Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория вероятностей и математическая статистика теория вероятностей. Практикум
.pdf
Теорема умножения легко обобщается на любое конечное число
A
событий. Так, в случае трех событий А, В, С:
Р(А
В С) = Р(А) Р(В/А) Р(С/(А В)). (1.10)
В общем случае
...Ап) =
1А2
)). (1.11)
n – 1
= Р(А
Р (А
) Р(А2/А1) Р(А3/(А1 А2))...Р(Аn/(А1А2…А
1
Задача 1.13. Из колоды в 52 карты случайным образом берут 3 кар-
ты. Найти вероятность того, что все три карты – тузы (событие D).
Решение
D = А В С, где А = { первая карта – туз}, В = { вторая карта –
туз}, С = {третья карта – туз}. В силу равной возможности исходов,
обеспеченной перемешиванием карт, здесь можно воспользоваться
классической формулой (1.1) как для расчета безусловных, так и для
расчета условных вероятностей.
Р(А) = 4/52 (в колоде из 52 карт 4 туза), Р(В
/А) = 3/51 (осталась
51 карта, среди них – 3 туза), Р(С/(А В)) = 2/50 (осталось 50 карт,
среди них – 2 туза). Тогда по формуле (1.10) Р(D) = Р (три туза) =
= 4/52 3/51 2/50 = 0,00018.
Для вычисления вероятности появления хотя бы одного из событий А
, А2, ..., Аn можно найти сначала вероятность противоположно-
1
го события, которое заключается в том, что не произойдет ни одно из
указанных событий. Это событие соответствует совмещению собы-
тий, противоположных рассматриваемым:
12
.
n
...
AA
Окончательная формула будет:
( ... ) 1 ( ... )
PA A A PA A A
12 12
nn
. (1.12)
Задача 1.14. В группе 10 студентов. Найти вероятность того, что
хотя бы у двух студентов совпадают дни рождения (событие А). Считаем, что в году 365 дней.
Решение
Противоположное событие А можно представить себе так: если
предложить каждому студенту заштриховать в календаре года дату
своего рождения, то ни одна дата в календаре не окажется заштрихованной дважды, т.е. первый студент может заштриховать любой день
21
из 365 дней, второй – один из 364 оставшихся, третий – один из
A
B
A
363 оставшихся и т.п. Тогда
()PA
Искомая вероятность
365 364 363 356
365 365 365 365
10 сомножителей
–
...
0,889() 1 ()PA PA
.
Задача 1.15. Из урны, содержащей 2 белых и 4 черных шара, два
игрока поочередно извлекают наудачу шары без возвращения. Выигрывает тот, кто первым вынет белый шар. Найти вероятность выигрыша игрока, первым начавшего игру.
Решение
Обозначим события: Аi = {первый игрок в i-й попытке вынимает
белый шар}, i = 1, 2, 3, B
= {второй игрок в i-й попытке вынимает
i
белый шар}, i = 1, 2, П = {выигрыш всей игры первым игроком}. Тогда
= {первый игрок в i-й попытке вынимает черный шар}.
i
{второй игрок в i-й попытке вынимает черный шар}. Заметим, что
i
для осуществления первым игроком второй попытки, он и в первой
попытке вынимает черный шар, и второй игрок в своей попытке вынимает черный шар, иначе игра бы уже закончилась. Аналогично,
для осуществления первым игроком третьей попытки необходимо,
чтобы он
и второй игрок во всех предыдущих попытках вынули черные шары, четвертой попытки у первого игрока нет, так как в урне
4 черных шара. Таким образом, первый игрок может вынуть белый
шар или с первой, или со второй, или с третьей попытки, значит
AAB AAABB
П =
121131212
Тогда 1-я попытка 1-го игрока:
1-я попытка 2-го игрока:
2-я попытка 1-го игрока:
2-я попытка 2-го игрока:
3-я попытка 1-го игрока:
22
.
11
11
22
22
()2/21.PA
3
;;()2/61/3 ()2/3PA PA
;;()2/5 ()3/5PB PB
;;()2/41/2 ()1/2PA PA
;;()2/3 ()1/3PB PB
В этом случае
P(П) =
() () () () () () ( ) () ( )PA PA PA PB PA PA PA PB PB
121131212
1123 2131
10,6
.
