Вентцель - Теория вероятности.Сб. задач (969544), страница 7
Текст из файла (страница 7)
~=1 Событие В требует, чтобы у каждого стрелка хотя бы один из первых й — 1 выстрелов дал попадание: л* (з (В) = Ц (! — (! — Рг) Событие С может осуществиться в М вариантах: С=С, + + ... +Сы, где С; — (-й стрелок израсходовал весь боезапас, а остальные — не весь (( = 1, ..., М). Р(с) = ( (С,)+... + ! (С ) = ( Р1) 1 ( Р2) 1 '''[! (! Рл) )+'''+ +(! Рч) !! (1 Рт) ~) ° ° ° !! (! Рл-т) ~1 = (, ).—, П (! — (! — Ру)' ') ) 2.68. Для стрельбы по некоторой цели выделено л снарядов. Каждый снаряд попадает в цель независимо от других с вероятностью Р. Сразу же после попадания дается команда о прекращении стрельбы, но за время передачи команды установка успевает произвести еще а выстрелов (а и — 1).
Найти вероятности следующих событий: А — в запасе останется не менее лг неизрасходованных снарядов (1 т ( л — а); В в и-й по порядку выстрел не будет осуществлен (а+! <л<п). Р е ш е н и е. Событие А означает, что при первых л — и — т выстрелах попадание не произойдет; поэтому р~ (А) — (! Р)н х и. 1л (А) ! (! Р)н-н ю Событие В означает, что не позже, чем за г выстрелов до (Й вЂ” 1)-го, произошло попадание в цель; вероятность события В равна вероятности хотя бы одного попадания при первых (и†1) — а = и†(а + 1) выстрелах. Р (В) = =1 — (! — Р) -" . 41 2.69*, М стрелков стреляют поочередно по одной мишени. Стрельба ведется до первого попадания.
Вероятность попасть в мишень для каждого стрелка равна рг (1 = 1, 2, ..., Ф), Выигравшим считается тот стрелок, который первым попадет в мишень. У каждого стрелка в запасе имеется л патронов. Определить вероятность того, что выиграет )-й стрелок. Р е ш е н и е.
Рассмотрим событие Ар, состоящее в том, что (-й стрелок выиграет соревнование, израсходовав у' патронов. где О;=-Пч.. а=1 Вероятность выиграть 1-му стрелку равна л и Р (А;) =~~' Р(А;-) ==рЯ; ~~',Ом~ '=рф;, 2.70'", По некоторому объекту ведется стрельба л независимыми выстрелами. Объект состоит из и частей (элементов). Вероятность попадания в )-й элемент прн одном выстреле равна р; (! = 1, ..., л). Найти вероятность Рб и , и того, что в результате стрельбы будет ~„ промахов, 1, попаданий в первый элемент, и т.
д., вообще гг попаданий в 1-й элемент (! == 1, 2, ..., !с), ~~'., 1, = л. ю'=о Р е ш ение. Число способов, какими можно из л снарядов выбрать 1з таких, которые дадут промахи, 1, таких, которые попадут в 1-й элемент, и т, д., равно л! П! (см. задачу 1А5), Вероятность каждого конкретного варианта расположения попаданий равна р,'р,' ... ра, где р, = ! — ~~,'а р; (ее!=1 роятность промаха). Умножая эту вероятность на число вариантов, получим а ь з=з (=5 () П (() 5=5 2.71е. В условиях предыдущей задачи найти вероятность поражения (вывода из строя) объекта, если для его поражения требуется поразить не менее двух элементов, а для поражения элемента лостаточно одного попадания, Р е ш е н и е.
Обозначим А — поражение объекта. Противоположное событие А может осуществиться в ()а+ 1) вариантах: А = Во+ В1 + + В + ° ° + Вы где В, — ни один элемент не поражен; В,. †пораж только 1'-й элемент, остальные не поражены ((=1, 2, ..., )а). р (В,) =Р," (все выстрелы дали промах). Вероятность события В; подсчитаем, разложив его на ряд слагаемых: В( = В( + В( + ... + В, , где В, †эле- (1), (з) (5) (5) мент поражен ровно з снарядами (а=1, 2...
л), Р (Всм) Оз Рзрл-з. Р (В,) =~чР, б'„Р)Р", ', откуда Ь 5 Р (А) Рн+ ~~~ ~~~ Сзрзрз-з, (=15=1 Ь 5 Р (А) = 1 — Р ~м~ м2а С5Р;Рз з=1 5=1 2.72. Из полной колоды карт (52 листа) вынимают сразу карты. Одну из ннх смотрят †о оказалась дамой; ле этого две вынутые карты перемешивают, и одну из берут наугад.
