.ი.

ფორმულის გამოყენებით (3) ვიღებთ:

იმის გამო, რომ მოვლენები A1 და A2 და, შესაბამისად, A2, დამოუკიდებელია, ჩვენ გვაქვს:

მაგალითი 6.8. როდესაც ძაბვა იზრდება, ელექტრული წრედის შეფერხება შეიძლება მოხდეს სერიაში დაკავშირებული სამი ელემენტიდან ერთ-ერთის გაუმართაობის გამო; ელემენტის გაუმართაობის ალბათობა შესაბამისად უდრის 0,2-ს; 0.3; 0.4. დაადგინეთ ალბათობა იმისა, რომ ჯაჭვი არ გაწყდეს.

გამოსავალი. მოდით, მოვლენები A1, A2, A3 ნიშნავს პირველი, მეორე და მესამე ელემენტების წარუმატებლობას, შესაბამისად. მათი ალბათობა პირობის მიხედვით შესაბამისად ტოლია: P (A1) = 0,2; P(A2) = 0.3; P(A3) = 0.4. მაშინ ალბათობა საპირისპიროა

მოვლენები A1, A2, A3, შესაბამისად, პირველი, მეორე და მესამე ელემენტი არ ჩავარდა) უდრის:

მოვლენა A, რომელიც შედგება იმაში, რომ წრე არ გაწყდა,

ეს არის დამოუკიდებელი მოვლენების ერთობლიობა, ამიტომ ფორმულის გამოყენებით (5) ვიღებთ:

მაგალითი 6.9. ურნაში არის 6 შავი, 5 წითელი და 4 თეთრი ბურთი. სამი ბურთი ზედიზედ ამოიღება. იპოვეთ ალბათობა, რომ პირველი ბურთი შავია, მეორე წითელი და მესამე თეთრი.

P (B) = P (A) ¦ P (B / A) ¦ P (C / AB).

მოდით ვიპოვოთ ალბათობები, რომლებიც შედის ამ თანასწორობის მარჯვენა მხარეს. ალბათობა იმისა, რომ შავი ბურთი თავდაპირველად არის დახატული

P (A) - და - 5. ურნადან წითელი ბურთის ამოღების ალბათობა, იმ პირობით, რომ შავი ბურთი თავდაპირველად იყო ამოღებული, P (B/A) -14, ვინაიდან შავი ბურთის ამოღების შემდეგ 14 ბურთი დარჩა. ურნა და აქედან - 5 წითელი. შავი და წითელი ბურთის დახატვის შემდეგ ურნიდან თეთრი ბურთის გამოტანის ალბათობა

ny ბურთები, P (C / AB) -13 (შავი და წითელი ამოღების შემდეგ

ურნაში დარჩა 13 ბურთი და მათგან 4 თეთრია).

ამრიგად,

R(b) - 2. — . — — —.

მაგალითი 6.10. ქარხანა აწარმოებს გარკვეული ტიპის პროდუქტს; თითოეულ პროდუქტს აქვს დეფექტი p1 = 0,1 ალბათობით. პროდუქტს ამოწმებს ერთი ინსპექტორი; ის აღმოაჩენს არსებულ დეფექტს ალბათობით p2 = 0.8 და თუ ხარვეზი არ არის გამოვლენილი, ის გადასცემს პროდუქტს მზა პროდუქტში. გარდა ამისა, ინსპექტორმა შეიძლება შეცდომით უარყოს პროდუქტი, რომელსაც არ აქვს ნაკლი; ამის ალბათობა არის p3 = 0.3. იპოვნეთ შემდეგი მოვლენების ალბათობა:

A1 - პროდუქტი უარყოფილი იქნება, მაგრამ არასწორად;

საშინაო დავალება No9

№1 ა IN უპასუხე. 0, 85; 0, 25.

