Решение. а) P{A}= 1/13; P{B}= 1/2; P{AB}= 1/26= P{A}P{B}, следователь-но события А и В совместны и независимы

а) P{A}= 1/13; P{B}= 1/2; P{AB}= 1/26= P{A}P{B}, следователь-но события А и В совместны и независимы.

б) P{A}= 1/26; P{B}= 1/2; P{AB}= 1/26= P{A}P{B}= 1/52, следо-вательно события А и В совместны и зависимы.

14. Доказать, что, если события А и В независимы, то независимой является любая из пар событий а) A и ; б) и B; в) и .

Доказательство. Для полного решения задачи достаточно доказать один из пунктов, например, пункт а), так как пункт б) совпадает с пунктом а) с точностью до обозначений, а, обозначив в б) и в) =C, приходим в в) к до-казательству а). Представим событие А в виде A=AB+A , где слагаемые правой части – несовместные события, поэтому P{A}= =P{AB}+P{A }, откуда P{A }= P{A}–P{AB}= P{A}(1–P{B})= =P{A}P{ }, откуда и следует доказываемое утверждение пункта а), а значит и пунктов б) и в).

15. Доказать по индукции обобщение утверждения задачи 15 на случай n событий, то есть что, если события A₁, A₂,…, A_n такие что , то вероятность совокупности этих событий или их дополнений равна произведению их вероятностей.

Доказательство. Утверждение означает, что, если любое число любых событий из совокупности A₁, A₂,…, A_n заменить на их дополнения, то вероятность этой совокупности распадается в произведение вероятностей составляющих её событий. Оказывается, что достаточно доказать, что так ведет себя вероятность множества событий , A₂,…, A_n, так как по симметрии не важно, какие из событий заменены на свои дополнения, и, если это доказано для совокупности событий ,…, , A_k+1,…, A_n, то переобозначив событие на B_k в исходной совокупности событий …, , A_k+1,…, A_n и в совокупности …, , , A_k+2…, A_n, приходим к доказанному выше утверждению для последней совокупности. Таким образом, такими (k–1) переобозначениями приходим к доказа-тельству утверждения для совокупности событий , A₂,…, A_n. Остается доказать, что из утверждения для совокупности событий A₁,…, A_n следует то же и для совокупности событий A₂,…, A_n. Действительно, обоз-начим A₂…A_n= C. Тогда задача сводится к доказательству того, что из независимости событий A₁ и C следует независимость событий и C, что было доказано в задаче 14.

16. Производится 3 независимых выстрела по мишени с вероятностями попаданий соответственно равными 0,4; 0,5; 0,7. Найти вероятности того, что при этом произойдут следующие события: а) X – ровно одно попадание; б) Y – хотя бы одно попадание; в) Z – хотя бы два попадания.

Решение. Введём события A, B, C – попадания соответственно при первом, втором и третьем выстрелах. Тогда

а) Применив теперь к P{X} последовательно теоремы сложения и умножения вероятностей с учётом утверждения задачи 15 получим

P{X}=P{A}P{ }P{ }+P{ }P{B}P{ }+P{ }P{ }P{C}= = 0,4∙0,5∙0,3+0,6∙0,5∙0,3+0,6∙0,5∙0,7= 0,36;

б) P{Y}=P{A+B+C}=P{A}+P{B}+P{C}– P{AB}– P{AC}– P{BC}+ +P{ABC}. Так решать можно, но проще перейти к дополнительному событию Y – ни одного попадания: P{Y}= 1– P{ }, где Y= , поэтому P{ }= 0,6∙0,5∙0,3=0,09, откуда P{Y}= 1– 0,09= 0,91.

17. Задача о совпадениях. n писем, написанных n адресатам, наугад раскладывают по конвертам с написанными заранее адресами. С какой вероятностью ни одно письмо не попадёт в свой конверт?