Найти вероятность того, что она окася тузом. Р е ш е н н е. Чтобы событие А — появление туза при вто- выниманин †име место, нужно прежде всего, чтобы мы вынули не ту карту, которую вынули первый раз (вероятность этого 1/2); затем, чтобы вторая карта была тузом. Р (А) = — ° 5 — 5! 1 4 2 2.73. Условия опыта те же, что в предыдущей задаче, но первая (посмотренная) карта оказалась тузом; найти веронтность того, что при втором вынимании мы получим тоже туз. Решение. Событие А — туз прн втором вынимании— может произойти в двух вариантах: А, — второй раз появился тот же туз, что первый раз; А, — второй раз появился не тот, а другой туз. Р(А)==-Р(А ) ~ Р(А ): Р(А ) =- —; Р(А.) ==- — ° —; Р(А) = — —.
! 1 3 2? 2' в 2 511 5! ' 2.74. Из полной колоды карт (52 карты) вынимают сразу л карт (и < 52); одну из них смотрят; она оказывается тузом, после чего ее смешивают с остальными выну~мни. Найти вероятность того, чзо прн втором вынимании карты из этих п мы снова получим туз.
Ответ. Р(А)= — + лт л 51' 2.75. Происходит воздушный бой между двумя саиолетаии: истребителем и бомбардировщиком. Стрельбу начинает истребителгн он дает по бомбардировщику один выстрел и сбивает его с вероятностью р . Если бомбардировщик этим выстрелом не сбит, он стреляет по истребителю и сбивает его с вероятностью рх Если истребитель этим выстрелом не сбит, он еще раз стреляет по бомбардировщику и сбивает его с вероятностью ра. Найти вероятности следу!ощнх исходов боя: А — сбит бомбардировщик;  †сб истребитель; С в сбит хотя бы один из самолетов, О т в е т, Р(А) = р, + (1 — рг) (! — р,)р;, Р(В) = (1 — рд) рт,' Р (С) =-- Р (А) + Р (В).
2.76. Происходит воздушный бой между бомбардировщиком и двумя атакующими его истребителями. Стрельбу начинает бомбардировщик; он дает по каждому истребителю один выстрел и сбивает его с вероятностью р,. Если данный истребитель не сбит, то он независимо от судьбы другого Определить вероятности следующих исходов бои: А †сб бомбардировщик; В в сбиты оба истребителя; С в сбит хотя бы один истребитель; 77 †сб хотя бы один самолет; Š†сб ровно один истребитель; Š†сб ровно один самолет.
Решение. Вероятность того, что один истребитель собьет бомбардировщик, равна (1 — р,)р,; вероятность того, что хоть один из ннх собьет бомбардировщика: Р (А) =-1-[! — (! — р,) р,]'-; Р(В) =р'„ Р(С) = ! — (1 — Р,)', Р(О) = ! — (! — Рх)х(! — Ре)а; Р(Е) =2Р,(! — р,). Событие Е представляется в виде Г=Г,+Е,+Ев, где Ед — сбит бомбардировщик, а оба истребителя целы; Е, — первый истребитель сбит, а второй истребитель и бомбардировщик целы; Га †втор истребитель сбит, а первый истребитель и бомбардировщик целы. Р (Е ) = (1 — р Р [1 — (! — р Р] Р (гз) = Р (Еа) = рт (1 — рт) (1 — ра); Р (Е) = (1 — р )' [1 — (! — М'] + 2р (! — р ) (! — И.
2.77. Условия н вопросы те же, что в задаче 2.76, но с тем изменением, что истребители идут з атаку только попарно: если сбит один из них, то другой выходит нз бои. Ответ. Р (А) =-(1 — р,)в [1 — (1 — р,)з]; Р (В) =р',; С) = 1 — (1 — Р,)'; Р (0) = 1 — (1 — Р )' (1 — Р,)"-1 Р (Е) = 2рт (1 — рт); Р(Е) =- (1 — р Р [1 — (1 — ра) ] + 2рт (1 — Рт) 2.78. Прибор состоит из трех узлов; один из ннх безувно необходим для работы прибора; два других дублируют г друга. В результате работы устройства в нем появляся неисправности; каждая неисправность с однои' п той же оятностью появляется в любом из элементов, составляюх узлы.
Первый узел состоит из и, элементов; второй— л, элементов, третий †ла элементов (лт + и.,+па = л). н неисправности хотя бы одного элемента узел выходит строя. Известно, что в приборе имеется четыре неисправности (в четырех разных элементах). Найти вероятность того, что наличие этих неисправностей делает невозможной работу прибора. Р е ш е н и е.
