Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория вероятностей. Примеры и задачи с использованием Excel. Учебное пособие
.pdf
51
Событию АВ соответствует два исхода: ГГР, РГГ.
Число всевозможных исходов при трехкратном подбрасывании монеты
n = 23 = 8. Отсюда находим:
( )
21
84
P AB ==
.
Аналогично, событию В соответствует три исхода, следовательно, вероятность условия равна:
( )
3
8
PB=
.
Далее, применяя (3.1), получаем искомую вероятность:
( )
( )
( )
1 4 2
3 8 3
P AH
P A H
PH
= = =
.
Пример 3. Найти вероятность того, что взятая наугад кость домино будет
дублем, если известно, что сумма очков на этой кости — четное число.
Решение. Рассмотрим следующие события:
А — взятая кость является дублем;
B — сумма очков четная.
Составим вспомогательную таблицу:
0 1 2 3 4 5 6
0
(0,0)
(0,1)
(0,2)
(0,3)
(0,4)
(0,5)
(0,6) 1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6) 3
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5 (4,5)
(5,6) 6 (5,6)
52
Очевидно, что: общее число костей — n = 28; число костей, имеющих
четную сумму очков — nВ = 16, число костей, которые — дубли (при этом все
дубли имеют четную сумму очков) — nАВ = 7.
Таким образом, используя определение условной вероятности (3.1), получаем:
( )
( )
( )
7 28 7
16 28 16
P AB
P A B
PB
= = =
.
Пример 4. Из полной колоды карт (36 листов) вынимается одна карта.
Рассматриваются следующие события:
А — появление туза;
В — появление карты красной масти;
С — появление бубнового туза.
Зависимы или независимы пары событий: A и B, B и C, A и C?
Решение. Для каждой пары событий проверим выполняется ли соотно-
шение (3.4):
( )
41
36 9
PA==
,
( )
21
18 9
P A B ==
,
следовательно, события независимы;
( )
1
36
PC =
,
( )
1
18
P C B =
,
следовательно, события зависимы;
( )
1
36
PC =
,
( )
4
1
=ACP
,
следовательно, события зависимы.
Пример 5. Для независимых событий А и В с вероятностями Р(А) = 0,3
и Р(В) = 0,4 найти
( )
P A B A+
.
Решение. Используя, определение условной вероятности и независимость событий А и В, получаем:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 1 0,4 0,6.
P A B A
P AA BA P BA
P A B A
P A P A P A
P BA P B P A
P B P B
P A P A
+
+ +
+ = = = =
= = = = − = − = •
53
Пример 6. В торговом зале два одинаковых автомата продают кофе. Из-
вестно, что вероятность события «К вечеру в автомате I закончится кофе» равна
0,4. Такая же вероятность события «К вечеру в автомате II закончится кофе».
Вероятность того, что кофе к вечеру закончится в обоих автоматах, равна 0,3.
Найдите вероятность того, что к вечеру дня кофе закончится в обоих автоматах.
Решение. Рассмотрим следующие события:
A — в автомате I закончится кофе;
B — в автомате II закончится кофе.
Тогда:
А + В — хотя бы в одном автомате закончился кофе;
АВ — в обоих автоматах закончился кофе.
Проверим являются ли события A и B независимыми. По условию
Р(А) = Р(В) = 0,4 и Р(АВ) = 0,3. Получаем, что эти события не являются независимыми, так как
( ) ( ) ( )
0,3 0,4 0,4 0,12P AB P A P B= = =
.
Применяя теорему сложения вероятностей, получаем:
( ) ( ) ( ) ( )
0,4 0,4 0,3 0,5P A B P A P B P AB+ = + − = + − =
.
Пример 7. В урне a белых и b черных шаров. Из урны вынимаются два
шара. Найти вероятность того, что эти шары будут разных цветов.
Решение. Рассмотрим события:
А
1
— первый шар белый;
А
2
— второй шар белый;
B1 — первый шар черный;
B2 — второй шар черный;
С — шары разных цветов.
Очевидно, что С = А1B2 + B
1А2
, причем события А1B
2
и B
1А2
несовмести-
мы. По теореме сложения и по теореме умножения вероятностей для независи-
мых событий:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )( )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
12
2
.
1 1 1
P C P AB B A P A B P B A P A P B
a b b a ab
P B P A
a b a b a b a b a b a b
= + = + = +
+ == + =
+ + − + + − + + −
•
54
Пример 8. В аэропорту имеются три взлетно-посадочных полосы (ВПП).
Первая из них занята (выпуском и приемом самолетов) с вероятностью р
1
, вто-
рая — с вероятностью р2, третья — с вероятностью р
3
. Найти вероятность того,
что: все ВПП заняты (событие B); все ВПП свободы (событие C); одна ВПП занята (событие D); хотя бы одна ВПП занята (событие E); занято не более двух
ВПП (событие F).