3235 3253
Задачи для самостоятельного решения
5.1. Телефонный номер состоит из 7 цифр. Найти вероятность то-
го, что в нем есть одинаковые цифры.
5.2. Среди 20 лотерейных билетов находятся 5 выигрышных. Най-
ти вероятность того, что среди 4 купленных билетов имеется: а) хотя
бы один выигрышный билет; б) ровно один выигрышный билет?
5.3. Студент разыскивает нужную ему формулу в четырех спра-
вочниках. Вероятности того, что формула содержится в первом, втором, третьем и четвертом справочнике, соответственно равны 0,6;
0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятность того, что формула содержится хотя
бы в одном справочнике.
5.4. Среди десяти приборов три бракованных. Для эксперимента
взято три прибора. Определить вероятность того, что взят: а) хотя бы
один бракованный прибор; б) только один бракованный прибор.
5.5. В магазин от разных поставщиков поступают четыре партии
мебели. Вероятности того, что партии будут доставлены в срок, соответственно равны 0,9; 0,8; 0,85 и 0,7. Найти вероятность того, что
из этих четырех партий хотя бы одна не будет доставлена в срок.
5.6. Владелец пластиковой карточки банкомата забыл последние
три цифры кода и набрал их наугад. Какова вероятность набора верного номера, если известно, что все эти три цифры различны?
5.7. Из колоды в 36 карт вынимают карты без возврата до первого
появления туза, но не более четырех. Найти вероятность того, что
вынуто не менее трех карт.
5.8. В автобусе находятся 7 пассажиров, причем каждый из них с
одинаковой вероятностью выходит на любой из оставшихся 7 остановок автобуса. Найти вероятности того, что все выйдут на разных
остановках.
5.9. Кубик бросают до тех пор, пока не выпадут две «шестерки»
подряд (одна за другой). Какова вероятность того, что кубик придется бросать 4 раза?
5.10. В системе имеется элемент с малой надежностью р = 0,5,
имеются запасные элементы той же надежности. Сколько раз надо
дублировать указанный элемент, чтобы повысить надежность построенного таким образом блока до величины P = 0,9?
23
1.6. Независимость случайных событий
Два события А и В называются независимыми, если предположе-
ние о том, что произошло одно из них, не изменяет вероятность другого, т.е. если
Р(В/А) = Р(В); Р(А/В) = Р(А).
Из соотношения (1.9) вытекает, что из двух записанных выше ра-
венств одно является следствием другого.
Пример. Пусть событие А – появление герба при однократном
бросании монеты, а событие В – появление карты бубновой масти
при вынимании карты из колоды. Очевидно, что события А и В независимы.
В случае независимости событий А и В формула (1.7) примет бо-
лее простой вид:
Р(А В) = Р(А) Р(
В), (1.13)
т.е. вероятность совмещения двух независимых событий равна про-
изведению вероятностей этих событий.
События А
, А2, ..., Ап называются независимыми в совокупности,
1
если вероятность наступления каждого из них не меняет своего значения после того, как одно или несколько из остальных событий
осуществились.
Исходя из этого определения, в случае независимости событий
, А2, ..., Ап между собой в совокупности на основании форму-
А
1
лы (1.11) имеем
( ... ) ( ) ( ) ... ( )
PA A A PA PA PA
12 1 2
nn
. (1.14)
Кроме того, вероятность совмещения любой комбинации из собы-
тий А
, А2, ..., Ап равна произведению их вероятностей. В частности,
1
независимость трех событий А, В и С в совокупности означает выполнимость четырех условий:
( ) () () ();
PABC PA PB PC
PAB PA PB
( ) () ();
()()();
PBC PB PC
()()().
PAC PA PC
Рассмотрим примеры, где применяются правила сложения и умно-
жения независимых событий. Отметим одно полезное при решении
24
задач свойство: если события А и В независимы, то будут независи-
B
A
D. D
A
A
A
мыми следующие пары событий: 1) А и
; 2) A и В; 3) A и Bи тогда
( ) () (); ( ) () ();( ) () ().PAB PA PB PAB PA PB PAB PA PB
Задача 1.16. Два стрелка стреляют по мишени независимо друг от
друга по одному разу. Вероятности попадания равны: для первого
стрелка Р(А
) = 0,7, для второго стрелка Р(А2) = 0,8. Найти вероятно-
1
сти событий:
а) в мишени ровно одна пробоина (событие С);
б) мишень поражена (событие D).