№2 . სპორტის დღეს სიზოვი სტადიონზე წავიდა. შეგიძლიათ იყიდოთ ფეხბურთის ბილეთი 0,3 ალბათობით, ან კალათბურთის ბილეთი 0,4 ალბათობით, ან ფრენბურთის ბილეთი 0,2 ალბათობით. რა არის იმის ალბათობა, რომ: 1) სიზოვი კონკურსში მოხვდა; 2) სიზოვი მოხვდა შეჯიბრში, სადაც წიხლებით დარტყმა აკრძალულია? უპასუხე. O,9; 0.6.

№3. უპასუხე. 0,37.

№4 . ჯგუფში 20 მოსწავლეა. 10 სტუდენტი თამაშობს ფრენბურთს, 7 სტუდენტი თხილამურებით და 3 მოსწავლე კალათბურთს. იპოვეთ ალბათობა, რომ შემთხვევით შერჩეული მოსწავლე არ თამაშობს კალათბურთს.

უპასუხე. 17/20.

№5. უპასუხე. ¾.

№6.

№7. უპასუხე

№8.

№9. უპასუხე. 0,7.

№10.

საშინაო დავალება No9

№1 . მსროლელი ათეულს ურტყამს 0,05 ალბათობით, ცხრას 0,2 და რვაში 0,6 ალბათობით. ერთი გასროლა. რა არის შემდეგი მოვლენების ალბათობა: ა- "მინიმუმ რვა ქულა ამოვარდა", IN- "რვა ქულაზე მეტი დააგროვა"? უპასუხე. 0, 85; 0, 25.

№3. სახელოსნოში მუშაობს სამი მანქანა. ცვლის დროს, პირველმა მანქანამ შეიძლება მოითხოვოს კორექტირება 0,15 ალბათობით. მეორე მანქანისთვის ეს ალბათობა არის 0,1, ხოლო მესამე მანქანისთვის არის 0,12. იპოვნეთ ალბათობა იმისა, რომ მინიმუმ ერთი მანქანა საჭიროებს კორექტირებას ცვლის დროს, იმ ვარაუდით, რომ მანქანებს არ შეუძლიათ მომართვა ერთდროულად. უპასუხე. 0,37.

უპასუხე. 17/20.

№5. ორი მონეტა გადაყრილია. რამდენია მინიმუმ ერთი გერბის გამოჩენის ალბათობა? უპასუხე. ¾.

№6. ეს ორი მანქანა მუშაობს ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად. ალბათობა არის ის. პირველი მანქანა იმუშავებს ცვლაში რეგულირების გარეშე არის 0.9, ხოლო მეორე - 0.8. რა არის იმის ალბათობა, რომ: ა) ორივე მანქანა იმუშავებს ცვლაში კორექტირების გარეშე; ბ) ორივე მანქანა საჭიროებს კორექტირებას ცვლის დროს?

№7. სამი მსროლელი ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად ისვრის სამიზნეს. დარტყმის ალბათობა პირველი მსროლელისთვის არის 0,8, მეორესთვის - 0,75, მესამესთვის - 0,7. რა არის ალბათობა: 1) ერთი დარტყმის მაინც; 2) ზუსტად ერთი დარტყმა; თ) ზუსტად ორი დარტყმა; 4) სამი დარტყმა თუ ყველამ ერთი გასროლა? 5) რა არის ალბათობა, რომ ყველამ გამოტოვა? უპასუხე. 1) 0,985; 2) 0,14; 3) 0,425; 4) 0,42; 5) 0,015.

№8. სახელოსნოში მუშაობს სამი მანქანა. ცვლის დროს პირველმა მანქანამ შეიძლება მოითხოვოს კორექტირება 0,15 ალბათობით (და ამის შემდეგ მორიგეობა არ იქნება საჭირო ცვლის დასრულებამდე). მეორე მანქანისთვის ეს ალბათობა არის 0,1, ხოლო მესამესთვის არის 0,12. რა არის ალბათობა იმისა, რომ მინიმუმ ერთმა მანქანამ მოითხოვოს კორექტირება მორიგეობის დროს, თუ მანქანები საჭიროებენ კორექტირებას ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად?