Решение. Рассмотри события:
А
1
— занята первая полоса;
А
2
— занята вторая полоса;
А
3
— занята третья полоса;
1
A
— первая полоса свободна;
2
A
— вторая полоса свободна;
3
A
— третья полоса свободна.
По условию задачи известны вероятности:
( )
11
P A p=
;
( )
22
P A p=
;
( )
33
P A p=
.
Вероятности противоположных событий равны:
( )
( )
1 1 1 1
11P A P A p q= − = − =
;
( )
( )
2 2 2 2
11P A P A p q= − = − =
;
( )
( )
3 3 3 3
11P A P A p q= − = − =
.
Событие B — все ВПП заняты, можно представить в виде:
1 2 3
B A A A=
.
Тогда, учитывая независимость событий, получаем:
( )
( )
( ) ( )
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
P B P A A A P A P A P A p p p= = =
.
55
Событие C — все ВПП свободны, можно представить в виде:
1 2 3
C A A A=
.
Тогда, учитывая независимость событий, получаем:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
P C P A A A P A P A P A q q q= = =
.
Событие D — одна ВПП занята, можно представить в виде:
1 2 3 1 2 3 1 2 3
D A A A A A A A A A= + +
.
Тогда, учитывая независимость событий, и применяя теорему сложения
вероятностей, получаем:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
.
P C P A A A A A A A A A
P A A A P A A A P A A A
P A P A P A P A P A P A
P A P A P A p q q q p q q q p
= + + =
= + + =
= + +
+ = + +
Рассмотрим теперь событие E: хотя бы одна ВПП занята, т.е. заняты одна,
две или все три полосы. В данном случае целесообразно рассмотреть противо-
положное событие
D
— все ВПП свободны.
Очевидно, что
1 2 3
D A A A=
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3
P D P A A A P A P A P A q q q= = =
,
( )
( )
1 2 3
11P D P D q q q= − = −
.
Рассмотрим теперь событие F — занято не более двух ВПП, т.е. либо все
ВПП свободны, либо занята одна ВПП.
56
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
все ВППсвободны одна ВППзанята
F A A A A A A A A A A A A= + + +
.
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
.
P F P A A A A A A A A A A A A
P A A A P A A A P A A A P A A A
P A P A P A P A P A P A
P A P A P A P A P A P A
q q q p q q q p q q q p
= + + + =
= + + + =
= + +
+ + =
= + + +
Таким образом пример решен.
Пример 9. Техническая система состоит из n элементов, надежность
(т.е. вероятность безотказной работы) каждого из них p. Выход из строя хотя
бы одного влечет за собой выход всей системы. С целью повышения надежно-
сти системы производится дублирование, для чего выделено еще n таких же
элементов. Определить, какой из способов дублирования надежнее:
– дублирование каждого элемента (рис. 3.1);
– дублирование всей системы (рис. 3.2).
Рис. 3.1. Система с дублированием каждого элемента
Рис. 3.2. Дублирование всей системы
Решение. Найдем надежность параллельного дублирования одного эле-
мента (рис. 3.3).
57
Рис. 3.3. Параллельное дублирование одного элемента
Найдем вероятность выхода из строя. Рассматриваемая система выходит
из строя, если выходит из строя каждый элемент, т.е. вероятность выхода си-
стемы из строя равна (1 – р)2.
Тогда надежность параллельного дублирования одного элемента равна:
1 – (1 – р)2.
Далее система работает надежно, если работает каждый блок, т.е. надежность дублирования каждого элемента:
( )
( )
( ) ( )
( )
2
22
1
1 1 1 1 2 2 2
n
nn
n
n
p p p p p p p p= − − = − + − = − = −
.
Надежность системы, состоящей из n последовательных элементов равна рn.
Таким образом, надежность дублирование всей системы:
( ) ( )
2
2
1 1 2
n n n
p p p p= − − = −
.
Сравним р1 и р2, для этого нужно сравнить (2 – р)n и (2 – рn).
Докажем, что (2 – р)n > (2 – рn). Подставим q = 1 – p, т.е. p = 1 – q:
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 ,
1 1 2.
nn
nn
qq
qq
+ − −
+ + −
Таким образом, надежнее дублирование каждого элемента.
Пример 10. Имеются две урны: в первой 4 белых и 6 черных шаров; во
второй 6 белых и 3 черных шаров. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают один шар. После этого из второй урны берут один шар. Найти вероят-
ность того, что этот шар будет белым.
58
Решение. Пусть искомое событие
А — вынут белый шар.
