XVI_Terver (969543), страница 16
Текст из файла (страница 16)
События А и С, В и С зависимые. Поэтому события А, В и С не являются независимыми в совокупности. Р(Аг~А1) = —, 1 9' 1 3 Р(Аз)А1Аг) = —, Р(Аа~А1АгАз) = —. 41 7 Отсюда, согласно формуле умноэсениа вероятностеб, полу- чаем Р(А) = Р(А1)Р(Аг)А1)Р(Аз~А1Аг)Р(Ал)А1АгАз) = 1 1 1 3 1 — — — 0,0024. 5 9 4 7 420 Пример 3.18. Каждая буква слова „МАТЕМАТИКА" написана на отдельной карточке.
Карточки тщательно перемешаны. Последовательно извлекают четыре карточки. Найдем вероятность события А — получить слово „ТЕМА"? Пусть Аы Аг, Аз и Аа — события, состапцие в последовательном извлечении букв „Т", „Е", „М", „А". Тогда соответствующие вероятности равны: 1 Р(А1) = —, 5' 3.7. Решеиие гипових примеров Пример 3.19. Обнаружение воздушной цели проводится независимо двумя радиолокационными станциями.
Вероятность Р(А) обнаружения цели первой станцией равна 0,7. Вероятность Р(В) обнаружения цели второй станцией равна 0,8. Определим вероятность Р(С) того, что цель будет обнаружена хотя бы одной станцией. По условию события А и В являются независимыми, поэтому по формуле умножения вероятностей для независимых событий вероятность события АВ (цель обнаружена обеими станциями) равна: Р(АВ) = Р(А)Р(В) = 0,7 0,8 = 0,56. Значит, в силу теоремы сложения ееролшностпеб Р(С) = Р(А О В) = Р(А) +Р(В) — Р(АВ) = 0,94. Так как события А и В независимые, то Р(С) можно найти путем перехода к противоположным событиям А и В. В этом случае, используя закон де Моргана и теорему 3.4, имеем Р(С) = Р(А В) = 1 — Р(АВ) = 1 — Р(А)Р(В) = = 1 — [1 — Р(А)) [1 — Р(В)] = 0,94. Пример 3.20.
Система управления состоит из четырех узлов с номерами 1, 2, 3 и 4 (рис. 3.4). Вероятности Р; безотказной работы узлов равны Р1 — — 0,7, Рэ=0,6, Рз=0,8 и Р4=0,9 соответственно. Вычислим ве- 1 2 роятность безотказной работы всей системы управления, 3 считая отказы узлов независимыми событиями. 4 Вероятность Рш работы участка 1-2 цепи, состоящего Рис. 3.4 из двух соединенных последо- 112 3. УСЛОВНАЯ ВЕРОЯТНОСТЬ. СХЕМА БЕРНУЛЛИ вательно элементов 1 и 2, равна: Ргг = Р1Рг = 0,42. Вероятность Рг4 работы участка 3 — 4 цепи, состоящего иэ двух соединенных последовательно элементов 3 и 4, равна: Рг4 = 1 — (1 — Рз)(1 — Р4) = 0,98. Поскольку вся система состоит из параллельно соединенных участков 1 — 2 и 3 — 4, то вероятность ее безотказной работы равна: Р = 1 — (1 — Р1г)(1 — Рм) = 1 — (1 — 0,42)(1 — 0,98) 0,99.
Пример 3.21. Партия транзисторов, среди которых 10% дефектных, поступила на проверку. Схема проверки такова, что с вероятностью 0,95 обнаруживается дефект, если он есть, и существует ненулевая вероятность 0,03 того, что исправный транзистор будет признан негодным. Найдем вероятность того, что проверяемый транзистор будет признан негодным. Пусть А — событие, состоящее в том, что проверяемый транзистор признан негодным. С этим событием связаны две гипотезы: Н1 — проверяемый транзистор дефектный и Нг— проверяемый транзистор исправный. По условию Р(Н1) = 0,1, Р(Нг) = 0,9, Р(А!Н1) = 0,95, Р(А~Нг) = 0 03. Тогда в силу формулы полной веролтвкос~ип Р(А) =0,1 0,95+0,9 0,03 =0,122.