Событие А — невозможность работы при. бора в распадается на два варианта: А=Аз+Аз, где Аг — вышел пз строя первый узел; А,— первый узел не вышел из строя, но второй н третий — вышли. Чтобы произошло событие А„нужно, чтобы хотя бы одна нз четырех неисправностей пришлась на первый узел: р(А ) 1 р(А 1 л — п, л — л,— 1л — лз — 2е — пз — 3 л и — 1 а — 2 л — 3 Для определения вероятности собьпив А, мы должны вероятность событии Аз — первый узел не вышел из строя— умножить на вероятность того, что второй и третий узлы вышли нз строя (с учетом того, что все четыре неисправно- сти приходятся на второй и третий узлы), Последнее собы- тие может осуществиться в трех вариантах: или одна неясправность будет во втором, а трн других †третьем узле, или наоборот: трн во втором и одна в третьем; или же во втором и третьем узлах будет по две неисправности. Вероятность первого варианта: л, лз ез — 1 ез — 2 С, аз+аз из+из 1 из+из — 2лз+лз — 3 Вероятность второго варианта: лз л, и,— ! ез — 2 Сз л,+пап,+лз — ! аз+из — 2 п,+лз — 3 Вероятность третьего вариан~а: аз — 1 аз пз — 1 Сз йз+из п„+лз — ! пз+лз — 2 из+из — 3' Отсюда Р (Аз) = Р (Аз) х азиз (Сз (лз 1) (л — 2 +Сз(лз !) (пз — 2)+Сз(ез 1) (пз !)~ Х (ез з (аз+аз — 1 из+лз — 2) (из+аз — 3) 2азез!2(из — 1) (лз — 2)+2(ез — 1) (пз — 2)+3(пз — 1) (пз — 1)) и (и — 1) (л — 2) (и — 3) 2./9.
Имеется электроприбор, который может выходить из строя (перегорать) только в момент включения. Если прибор включался до сих пор й — ! раз и еще не перегорел, то условная вероятность ему перегореть при /а-м включении равна ()а. Найти вероятности следующих событий: А — прибор выдержит не менее п включений;  — прибор выдержит не более и включений; С вЂ приб перегорит точно при л-и включении. Р е ш е н и е . Вероятность события А равна вероятности того, что при первых и вкл1оченннх он не перегорит: Р ( !) .= Ц (! — Ол).
1=-1 Чтобы найти вероятность собьцпя В, переходим и противоположному:  †приб выдержит более и включений. Для этого достаточно, чтобы при первых (л + !) включениях прибор не перегорел: л, '1 ЛЧ-1 Р(В)=Ц (! — Я„); Р(В)=! — Ц(! — Я ). и= 1=1 Чтобы прибор перегорел точно при и-м включении, надо, чтобы он не перегорел при первых (и†!) включениях, а Л-1 при л-м перегорел: Р (с) = (/л Ц (! — О„). =1 2.80. Прибор состоит из четырех узлов; два из них (! и /!) безусловно необходимы для исправной работы прибора, а два (!/! и !(/) дублируют друг друга (рис, 2.80). Узлы мо- /// гут выходить из строя только при включении.
При и-и включении исправный узел ! (независимо от других) выхолит (ль рнс. 2.80. из строя с вероятностью 1/1 узел !! — с вероятностью 1)ц, Узел !!! и Узел !(/ — с одинаковой веРоЯтностью йц1 = ып ко 01 = 1/1ч .=- дю Найти вероятности тех же событий А, В, С, что в задаче 2.79. Решение. Задача сводится к предыдущей, если найти условную вероятность С/ выйти из строя исправному прибору при и-и включении: (! д1ю) (! 01ю) ((,/1). 2.81.
В урне а белых и Ь черных шаров. Два игрока поочередно вынимают из урны по одному шару, каждый раз вкладывая его обратно и перемешивая шары. Выигравшим считается тот, кто раньше вынет белый шар. Найти вероятность Р (1) того, что выиграет первый игрок (тот, кто вынимал шар первым). Р е ш е н и е. Выигрыш первого игрока может осуществиться или при первом же вынимании, пли при третьем (для чего первые два вынимания должны дать черные шары, а третье — белый), н т. д. а+Ь ~а+Ь ) а+Ь ' ' ' ' ~а+в/ а+ Ь а ь=-о 1— (а+Ь 1 (очевидно, Р(7) ) — прн любых а н Ь). 2.82. В урне лва белых и трн черных шара.
Два игрока поочерелно вынимают из урны по шару, не вкладывая их обратно. Выигрывает тот, кто раньше получит белый шар. Найти вероятность Р(У) того, что выиграет первый игрок. 2 3 2 2 3 Решение. Р(1)= — -Р—. ° — ° —. 5 ' 5 4 3 Ъ ' 2.83. Пронзводятся испытания прибора. При каждом испытании прибор выходит нз строя с вероятностью р. После первого выхода из строя прибор ремонтируется; после второго †признает негодным.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