Решение
а) Событие С = (попадет или только первый стрелок {
C
второй стрелок {
}) = С1 + С2, где события С1 и С2 несовместны и по
2
C
} или только
1
правилу сложения (1.3)
Р(С) = Р(С
Событие
CAA
112
(первый стрелок попал, второй не попал), в
силу независимости событий А
и
зависимыми события А
( ) ( ) ( ) ( ) 0,7(1 0,8) 0,7 0, 2 0,14PC PA A PA PA
11212
Аналогично,
CAA
221
и
1
2
(второй стрелок попал, первый – не по-
) + Р(С2).
1
и А2 (по условию задачи), будут не-
1
.
пал) и
Р(С
Тогда
()()()PA A PA PA
) =
2
() ( ) ( )PC PC PC
21 2 1
12
= 0,14 + 0,24 = 0,38.
0,8(1 – 0,7) = 0,8 0,3 = 0,24.
б) Событие D = {мишень поражена} = {попадет хотя бы один
стрелок} = A
или оба вместе), где события А
+ A2 (попадет или первый стрелок, или второй стрелок,
1
и А2 совместны и, обратите внима-
1
ние, правило (1.4) применять нельзя. Перейдем к противоположному
событию
= {мишень не поражена} =
второй стрелок не попал), где
() ( ) ( )PD PA PA
12
1
= (1 – 0,7)(1 – 0,8) = 0,3 0,2 = 0,06.
()1 ()PD PD
A
= (первый стрелок не попал и
12
и
– независимые события. Тогда
2
= 1 – 0,06 = 0,94.
25
Задача 1.17. Из колоды в 36 карт наудачу берут одну карту. Со-
p
N
бытия: А = {карта – туз}, В = {карта – пики}. Являются ли эти события независимыми?
Решение
Рассмотрим событие А В = пиковый туз, тогда Р(А В) = 1/36 (та-
кая карта в колоде одна), Р(А) = 4/36 = 1/9 (в колоде 4 туза), Р(В) = 1/4
(в колоде пики – одна из четырех мастей),
Р(А) Р(В) = 1/9 1/4 = 1/36.
Отсюда Р(А В) = Р(А) Р(В). Равенство (1.7) имеет
место, события
независимы.
Надежностью системы приборов P называется вероятность без-
отказной работы за определенный промежуток времени (будем считать, что элементы системы выходят из строя независимо друг от
друга). Рассмотрим два типа соединения элементов: последовательное и параллельное.
При последовательном соединении блоков (рис. 1.5) вся система
работает только тогда, когда работают все
системы равна
Рис. 1.5. Схема последовательного соединения элементов
Ppp p
...
12
, где
n
блоки и надежность всей
– надежность i-го блока.
i
При параллельном соединении блоков (рис. 1.6) отказ системы
равносилен отказу всех его элементов, поэтому надежность системы
вычисляют по формуле
1(1 )(1 )...(1 )
Ppp p
12
.
n
Рис. 1.6. Схема параллельного соединения элементов
26
Задача 1.18. Три элемента в системе работают независимо друг от
B
F
A
друга. Вероятности безотказной работы равны: для первого элемента
) = 0,6; для второго элемента Р(А2) = 0,7; для третьего элемента
Р(А
1
Р(А
) = 0,8. Найти вероятности следующих событий – в системе бу-
3
дут работать безотказно:
а) только один элемент (событие В);
б) только два элемента (событие С);
в) все три элемента (событие D);
г) хотя бы один элемент (событие F).
Решение
AAA A AA AAA
а) Событие
123 213 312
(один элемент
работает, при этом два других не работают). В силу независимости
событий А
, А2, А3 по правилам сложения и умножения вероятностей
1
() () () () () () ()
PB PA PA PA PA PA PA
123 213
( ) ( ) ( ) 0,6 0,3 0,2 0,7 0,4 0,2 0,8 0,3 0, 4
PA PA PA
312
0,036 0,0556 0,096 0,188.
б) Событие
C AAA AAA AAA
123 231 132
(два элемента
работают, при этом третий не работает)
() () () () () () ( ) ( ) () ()PC PA PA PA PA PA PA PA PA PA
0,6 0, 7 0,2 0,6 0,8 0,3 0,7 0,8 0, 4 0, 084 0,144 0,224 0, 452.