№9. მოწყობილობა, რომელიც მუშაობს დღის განმავლობაში, შედგება სამი კომპონენტისგან, რომელთაგან თითოეული, ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად, ამ დროის განმავლობაში შეიძლება გაფუჭდეს. თუნდაც ერთი კვანძის გაუმართაობა იწვევს მოწყობილობის უკმარისობას. პირველი კვანძის დღის განმავლობაში უშედეგოდ მუშაობის ალბათობა არის 0,9, მეორე 0,95 და მესამე 0,85. იპოვნეთ იმის ალბათობა, რომ მოწყობილობა იმუშავებს წარუმატებლად დღის განმავლობაში. უპასუხე. 0,7.

№10. ნაწილის დამზადებისას ორი ოპერაცია ხორციელდება. პირველი ოპერაციის დროს დეფექტების ალბათობა არის 0,01, ხოლო მეორის დროს - 0,02. რა არის იმის ალბათობა, რომ ორი ოპერაციის შემდეგ ნაწილი იყოს სტანდარტული?

აღწერა

სამი მანქანა მუშაობს ერთმანეთისგან დამოუკიდებლად. იმის ალბათობა, რომ პირველი მანქანა ცვლაში ჩავარდეს, არის 0,1, მეორე - 0,2 და მესამე - 0,3. იპოვნეთ ალბათობა იმისა, რომ ცვლაში ჩავარდება: ა) მინიმუმ ორი მანქანა; ბ) ორი მანქანა; გ) სამი მანქანა.
გამოსავალი. გამოვიყენებთ ალბათობების შეკრების და გამრავლების წესებს.
ბ) ალბათობა იმისა, რომ ორი მანქანა ცვლაში ჩავარდება, უდრის:

გ) იმის ალბათობა, რომ სამი მანქანა ცვლაში ჩავარდეს, უდრის:

ა) ალბათობა იმისა, რომ მინიმუმ ორი მანქანა (ორი ან სამი მანქანა) ცვლაში ჩავარდება, უდრის:

ნამუშევარი შედგება 1 ფაილისგან

პრობლემა No1.30.

გამოსავალი.გამოვიყენებთ ალბათობების შეკრების და გამრავლების წესებს.

ბ)ალბათობა იმისა, რომ ცვლაში ორი მანქანა მარცხდება, არის:

V)ალბათობა იმისა, რომ სამი მანქანა ცვლაში ჩავარდება, არის:

ა)ალბათობა იმისა, რომ მინიმუმ ორი მანქანა (ორი ან სამი მანქანა) ჩაიშლება ცვლის დროს, უდრის:

პასუხი:ა) 0,098; ბ) 0,092; გ) 0,006.

პრობლემა No2.30.

ორი ქარხანა აწარმოებს მაცივრებს. პირველი მათგანი ყველა პროდუქტის 60%-ს შეადგენს, მეორე - 40%-ს, ხოლო პირველი ქარხნის პროდუქციის 80% და მეორის 90% უმაღლესი ხარისხისაა. ა) იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ შემთხვევით არჩეული მაცივარი უმაღლესი ხარისხისაა. ბ) შემთხვევით შერჩეული მაცივარი უმაღლესი ხარისხის აღმოჩნდა. რა არის იმის ალბათობა, რომ ის მეორე ქარხანაში იყო წარმოებული?

გამოსავალი.მოდით შევიდეთ მოვლენებში: ა– უმაღლესი ხარისხის შემთხვევითი შერჩევით აღებული მაცივარი, – მაცივარი წარმოებულია – ქარხანაში, მოვლენები ქმნიან ღონისძიებების სრულ ჯგუფს.

ჰიპოთეზის ალბათობის პრობლემის პირობების მიხედვით:

და მოვლენების პირობითი ალბათობა:

ა)საერთო ალბათობის ფორმულის მიხედვით, მოვლენის ალბათობა ა(უმაღლესი ხარისხის მაცივარი შემთხვევით მიღებული):

ბ)შემთხვევით აღებული მაცივარი უმაღლესი ხარისხის აღმოჩნდა. იმის ალბათობა, რომ ის მეორე ქარხანაში იყო წარმოებული, არის:

პასუხი:ა) 0,84; ბ) 0,43.

