КАТЕГОРИИ:
АстрономияБиологияГеографияДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника
|
Розв’язання.
. Оскільки то випадкові події А і В є залежними. 3. Формули множення ймовірностей Згідно із (17) і (18) маємо: Р (А ∩ В) = Р (В) Р (А / В) = Р (А) Р (В / А). (19) Формула множення для n залежних випадкових подій А1,А2, … А4: Р = Р (А1) Р(А2 / А1) Р(А3 / А1А2) … Р(Аn / А1А2 … Аn–1) (20) Приклад 1. У ящику міститься 15 однотипних деталей. Із них 9 стандартні, а решта — браковані. Деталі виймають по одній без повернення. Так було вийнято три деталі. Обчислити ймовірності таких випадкових подій: 1) А — три деталі виявляться стандартними; 2) В — усі три виявляться бракованими; 3) С — дві стандартні й одна бракована. Розв’язання. Нехай Аі — поява стандартної, — бракованої деталі при і-му вийманні. Подія , , . Оскільки випадкові події Аі, є залежними, то: Р(А) = Р(А1∩А2∩А3) = Р(А1) Р(А2 / А1) Р(А3 / А1А2) = ; . . Приклад 2. Із множини чисел Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} навмання беруть одне число, а далі з решти — друге. Яка ймовірність того, що здобуте двоцифрове число буде парним? Розв’язання. Позначимо через А1 — поява непарної цифри при першому вийманні, через В1 — поява парної цифри при першому, а через В2 — появу парної цифри при другому вийманні. Нехай С — випадкова подія: поява парного двоцифрового числа. Тоді С = (А1∩В2) È (В1∩В2). Оскільки випадкові події А1, В1, В2 є залежними, то Р (С) = Р (А1∩В2) È (В1∩В2) = Р(А1∩В2) + Р (В1∩В2) = = Р (А1) Р (В2 / А1) + Р (В1) Р (В2 / В1) = . 4. Формули множення ймовірностей Якщо випадкові події А і В є незалежними, то Р(А / В) = Р(А), Р(В / А) = Р(В). Формули (19), (20) наберуть такого вигляду: Р(А∩В) = Р(А) Р(В); (21) . (22) Приклад 1. Гральний кубик і монету підкидають по одному разу. Яка ймовірність того, що при цьому на грані кубика випаде число, кратне 3, а на монеті герб? Розв’язання. Нехай поява числа, кратного трьом — подія А, а поява герба — подія В. Випадкові події А і В є між собою незалежними. Отже, ; . Приклад 2. Три студенти складають на сесії екзамен з математики. Імовірність того, що перший складе екзамен, дорівнює 0,9, для другого та третього студентів ця ймовірність становить відповідно 0,8 і 0,7. Обчислити ймовірності таких випадкових подій: 1) А — три студенти складуть екзамен; 2) В — три студенти не складуть екзамену; 3) С — два студенти складуть екзамен. Розв’язання. Позначимо А1, А2, А3 — випадкові події, які полягають у тому, що перший, другий і третій студенти складуть екзамен з математики. Тоді — відповідно не складуть. За умовою задачі маємо: Р(А1) = 0,9, Р(А2) = 0,8, Р(А3) = 0,7. Тоді ймовірності протилежних подій такі: Р( ) = 1 – Р(А1) = 1 – 0,9 = 0,1; Р( ) = 1 – Р(А2) = 1 – 0,8 = 0,2; Р( ) = 1 – Р(А3) = 1 – 0,7 = 0,3 Позначимо події: , , . Оскільки випадкові події Аі, (і = 1, 2, 3) є між собою незалежними, то Р(А) = Р(А1∩А2∩А3) = Р(А1) Р(А2) Р(А3) = 0,9 · 0,8 · 0,7 = 0,504; Р(В) = Р( ) = Р( ) Р( ) Р( ) = 0,1 · 0,2 · 0,3 = 0,006;
. 5. Імовірність появи випадкової Нехай проводиться n незалежних спроб, у кожній з яких може відбутися подія Аі (і =1, 2, 3, ... n) з імовірністю Р(Аі) = pі або подія з імовірністю , . Нехай С — поява події Аі хоча б один раз при n незалежних спробах, тобто ця подія може з’явитися або один раз, або двічі, тричі і так далі, включаючи всі n раз. Тоді подія С і подія, яка полягає в тому, що при n спробах Аі не з’явиться жодного разу , утворюють повну групу, а саме: . При цьому . Тоді ; . Отже, . (23) Якщо Р(Аі) = pі = p = const, то qі = q = const. Тоді Р(С) = 1 – qn. (24) Приклад 1. Прилад складається з чотирьох елементів, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу під час роботи приладу, є величиною сталою і дорівнює 0,95. Для другого, третього і четвертого елементів ця ймовірність дорівнює відповідно 0,9; 0,85; 0,8. Яка ймовірність того, що під час роботи приладу з ладу не вийде хоча б один елемент? Розв’язання. Нехай p1 = 0,95 — імовірність того, що перший елемент не вийде з ладу. Для другого, третього та четвертого елементів ця ймовірність становитиме відповідно p2 = 0,9; p3 = 0,85; p4 = 0,8. Імовірність того, що ці елементи вийдуть із ладу, дорівнюватиме відповідно: q1 = 1 – p1 = 1 – 0,95 = 0,05; q2 = 1 – p2 = 1 – 0,9 = 0,1; q3 = 1 – p3 = 1 – 0,85 = 0,15; q4 = 1 – p4 = 1 – 0,8 = 0,2. На підставі (23) маємо: Р(С) = 1 – q1 q2 q3 q4 = 1 – 0,05 × 0,1 × 0,15 × 0,2 = 1 – 0,00015 = 0,99985. Приклад 2. Гральний кубик підкидається чотири рази. Чому дорівнює ймовірність того, що цифра 3 з’явиться при цьому хоча б один раз? Розв’язання. Імовірність того, що при одному підкиданні з’явиться цифра 3, дорівнює . Тоді q = 1 – p = 1 – . Згідно з (24) дістанемо: Р(С) = 1 – q4 = . 6. Використання формул теорії Оцінити надійність роботи системи, елементи якої з’єднані за схемою, наведеною на рис. 7. Рис. 7 При цьому відомі ймовірності безвідмовної роботи кожного елемента pі (і = 1,…, n). Позначивши надійність системи через R, дістанемо . (25) Оцінити надійність роботи системи, елементи якої з’єднані за схемою, наведеною на рис. 8. Рис. 8 При цьому відомі ймовірності безвідмовної роботи кожного елемента рі (і = 1,…, n): . (26) Приклад. Електричні лампочки з’єднані за схемами, наведеними на рис. 9 і 10.
Імовірність того, що електролампочка не перегорить при ввімкненні в електромережу наведених схем, є величиною сталою і дорівнює рі = 0,8. Яка ймовірність того, що при ввімкненні в електромережу наведених схем у них буде електрострум? Розв’язання. За відомим значенням рі знаходимо qі = 1 – рі = 1 – 0,8 = а) R = ; б) .
|