в)
г)
()PF
123 132 231
DAAA
123
() ( ) ( ) ( )PD PA PA PA
= {все три элемента не работают} =
0,4 0,3 0,2 = 0,024;
и по правилу (1.13) для независимых событий
123
0,6 0,7 0,8 = 0,336.
AA
123
()1 ()PF PF
1 – 0,024 = 0,976.
.
Задача 1.19. Рассчитать надежность P системы, представленной
на рис. 1.7.
Решение
Блоки А, В и С соединены последовательно, поэтому
P = P(А) P(В) P(С) = 0,8 P(В) 0,9 = 0,72 P(В).
В блоке В три элемента соединены параллельно, поэтому
27
P(В) = 1 – 0,4 0,4 0, 4 = 1 – 0,064 = 0,936.
В итоге P = 0,72 0,936 = 0,67392.
A
B
Рис. 1.7. Схема системы соединения элементов
C
Задача 1.20. Система содержит три последовательно соединен-
ных элемента, причем надежность каждого равна 0 < p < 1. Име-
ется еще 3 резервных элемента той же надежности. Из предложенных на рис. 1.8 схем выбрать схему дублирования с большей надежностью.
Рис. 1.8. Схема системы дублирования
Решение
Рассчитаем надежность схем I и II по формулам
1(1 ) 1(12 ) (2 );
Pp pppp
I
(1 (1 ) ) ( 2 ) (8 1 2 6 ).
Pppppppp
II
32 3 6 3 3
23 23 3 2 3
Сравнение показывает преимущество схемы II:
II I
3232
(6 12 6 ) 6 (1 ) 0PPp pp p p , отсюда
PP
II I
Этот вывод справедлив при любом количестве исходных элементов n 2.
28
.
Задачи для самостоятельного решения
6.1. Три радиостанции, независимо друг от друга, передают са-
молету один и тот же сигнал. Вероятности того, что самолетом
будут приняты эти сигналы, соответственно равны 0,9; 0,8 и 0,75.
Найти вероятность того, что самолет примет сигнал хотя бы одной
станции.
6.2. В лифт 8-этажного дома вошли 3 человека. Каждый из них
независимо друг от друга с одинаковой вероятностью может выйти
на любом этаже, начиная со второго. Найти вероятность того, что:
а) все выйдут на разных этажах; б) все выйдут на одном этаже; в) все
выйдут на 8-м этаже; г) двое выйдут вместе,
один – отдельно.
6.3. Прибор состоит из пяти блоков, работающих независимо друг
от друга. Вероятность выхода из строя первого блока равна 0,3; второго – 0,2; третьего – 0,25; четвертого – 0,4; пятого – 0,1. Найти вероятность того, что хотя бы один из блоков выйдет из строя.
6.4. Найти надежность системы, схема которой изображена на ри-
p
p
0
0
= 1/2.
0
сунке, если надежность отдельных блоков р
p
p
0
0
p
0
6.5. Найти надежность системы, схема которой изображена на ри-
сунке, если надежность отдельных блоков р
p
0
p
0
p
0
p
0
p
0
p
0
= 0,6.
0
p
0
6.6. Найти вероятность безотказной работы прибора, схема кото-
рого изображена на рисунке, если надежности узлов прибора равны
= 0,7, р2 = 0,8, р3 = 0,85, р4 = 0,6.
р
1
29
p
1
p
p
1
p
1
2
p
3
p
2
p
4
6.7. Найти вероятность безотказной работы прибора, схема кото-
рого изображена на рисунке, если надежности узлов прибора равны
р
= 0,7, р2 = 0,8, р3 = 0,9, р4 = 0,75.
1
p
1
p
3
p
1
p
4
p
2
p
2
6.8. Найти вероятность безотказной работы прибора, схема кото-
рого изображена на рисунке, если надежности узлов прибора равны
= 0,7, р2 = 0,8, р3 = 0,9.
р
1
p
1
p
1
p
2
p
2
p
3
p
1
p
2
1.7. Формула полной вероятности
и формулы Байеса
Пусть случайное событие А может произойти при наступлении
одного из попарно несовместных событий H
«гипотезами», которые образуют полную группу. Тогда, если произошло событие А, то это значит, что произошло одно из попарно
несовместных событий Н
А, Н2А, ..., НNА. Следовательно,
1
, H2, ..., HN, называемых
1
А = Н
А + Н2А +... + HNА.
1
30
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]