Решение. Пусть X – искомое событие, а A_i – событие, состоящее в том, что i-ое письмо попало в свой конверт (i= ). Тогда – событие, состоящее в том, что хотя бы одно письмо попадёт в свой конверт и , которая раскрывается по (5);

P{A_i} = (n –1)!/n!=1/n; P{A_iA_j}=(n –2)!/n! = 1/n(n –1); P{A_iA_jA_k}=

= (n –3)/n!=1/n(n –1)(n –2); … P{A₁A₂…A_n}=1/n!, откуда имеем P{X}=1 – P{ }=1 – (1/n) + (1/n (n –1)) (1/n (n –1)(n –2))+ …+ (–1)ⁿ⁺¹(1/n!)=1/2!+1/3!+…+ (–1)ⁿ⁺¹/n!.

18. Две лампы из шести хорошие. Из всех наугад выбирают 3. Найти вероятность того, что все выбранные – хорошие.

Решение. 1-й способ. По классическому определению вероятности имеем: P{X}=m/n, где n= , m= , откуда P{X}=1/5.

2-й способ. Пусть X – искомое событие, а A, B, C – события, состоящие в том, что соответственно первая, вторая или третья выбранная лампа – хорошая. Тогда по теореме умножения для зависимых событий A, B и C получаем:

P{X}= P{ABC}= P{A}P{B/A}P{C/AB}=(4/6)(3/5)(2/4)=1/5.

Замечание 4. Выбор элементов без возвращения зависимый, а с возв-ращением – независимый.

19. При раздаче игральных карт (52 карты) 4-м игрокам по 13 карт найти вероятность того, что данный игрок получил 3 королей, если известно, что он имеет 2 туза.

Решение. Пусть событие А – он получил 3 королей, событие B – он получил 2 туза. Тогда требуется найти P{A/B}.

P{A/B}=P{AB}/P{B}, где P{B}= , а P{AB}= .

20. С использованием теорем сложения и умножения составить справоч-ную таблицу для расчёта надёжности электрических цепей, включающих последовательные и параллельные соединения.

Решение. Будем рассматривать исходные данные об элементах схемы двух видов: 1) даны {p_i}, где p_i – надёжность i-ого элемента (i= ); 2) даны {q_i}, где q_i – вероятность отказа i-ого элемента (i= ), так что p_i+q_i=1. В качестве выходных данных нас будут интересовать P – надёжность схемы и Q – вероятность отказа схемы, так что P+Q = 1, Будем решать задачи нахождения P и Q при исходных данных видов 1) и 2) отдельно для n последовательно (I) и n параллельно (II) соединённых элементов.

Таблица расчёта надёжности электрической цепи.

n последовательно соединённых элементов	n параллельно соединённых элементов
1)	pn	1)	1– (1– p)n
	1– pn		(1– p)n
2)	(1– q)n	2)	1– qn
	1– (1– q)n		qn

Замечание 5. Для расчёта надёжности произвольной цепи, состоящей из последовательных и параллельных соединений будем использовать справочную таблицу для чистых соединений (только последовательных или только параллельных) путём объединения на каждом шаге частей схема, а далее исследуя надёжность этих частей тем же приёмом до того шага, пока исследуемые участки схемы не окажутся чистыми соединениями простейших, составляющих схему элементов. После этого результаты анализа надёжностей участков в обратном порядке подставляем друг в друга до получения результата надёжности первого шага, выраженного через надёжности его элементов. Приведём пример.

21. Найти надёжность схемы, если надёжности всех её элементов одинаковы и равны p.

Решение. Обозначим объединенные участки на 1-м шаге – I и II с надёжностями P_I и P_II, а на втором шаге – 1, 2, 3, 4, 5 с надёжностями соот-ветственно P₁, P₂, P₃, P₄, P₅. Тогда по таблице получаем

P = 1 – (1 – P_I)(1 – P_II), где P_I = P₁∙P₂∙P₃, а P_II = P₄∙P₅, а

P₁= 1 – (1 – p²)²; P₂ = P₁; P₃ = p; P₄ = 1 – (1 – p²)³; P₅ = p².

Теперь, подставляя результаты в обратном порядке, получаем P – надёжность схемы.