Пример 3.22. В поступивших на склад трех партиях де. талей годные составляют 89%, 92% и 97% соответственно, а количества деталей в партиях относятся как 1: 2: 3. Ответим на два вопроса. 1. Чему равна вероятность того, что случайно выбранная со склада деталь окажется негодной? 113 3.7. Репшпие тшппиех примерое Р(Нг) —, Р(Нз)— 2 3 Событие А — выбранная деталь является негодной. Условные вероятности события А равны: Р(А~Н1) = 0,11, Р(А~Нг) = 0,08, Р(А~Нз) = 0,03.
Согласно формуле полной вероятности, найдем Р(А) = —. 0,11+ — 0,08+ — 0,03 = 0,06. 1 2 3 6 ' 6 ' 6 Вероятности того, что негодная деталь принадлежит первой, второй и третьей партиям, определим, используя форееулу Бай еса: — 0,08 Р(Нг~А) = 0,44, О, 0,11 Р(Н1~А) = е и0,31, 0,06 з 0,03 Р(Нз/А) = Е еп 0,25. ) Пример 3.23.
По каналу связи, подверженному воздействию помех, передают одну из двух команд управления в виде 2. Пусть известно, что случайно выбранная деталь оказалась негодной. Найдем вероятности того, что она принадлежит первой, второй и третьей партиям. Обозначим Н1, Нг и Нз события, состоящие в том, что деталь принадлежит первой, второй и третьей партиям соответственно. Поскольку зти события попарно несовместные и образуют полную гружу собм7аиб, то они являются гипотезами,причем,как нетрудно подсчитать, 114 3. УслОВнАЯ ВеРОЯтнОсть.
схемА БеРнУлли кодовых комбинаций 11111 или 00000, причем априорные вероятности передачи этих команд равны 0,7 и 0,3 соответственно. За счет помех вероятности правильного приема каждого из символов 1 и 0 уменьшаются до 0,6. Предполагается, что символы кодовых комбинаций искажаются независимо один от другого. На выходе зарегисрирована комбинация 10110. Определим, какая иэ команд наиболее вероятно была передана. Пусть А — событие, состоящее в приеме комбинации 10110. К этому событию ведут две гипотезы: Н~ — была передана комбинация 11111; Нэ — была передана комбинация 00000. По условию задачи Р(Н~) = 0,7 и Р(Нэ) = 0,3.
Определим условные вероятности Р(А~Н~) и Р(А~На). В силу независимости искажения символов имеем: Р(А)Н~) = 0,6 0,4 0,6 0,6 0,4-0,035; Р(А!Нэ) =0,4 0,6 0,4 0,4 0,6-0,023. Воспользовавшись теперь формулой Вайеса, получим: 0,7. 0,035 0,7 0,035 0,3 0,023 0,3 0,023 0,7 0,035 0,3 0,023 Сравнивая найденные вероятности, заключаем, что при появлении комбинации 10110 с большей вероятностью 0,78 была передана команда 11111. Пример 3.24. По цели производят шесть независимых выстрелов. Вероятность попадания при каждом выстреле р = = 0,75. Вычислим: а) вероятность ровно пяти попаданий (событие А); б) вероятность не менее пяти попаданий (событие В); в) вероятность менее трех попаданий (событие С).
115 3.7. Ре>пепле твповых примеров Очевидно, мы имеем дело со схемой Бернулли, в которой и = = 6, р = 0,75 и д = 0,25. Воспользовавшись формулой Бернулли, будем иметь: а) Р(А) = Ре(5) = Се~0,75~0,25~ вв 0,356; б) Р(В) = Р(Я ) 51 = Се~0,75~0,25~+ Сее0,75е0,25е 0,534; в) Р(С) = Р(й (2) = Сее075~0>25~+СеО>75~0>25~+ + Се~О 75ЯО 254 0 0376 Пример 3.25. В коробке лежит 200 конденсаторов, причем два из них нужной емкости. Случайным образом из коробки вынимают один конденсатор и после определения его емкости возвращают обратно в коробку.