პრობლემა No3.30.

ერთი სახელმწიფო სესხის ობლიგაციის მოგების ალბათობა 1/3-ია. იპოვეთ ალბათობა, რომ ამ სესხის 6 ობლიგაციით შეგიძლიათ მოიგოთ: ა) ორ ობლიგაციებზე; ბ) სამი ობლიგაციისთვის; გ) მინიმუმ ორი ობლიგაციისთვის.

ა)ორ ობლიგაციზე მოგების ალბათობა უდრის:

ბ)სამ ობლიგაციზე მოგების ალბათობა უდრის:

V)დაე, ღონისძიება თან– მოგება იქნება ორზე ნაკლებ ობლიგაციებზე. შემდეგ საპირისპირო მოვლენა - იქნება მოგება მინიმუმ ორ ობლიგაციებზე. ამ მოვლენის ალბათობაა:

პასუხი:ა) 0,329; ბ) 0,219; გ) 0,735.

პრობლემა No4.30.

მოცემული დისკრეტული შემთხვევითი ცვლადისთვის იპოვეთ: 1) განაწილების კანონი; 2) განაწილების ფუნქცია და მისი გრაფიკის აგება; 3) მათემატიკური მოლოდინი; 4) დისპერსია; 5) სტანდარტული გადახრა

ტარდება ტესტის ნიმუშის სამი დამოუკიდებელი გაზომვა. თითოეულ გაზომვაში შეცდომის დაშვების ალბათობაა 0,01. შემთხვევითი ცვლადი არის გაზომვებში დაშვებული შეცდომების რაოდენობა.

გამოსავალი.დისკრეტული შემთხვევითი ცვლადი (გაზომვებში დაშვებული შეცდომების რაოდენობა) შეუძლია მიიღოს მნიშვნელობები და მისი განაწილების კანონი განისაზღვრება ალბათობით:

კონტროლი: 0.970299 + 0.029403 + 0.000297 + 0.000001 = 1.

მაშინ SV-ის სასურველ განაწილების კანონს აქვს ფორმა:

	0	1	2	3
გვ	0,970299	0,029403	0,000297	0,000001

დისკრეტული შემთხვევითი ცვლადის მათემატიკური მოლოდინი:

დისკრეტული შემთხვევითი ცვლადის დისპერსია:

Სტანდარტული გადახრაშემთხვევითი ცვლადი:

განმარტებით, განაწილების ფუნქციას აქვს ფორმა:

როდის როდის

ზე

ამრიგად, განაწილების ფუნქციას აქვს ფორმა:

დავხატოთ განაწილების ფუნქცია

0,999999

0,999702

0,970299

0 1 2 3

პრობლემა No5.30.

მოცემულია შემთხვევითი ცვლადის განაწილების სიმკვრივე

იპოვეთ: 1) პარამეტრი 2) განაწილების ფუნქცია; 3) მათემატიკური მოლოდინი; 4) დისპერსია; 5) სეგმენტზე შემთხვევითი ცვლადის დაცემის ალბათობა

გამოსავალი. 1)მოდით განვსაზღვროთ პარამეტრი გთანასწორობიდან:

2) მოდი ვიპოვოთ განაწილების ფუნქცია F(x).თუ მაშინ

თუ მაშინ

თუ მაშინ ამიტომ, განაწილების ფუნქციას აქვს ფორმა:

3) შემთხვევითი ცვლადის მათემატიკური მოლოდინი:

4) შემთხვევითი ცვლადის დისპერსია:

უწყვეტი შემთხვევითი ცვლადის სტანდარტული გადახრა:

5) SV-ის სეგმენტზე მოხვედრის ალბათობა უდრის:

პრობლემა No6.30.

