3. Аудиторні задачі з розв’язаннями #

Ці задачі розбирають в аудиторії «руками». Теорія й формули — у методичних вказівках. Дані тут відрізняються від варіантів домашнього завдання (4task.md).

Задача 1. Класична ймовірність і вибір без повернення #

Дано. У коробці $10$ деталей, з яких $3$ браковані. Навмання виймають $2$ деталі (без повернення). Знайти ймовірність, що (а) обидві справні; (б) хоча б одна бракована.

Розв’язання. Загальна кількість способів вибрати $2$ з $10$ (порядок неважливий): $C_{10}^2 = 45$.

(а) Обидві справні — вибір $2$ зі $7$ справних: $C_7^2 = 21$. Тоді

$$P(\text{обидві справні}) = \frac{C_7^2}{C_{10}^2} = \frac{21}{45} = \frac{7}{15} \approx 0.467.$$

(б) «Хоча б одна бракована» — протилежна до «обидві справні», тож

$$P(\text{хоча б одна бракована}) = 1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15} \approx 0.533.$$

Відповідь: (а) $7/15 \approx 0.467$; (б) $8/15 \approx 0.533$.

Задача 2. Теорема Байєса #

Дано. Два постачальники дають деталі: $A$ — $70\%$ обсягу з часткою браку $1\%$; $B$ — $30\%$ обсягу з часткою браку $4\%$. Навмання взята деталь виявилася бракованою. Знайти ймовірність, що її дав постачальник $B$.

Розв’язання. Гіпотези $H_A$, $H_B$: $P(H_A) = 0.7$, $P(H_B) = 0.3$; умовні $P(\text{брак} \mid H_A) = 0.01$, $P(\text{брак} \mid H_B) = 0.04$.

Повна ймовірність браку:

$$P(\text{брак}) = 0.7 \cdot 0.01 + 0.3 \cdot 0.04 = 0.007 + 0.012 = 0.019.$$

За теоремою Байєса:

$$P(H_B \mid \text{брак}) = \frac{0.3 \cdot 0.04}{0.019} = \frac{0.012}{0.019} \approx 0.632.$$

Відповідь: $\approx 0.632$. Хоча $B$ дає лише $30\%$ деталей, серед бракованих його частка вища ($\approx 63\%$) — бо його брак у $4$ рази частіший.

Задача 3. Комбінаторні схеми (розрізняємо порядок і повтори) #

Дано $6$ різних книжок. Знайти: а) скількома способами розставити всі $6$ на полиці; б) скількома способами обрати $3$ книжки для подарунка; в) скількома способами обрати $3$ книжки та розставити їх у ряд; г) скільки різних тризначних кодів можна скласти з цифр цих книжок, якщо кожну позицію коду заповнюють однією з $6$ цифр (з повтореннями).

Розв’язання.

а) Перестановки $6$ елементів: $P_6 = 6! = 720$.

б) Сполучення (порядок неважливий): $C_6^3 = \dfrac{6!}{3!\,3!} = 20$.

в) Розміщення (порядок важливий): $A_6^3 = \dfrac{6!}{3!} = 6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$. Перевірка зв’язку: $A_6^3 = C_6^3 \cdot 3! = 20 \cdot 6 = 120$.

г) Вибір із повтореннями: $6^3 = 216$.

Відповідь: а) $720$; б) $20$; в) $120$; г) $216$. Порівняйте (б) і (в): та сама трійка книжок, але врахування порядку збільшує відповідь у $3! = 6$ разів.

Зв’язок із домашнім завданням. У 4task.md кожна задача — одна з цих схем (перестановки / розміщення / сполучення / вибір із повтореннями). Перш ніж рахувати, визначте схему за двома питаннями: чи важливий порядок і чи можливі повторення.

Laboratory/Laboratory1/3classroom.md · 4.7 KB · updated 2026-08-05 09:26