Автор неизвестен - Элементы теории вероятностей - страница 2

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24 

Решение. Пусть а - событие, состоящее в том, что все три извлеченные детали стандартны, в - событие, состоящее в том, что стандартна первая деталь, с - стандартна вторая деталь, d - стандартна третья. События b,c, d - зави­симые. Вероятность первого равна p(b) = 10/18, вероятность события с при условии, что произошло событие в, равна p(c/b ) = 9/17, вероятность события d при условии, что произошли события в, с, равна p(d/bc) = 8/16. Тогда a = bcd, p(a) = p(bcd) = p(b)p(<C/B)p(D/BC),

p( a) =-----«0.15.

v '   18 17 16

Пример 2. Стрелок стреляет по мишени, разделенной на 3 области. Веро­ятность попадания в первую область равна 0.40, во вторую - 0,35. Найти веро­ятность того, что стрелок при одном выстреле попадет либо в первую, либо во вторую область.

Решение. Пусть а - событие, состоящее в том, что стрелок попадет в пе­рвую или вторую область, событие в - что он попадет в первую область, С - во вторую. Тогда a = b + c, причем события в и с несовместные, и их вероятно­сти известны: p(b)= 0.40, p(c)= 0.35 . Следовательно,

p(a) = p(b + c) = p(b)+p(c) = 0.40 + 0.35 = 0.75. Пример 3. В цехе работает независимо друг от друга три станка. Вероят­ность отказа первого станка равна 0.02, второго - 0.07, третьего - 0.05. Найти вероятности того, что: 1) все три станка работают; 2) все три станка отказали;

3) работает только два станка; 4) работает только один станок; 5) работает хотя бы один станок; 6) хотя бы один станок отказал.

Решение. Пусть a,b,c - события, состоящие в том, что работает первый,

второй, третий станки соответственно. Тогда события a, b, c означают отказы

этих станков. Вероятности отказов известны: p(a)= 0.02, p(b)=0.07, p(c) =

0.05, откуда мы можем найти вероятности противоположных событий a,b,c :

P(A) = 1- p(A) =0.98 , p(b)=1- p(b)=0.93,p(c)=1- p(C)=0.95. Согласно условию задачи все события a, b,c, a, b, c независимы.

1) Пусть d - событие, состоящее в том, что работают все 3 станка. Тогда d = abc, и на основании независимости событий a, b, c

p(d) = p(abc) = p(a)p(b)p(c) =0.98 - 0.93 - 0.95 « 0.87.

2) Пусть e - событие, состоящее в отказе всех трех станков. Тогда

e = abc, p(e )=p(ABC )= p(A)p(B )p(C )= 0.02-0.07-0.05 « 0.0001.

3) Событие f, состоящее в том, что работают только два станка, пред­ставляется суммой произведений

f = abc + abc + abc . Слагаемые этой суммы попарно несовместны и каждое из них выражает тот факт, что два каких-либо станка работают, а один отказал. Сомножители каждого слагаемого независимы. Поэтому

p(f ) = p(abC+abc + Abc ) = p (abc )+ p (abc )+ p (Abc )= = p(a)p(b )p (C)+ p(a)p(B )p (c )+p (A)p(b )p(c ) =

= 0.98 -0.93-0.05+ 0.98-0.07-0.95 + 0.02-0.93-0.95 «0.13.

4) Событие g, состоящее в том, что работает только один станок, пред­ставляется, по аналогии со случаем 3) в виде суммы произведений

g = aBC + Abc + ABc ,

откуда

p(g ) = p(aBC + Abc + ABc ) = p(aBC )+ p (AbC )+ p(ABc )=

= p(a)p (b )p(C )+ p (A)p(b )p (c)+ p(A)p(B )p (c ) =

= 0.98- 0.07 - 0.05 + 0.02- 0.93- 0.05 + 0.02- 0.07- 0.95 « 0.01.

5) Событие H, состоящее в том, что работает хотя бы один станок, мож­но представить в виде следующей суммы произведений

h = abc + abC+abc + Abc + aBC+Abc+ABc .

Однако гораздо удобней воспользоваться противоположным событием для H, состоящим в том, что ни один станок не работает, то есть

H = E = ABC.

Так как (см. случай 2) p(e) = P(ABC)« 0.0001, то P(h)« 0.0001, а следова­тельно

p(h) = 1 -P(h)«1 -0.0001 = 0.9999 « 1.

6) Таким же точно образом можно найти вероятность события K, состоя­щего в том, что хотя бы один станок отказал. Именно,

k = d = abc, p(k) = p(d) = p(abc)« 0.87 (см.случай 1), откуда

p(k) = 1-p(k)«1-0.87 = 0.13 . Рассмотрим более сложный пример.