Событие А может произойти только вместе с одной из гипотез (одного из
событий, образующих полную группу событий):
H1 — переложен белый шар;
H2 — переложен черный шар.
Очевидно, что
( ) ( )
12
4 4 6 6
,
4 6 10 4 6 10
P H P H= = = =
++
;
( ) ( )
12
6 1 7 6 6
,
6 3 1 10 6 3 1 10
P A H P A H
+
= = = =
+ + + +
.
Теперь по формуле полной вероятности (3.7) получаем:
( ) ( )
( )
( )
( )
1 1 2 2
4 7 6 6
0,64
10 10 10 10
P A P H P A H P H P A H= + = + =
.
Пример 11. Среди 8 экзаменационных билетов 3 «хороших» и 5 «пло-
хих» билетов. Найти вероятность того, что студенту, выбирающему билет вторым, достанется «хороший» билет.
Решение. Данная задача ранее была решена (см. пример 2.2) с использованием классического определения вероятности.
Пусть искомое событие
А — второй отвечающий взял «хороший» билет.
Событие А может произойти только вместе с одной из гипотез (одного из
событий, образующих полную группу событий):
H1 — первый отвечающий взял «хороший» билет;
H2 — первый отвечающий взял «плохой» билет.
Очевидно, что
( ) ( )
12
35
,
88
P H P H==
;
( ) ( )
12
23
,
77
P A H P A H==
.
59
По формуле полной вероятности (3.7), получим:
( ) ( )
( )
( )
( )
1 1 2 2
3 2 5 3 3
8 7 8 7 8
P A P H P A H P H P A H= + = + =
.
Пример 12. В условиях предыдущей задачи из первой урны переклады-
вают сразу три шара. Найти вероятность того, что шар, взятый из второй урны,
будет белым.
Решение. На первый взгляд нужно рассмотреть 4 гипотезы: переложили
3 белых шара, переложили 2 белых шара и 1 черный шар, переложили 1 белый
шар и 2 черный шара, переложили 3 черных шара. При этом нахождение веро-
ятности гипотез может некоторые затруднения. Покажем, что достаточно двух
«правильных» гипотез.
Пусть искомое событие:
А— вынут белый шар.
Событие А может произойти только вместе с одной из гипотез (одного из
событий, образующих полную группу событий):
H1 — извлеченный шар изначально находился в 1-й урне;
H2 — извлеченный шар изначально находился во 2-й урне;
Так как во второй урне 3 шара принадлежат 1-й урне, а 9 принадлежат
2-й, то вероятности гипотез равны:
( ) ( )
12
3 1 9 3
,
9 3 4 9 3 4
P H P H= = = =
++
.
Вероятность появления белого шара из первой урны не зависит от того,
вынимается ли этот шар непосредственно из первой урны или после перекладывания во вторую. Следовательно, условная вероятность появления белого
шара при условии того, что он изначально находился в первой урне, равна:
( )
1
42
10 5
P A H ==
.
Аналогично условная вероятность появления белого шара при условии
того, что он изначально находился во второй урне, равна:
( )
2
31
93
P A H ==
.
60
По формуле полной вероятности (3.7) получаем:
( ) ( )
( )
( )
( )
1 1 2 2
1 2 3 1 7
4 5 4 3 20
P A P H P A H P H P A H= + = + =
.
Пример 13. Брак в продукции литейного цеха с механическими повре-
ждениями составляет 10 %, причем среди продукции с механическими повреждениями в 5 % случаев встречаются трещины, а в продукции без механических повреждений трещины встречаются в 3 % случаев. Найти вероятность
обнаружить трещины в наугад взятой отливке.
Решение. Рассмотрим событие:
А — трещина обнаружена.
Событие А может произойти только вместе с одной из гипотез (одного из
событий, образующих полную группу событий):
H1 — выбрана отливка с механическими повреждениями;
H2 — выбрана отливка без механических повреждений.
Вероятности гипотез:
( ) ( ) ( )
1 2 1
0,1, 1 0,9P H P H P H= = − =
.
Условные вероятности:
( ) ( )
12
0,05, 0,03.P A H P A H==
По формуле полной вероятности:
( ) ( )
( )
( )
( )
1 1 2 2
0,1 0,05 0,9 0,03 0,005 0,027 0,032.
P A P H P A H P H P A H= + =
= + = + = •
Пример 14. Первый стрелок попадает цель с вероятностью р1 = 0,3; второй — с вероятностью р2 = 0,9; а третий — с вероятностью р3 = 0,7. При одном
попадании цель будет уничтожена с вероятностью 0,6; при двух попаданиях
с вероятностью 0,9; при трех с вероятностью 1. Найти вероятность того, что
цель была поражена.
Решение. Рассмотрим событие:
А — цель была поражена.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]