= P( A3 ) = 3/ 7 . В этом случае

P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P(A1)P(A2 )P(A3 ) = 4 / 7 4 / 7 3 / 7 = 48 / 343 ; P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P(A1)P(A2 )P(A3 ) = 4 / 7 3 / 7 4 / 7 = 48 / 343 ; P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P(A1)P(A2 )P(A3 ) = 3 / 7 4 / 7 4 / 7 = 48 / 343 ; P(C) = 48 / 343 + 48 / 343 + 48 / 343 =144 / 343 ≈ 0,4198 .

Пример 9. Электрическая цепь на участке МN сконструирована по схеме, приведенной на рисунке 2. Вероятности безотказной работы элементов e1 – e7 в течение времени T равны соответственно: p1 - p7. Элементы выходят из строя независимо друг от друга. Предполагается, что сбой в цепи может произойти только вследствие нарушений в работе элементов еi. Найти вероятность безотказной работы участка цепи МN в течение времени T при условии, что p1 = p2 = … = p7 = 0,9.

Рисунок 2

Решение. Обозначим события:

Ai – { безотказная работа i–ого элемента в течение времени T }; i = 1, 2, … 7; B1 – {безотказная работа в течение времени T участка цепи MK };

B2 – { безотказная работа в течение времени T участка цепи KN };

C – {безотказная работа всего участка цепи MN в течение времени T }. Очевидно, что событие C можно представить в виде C = B1 ∩B2, то есть для

функционирования участка цепи MN необходимо безотказное функционирование участков MK и KN.

Для обеспечения функционирования участка MK необходимо выполнение хотя бы одного из условий: 1) безотказная работа элемента е1; 2) безотказная работа элемента е2; 3) безотказная работа элементов е3 и е4. Таким образом, можно записать:

B1 = A1 A2 A3A4.

Для определения вероятности события B1 применяем теорему сложения вероятностей совместных событий и теорему умножения вероятностей независимых событий:

P(B1) = P(A1) + P(A2) + P(A3A4) – P(A1A2) – P(A1A3A4) – P(A2A3A4) + P(A1A2A3A4) = = p1 + p2 + p3p4 – p1p2 – p1p3p4 – p2p3p4 + p1p2p3p4 = 0,9981.

Вероятность события B2 можно найти аналогичным способом, но в данном случае удобнее будет рассмотреть противоположное событие B2 , состоящее в отказе участка KN. Это событие произойдет в случае отказа всех трех элементов е5, е6, е7. Таким

15

образом:

B2 = A5 ∩ A6 ∩ A7 , P(B2 ) = P(A5 )P(A6 )P(A7 ) = (1 − p5 )(1− p6 )(1 − p7 ) = 0,001 . P(B2 ) =1 − P(B2 ) =1 −0,001 = 0,999 .

Окончательно, в силу независимости отказов элементов на каждом из участков для определения вероятности события C применяем теорему умножения вероятностей независимых событий:

P(C) = P(B1)P(B2) = 0,9981 · 0,999 = 0,9971.

Замечание. Вернемся к условию примера 5.

Введем в рассмотрение события A1 – {монета упала кверху гербом}, и A2 – {монета упала кверху решкой}. Из предположения о правильности монеты следует, что P(A1) = 1/2; P(A2) = 1/2. Так как вероятности выпадения герба и решки не зависят от результатов предыдущих подбрасываний, по теореме умножения вероятностей независимых событий можно вычислить вероятности каждого из исходов пространства элементарных событий Ω, приведенного в решении примера 5, и убедиться, что все они одинаковы и равны 1/8. Например, P(ω2) = P({ГРР}) = P(A1)P(A2)P(A2) = = 1/2 1/2 1/2 = 1/8.

1.4 Формула полной вероятности. Формула Байеса

Частным случаем применения теорем сложения и умножения вероятностей являются формулы полной вероятности и Байеса. При решении многих практических задач часто встречаются с ситуацией, когда прямое вычисление вероятности события A трудно или невозможно, в то время как вполне доступно определение вероятности этого события при некоторых различных условиях Hi.

Сформулируем условия применения формул полной вероятности и Байе-

са.

Пусть производится испытание, об условиях которого можно сделать n взаимно исключающих предположений: H1, H2,…, Hn (Hi ∩Hj = , при i ≠j), таких, что

n

UHi = Ω.

i=1

Поскольку заранее неизвестно, какое из событий Hi произойдет, эти события называют гипотезами. Предполагается, что вероятности гипотез известны и равны соответственно P(H1), P(H2),…, P(Hn).

Тогда любое рассматриваемое событие A может произойти только одно-

A ∩Hn – несовместны, P(A) = P(A ∩H1) + P(A ∩H2) + … + P(A ∩Hn). Применив теорему умножения вероятностей, можно записать: P(A ∩Hi) = P(Hi)P(A|Hi).

16