Пример 4. Прибор состоит из двух независимо работающих узлов, безус­ловно необходимых для его работы. При включении прибора могут появиться неисправности как в первом, так и во втором узле с вероятностями p1, p2 для

каждого, причем неисправности в узлах появляются независимо друг от друга. Для успешного включения прибора нужно, чтобы в каждом узле было не более одной неисправности. Найти вероятность того, что прибор благополучно вы­держит включение.

Пусть событие А означает, что прибор выдержит включение, а событие Bi - что включение выдержит i-ый узел (i = 1,2), так что

A = b1b2

с независимыми, по условию, сомножителями. Необходимо найти вероятностисобытий Д и Б,

2

Обозначим

ц = с о + с і + с 2 +...+С, +...

количество всех возможных неисправностей в /-ом узле, где Су означает ] не­исправностей, а события Су- попарно несовместны и образуют полную группу. Поэтому

р{Ц )=р(с о + са+с 2+...+Су + ...)= р(сг о)+р(сп )+р{с1 2)+... = 1,

причем, начиная с ] = 1,

(неисправности в узле возникают независимо друг от друга). Так как очевидно, что

(/-ыйузел выдержит включение, если в нем возникнет не более одной неис­правности), то, используя свойство суммы вероятностей противоположных со­бытий и формулу для суммы бесконечно убывающей геометрической прогрес­сии со знаменателем рі, получим

Р(Б, ) = 1 - Р(Б1 ) = 1 - Р(С 2 + Сг з + ...)= 1        2)+Р(С з)+...) = 1 -(Рі2 + Рі3 + ...)=

Р(С„ )= РІ   (, = 1,2,3,...)

і1

2

2

= 1 ­

і

1 - р

і

1 - р

і

Теперь мы можем найти искомую вероятность, а именно:

р( А)= Р(Б,Б2 )= р(б1 )р(б2 ) =

5. ФОРМУЛА ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ

Пусть событие А может произойти с одним и только одним из попарно несовместных событий Н1 2 ,...,Нп, образующих полную группу (такие собы­тия как правило называют гипотезами). В этом случае вероятность события А находится в соответствии с так называемая формулой полной вероятности

Р(А) = Р(Н)Р(А/Н)+Р(Н2)р(А/Н2)+... + Р(Нп )Р(А/Нп).        ( 13 )

Согласно этой формуле вероятность события А равна сумме произведений ве­роятностей гипотез на соответствующие этим гипотезам условные вероятности события А.

Пример 1. В первом ящике находится 40 деталей, из них 20 окрашенных, во втором - 50 деталей, из них 10 окрашенных, в третьем - 30 деталей, из них 15 окрашенных. Найти вероятность того, что наудачу взятая деталь из наудачу взятого ящика является окрашенной.

Решение. Пусть А - событие, состоящее в том, что наудачу взятая деталь из наудачу взятого ящика является окрашенной. Оно может произойти только в том случае, если произойдет одна и только одна из следующих трех гипотез: Н1 - деталь взята из первого ящика, Н2 - деталь взята из второго ящика, Н3 -

деталь взята из третьего ящика. Вероятности всех этих гипотез, вычисленные в соответствии с классическим определением вероятности, равны

Р(Н 1 ) = Р(Н 1 ) = Р(Н 1 )= 1/ 3. Соответствующие условные вероятности события А, также вычисленные с по­мощью классического определения вероятности, равны

Р(А/Н1 ) = 20/40 = 0.5, Р(А/Н2) = 10/50 = 0.2, Р(А/Н3) = 1 5/30 = 0.5. На основании формулы полной вероятности

Р(А) = Р(Н )Р(А/ Н 1)+Р(Н 2 )Р(А/ Н 2)+Р(Н з )Р(А/ Н з) = = 13-0.5 +13■ 0.2 +1/3■ 0.5 * 0.4.

Пример 2. Техническое устройство содержит три блока, работающих не­зависимо. Надежность первого блока, то есть вероятность безотказной его ра­боты в течение определенного промежутка времени ?, равна 0.6, второго - 0.5, третьего - 0.3. Для выхода из строя технического устройства достаточно отказа всех трех блоков. При отказе одного из блоков устройство выходит из строя свероятностью 0.2, а при отказе двух блоков - с вероятностью 0.6. Найти веро­ятность отказа технического устройства в течение промежутка времени ?.

Решение. Обозначим буквой А событие, вероятность которого требуется найти: отказ технического устройства в течение промежутка времени ?. Введем следующие гипотезы: Н - отказ одного блока, Н2 - отказ двух блоков, Н3 -отказ трех блоков, Н0 - бесперебойная работа всех трех блоков в течение этого промежутка. Соответствующие условные вероятности события А равны

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24 


Похожие статьи

Автор неизвестен - 13 самых важных уроков библии

Автор неизвестен - Беседы на книгу бытие

Автор неизвестен - Беседы на шестоднев

Автор неизвестен - Богословие

Автор неизвестен - Божественность христа