Выясним, сколько раз нужно осуществить указанную операцию, чтобы вероятность хотя бы один встретить конденсатор нужной емкости была не ме. нее 0,95. Поскольку выбор осуществляется с возвращением, мы имеем дело со схемой Бернулли, в которой 2 р= — и 9=1-р=0,99.
200 Пусть А — интересующее нас событие. Тогда А — событие, состоящее в том, что при н испытаниях ни разу не появился конденсатор нужной емкости. Из условия задачи следует: Р(А) = 0,99" < 1 — 0,95 = 0,05. Позтому 1п0,05 н) — '-296. 1п0,99 Итак, указанную операцию необходимо осуществить, по крайней мере, 296 раз.
116 3. УСЛОВНАЯ ВЕРОЯТНОСТЬ. СХЕМА БЕРНУЛЛИ Пример 3.26. Вероятность искажения одного символа при передаче сообщения по линии связи равна 0,001. Сообщение считают принятым, если в нем отсутствуют искажения. Найдем вероятность того, что будет принято сообщение, состоящее из 20 слов по 100 символов каждое. Передаваемое сообщение содержит 2000 символов. Предполагал, что символы искажаются независимо, имеем дело со схемой Бернулли, в которой н = 2000, р = 0,001, я = О.
Поскольку п „велико", причем Л=пр=2 „малб" (см. с. 107), то для вычисления интересующей нас вероятности применим приближенную формулу Пуассона. Тогда, используя табл. П.1, получаем Р Р(0; 2) = 0,13534. Пример 3.27. На факультете обучаются 300 студентов. Предполагая, что вероятность родиться в каждый день года одинакова, найдем вероятность того, что ровно 80 студентов факультета будут праздновать дни рождения летом. Вероятность того, что ровно Й студентов будут отмечать летом день рождения, определяется по формуле Бернулли, в которой и = 300, р = 1/4 и д = 3/4. Так как и, р и д „велики" и и Л'=ну=225, Л=пр=75 то для вычисления искомой вероятности необходимо применить одну из формул Муавра — Лапласа.
Поскольку в задаче нужно найти вероятность наступления ровно Й успехов, то применим лональнуи формулу Муавра — Лапласа, в которой й-нр 80-75 ~/йро = 7,5, я = = = 0,67. ,/Юро 7,5 117 3.7. Ревееиие типовых примеров Воспользовавшись табл. П.2, имеем ~р(0,67) 0,31874 7,5 7,5 = 1 Пример 3.28. Определим вероятность того, что при 900 бросаниях игральной кости „шестерка" выпадет от 130 до 300 раз. Поскольку в данном примере „велики" п = 800, и Л'=од=750, Л = пр = 150 то, согласно интегральной формуле Муавра — Лапласа, имеем: Й~ — пр 130 — 150 ~/6Ж ~ 89).
ог !56 Йз — пр 300 — 150 ФЯ у'893 Ц76 5/6 Так как в табл. П.З значение Фо(14,23) отсутствует, заменим его на 0,5. Тогда Р = Фо(14 23) — Фо( — 1 90) = 0 5+ 0 47128 = 0 97128 Пример 3.29. Игральную кость бросают 10 раз. Требуется найти вероятность того, что „шестерка" выпадет два раза, а „пятерка" — 3 раза. В данном опыте имеем дело с 10 независимыми испытаниями, причем в каждом испытании с вероятностью 1/6 происходит событие А~ (выпадает „шестерка"), с той же вероятностью 1/6 происходит событие Аз (вьшадает „пятерка") и, наконец, с вероятностью 4/6 происходит событие Аз (вьшадает любое другое число очков).
Искомую вероятность можно вычислить, используя теорему 3.9: 10~(1/6)х (1/6)з (4/6) о 2! 3! 5! 118 3. УСЛОВНАЯ ВЕРОЯТНОСТЬ. СХЕМА БЕРНУЛЛИ Вопросы и задачи 3.1. Дайте определение условной вероятности. 3.2. Сформулируйте теорему умножения вероятностей и объясните ее геометрический смысл для двух событий. 3.3. Какие два события называют независимыми? зависи- МЫМИ? 3.4. Какие и событий называют независимыми в совокупности? попарно? 3.5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
