# 3. Аудиторні задачі з розв'язаннями

Ці задачі розбирають **в аудиторії «руками»**. Теорія й формули — у
[методичних вказівках](2method.md). Дані тут **відрізняються** від варіантів
домашнього завдання ([4task.md](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) $8/15 \approx 0.533$.

![Дерево вибору двох деталей без повернення з умовними та сумісними ймовірностями](img/lab1_draw_tree.png)

## 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.

![Дерево Байєса для двох постачальників із виділеними гілками бракованих деталей](img/lab1_bayes_tree.png)

## 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](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**.