ექსპერიმენტის შედეგად მიღებული იქნა მონაცემები სტატისტიკური სერიის სახით:

44	36	50	30	58	37	18	72	57	35
28	38	15	38	45	27	59	45	68	52
18	64	36	43	22	38	31	57	17	42
31	42	25	35	60	46	51	24	60	50
17	38	46	19	43	9	43	32	61	37
23	43	32	52	39	46	27	39	21	53
37	10	40	33	54	62	26	47	40	54
43	40	25	40	47	16	53	41	32	40
26	42	62	41	48	41	55	10	48	34
33	21	41	49	56	34	63	49	56	29

საჭირო:

ა) იპოვეთ ვარიაციის დიაპაზონი და ააგეთ ინტერვალის ვარიაციის სერია;

ბ) ააგეთ სიხშირის მრავალკუთხედი, ფარდობითი სიხშირეების ჰისტოგრამა;

გ) ემპირიული განაწილების ფუნქციის გამოთვლა და დახაზვა;

დ) იპოვონ ნიმუშის რიცხვითი მახასიათებლები

ე) იმის გათვალისწინებით, რომ ნიმუში შეესაბამება ნორმალურ განაწილებას, იპოვეთ ნდობის ინტერვალები მათემატიკური მოლოდინისთვის სანდოობით

ვ) H-ის ნულოვანი ჰიპოთეზის მიღება 0 : საერთო პოპულაციას, საიდანაც ნიმუში იქნა ამოღებული, აქვს ნორმალური განაწილება, შეამოწმეთ იგი პირსონის ტესტის გამოყენებით მნიშვნელოვნების დონეზე

გამოსავალი.ექსპერიმენტის შედეგებზე დაყრდნობით, ჩვენ ავაშენებთ ვარიაციების სერიას:

Პარამეტრები	9	10	15	16	17	18	19	21	22	23	24	25	26	27	28
სიხშირეები	1	2	1	1	2	2	1	2	1	1	1	2	2	2	1
Პარამეტრები	29	30	31	32	33	34	35	36	37	38	39	40	41	42	43
სიხშირეები	1	1	2	3	2	2	2	2	3	4	2	5	4	3	5
Პარამეტრები	44	45	46	47	48	49	50	51	52	53	54	55	56	57	58
სიხშირეები	1	2	3	2	2	2	2	1	2	2	2	1	2	2	1
Პარამეტრები	59	60	61	62	63	64	68	72
სიხშირეები	1	2	1	2	1	1	1	1

44	36	50	30	58	37	18	72	57	35
28	38	15	38	45	27	59	45	68	52
18	64	36	43	22	38	31	57	17	42
31	42	25	35	60	46	51	24	60	50
17	38	46	19	43	9	43	32	61	37
23	43	32	52	39	46	27	39	21	53
37	10	40	33	54	62	26	47	40	54
43	40	25	40	47	16	53	41	32	40
26	42	62	41	48	41	55	10	48	34
33	21	41	49	56	34	63	49	56	29

44	36	50	30	58	37	18	72	57	35
28	38	15	38	45	27	59	45	68	52
18	64	36	43	22	38	31	57	17	42
31	42	25	35	60	46	51	24	60	50
17	38	46	19	43	9	43	32	61	37
23	43	32	52	39	46	27	39	21	53
37	10	40	33	54	62	26	47	40	54
43	40	25	40	47	16	53	41	32	40
26	42	62	41	48	41	55	10	48	34
33	21	41	49	56	34	63	49	56	29

44	36	50	30	58	37	18	72	57	35
28	38	15	38	45	27	59	45	68	52
18	64	36	43	22	38	31	57	17	42
31	42	25	35	60	46	51	24	60	50
17	38	46	19	43	9	43	32	61	37
23	43	32	52	39	46	27	39	21	53
37	10	40	33	54	62	26	47	40	54
43	40	25	40	47	16	53	41	32	40
26	42	62	41	48	41	55	10	48	34
33	21	41	49	56	34	63	49	56	29