Пример 1. Цель, по которой введется стрельба, состоит из трех различных уязвимости частей. Для поражения цели достаточно одного попадания в первую часть, или двух попаданий во вторую, или трех попаданий в третью. Если снаряд попал в цель, то вероятность ему попасть в ту или другую часть пропорциональна площади этой части. На проекции цели на плоскость, перпендикулярную направлению стрельбы, первая, вторая и третья части занимают относительные площади \(0,1\), \(0,2\) и \(0,7\). Известно, что в цель попало ровно два снаряда. Найти вероятность того, что цель будет поражена.
    Решение. Обозначим \(A\)- поражение цели; \(P(A|2)\)- условную вероятность поражения цели при условии, что в нее попало ровно два снаряда. Два снаряда, попавшие в цель, могут поразить ее двумя способами: или хотя бы один из них попадает в первую часть, или же оба снаряда попадут во вторую. Эти варианты несовместны, так как в цель попало всего два снаряда; поэтому можно применить теорему сложения. Вероятность того, что хотя бы один снаряд попадает в первую часть, может быть вычислена через вероятность противоположного события и равна \(1-0,9^{2}\). Вероятность того, что оба снаряда попадут во вторую часть, равна \(0,2^{2}\). Следовательно,

$$P(A|2)=1-0,9^{2}+0,2^{2}=0,23.$$

    Пример 2. Монета бросается \(6\) раз. Найти вероятность того, что выпадет больше гербов, чем цифр.
    Решение. Для нахождения вероятности интересующего нам события \(A\) можно было бы перечислить все возможные его варианты, например:
\(A_{1}\)- выпадет шесть гербов и не одной цифры,
\(A_{2}\)- выпадет пять гербов и одна цифра
и т.д.
    Однако проще будет применить другой прием. Перечислим все возможные исходы опыта:
\(A\) - выпадет больше гербов, чем цифр,
\(B\) - выпадет больше цифр, чем гербов,
\(C\) - выпадет одинаковое количество цифр и гербов.
    События \(A\), \(B\), \(C\) несовместны и образуют полную группу. Следовательно,

$$P(A)+P(B)+P(C)=1.$$

    Так как задача относительна «герба» и «цифры»,
$$P(A)=P(B)$$
откуда
$$2P(A)+P(C)=1$$
и
$$P(A)=\frac{1-P(C)}{2}$$
Найдем вероятность события \(С\), состоящего в том, что при шести бросаниях монеты появится ровно три герба. Вероятность любого из вариантов события \(С\) одна и та же и равна \((\frac{1}{2})^{6}\). Число таких комбинаций равно \(C_{6}^{3}=20\). Следовательно,
$$P(C)=\frac{20}{64}=\frac{5}{16};$$
отсюда
$$P(A)=\frac{1}{2}(1-\frac{5}{16})=\frac{11}{32}.$$

    Пример 3. Прибор состоит из четырех узлов: \(A_{1}\), \(A_{2}\), \(A_{3}\), \(A_{4}\), причем узел \(A_{2}\) дублирует \(A_{1}\), а узел \(A_{4}\) дублирует узел \(A_{3}\). При отказе любого из основных узлов(\(A_{1}\), \(A_{3}\)) происходит автоматическое переключение на дублирующий узел. Надежность в течении заданного времени каждого из узлов равна соответственно \(p_{1}\), \(p_{2}\), \(p_{3}\), \(p_{4}\). Надежность каждого из переключающих устройств равна \(p\). Все элементы выходят из строя независимо друг от друга. Определить надежность прибора.
    Решение. Рассмотрим совокупность узлов \(A_{1}\), \(A_{2}\) и соответствующего переключающего устройства как один «обобщенный узел» \(B\), а совокупность узлов \(A_{3}\), \(A_{4}\) и соответствующего переключающего устройства – обобщенный узел \(C\). Рассмотрим события:
\(A\) - безотказная работа прибора,
\(B\) - безотказная работа обобщенного узла,
\(C\) - безотказная работа обобщенного узла.
Очевидно

$$A=BC,$$
Откуда
$$P(A)=P(B)P(C).$$
    Найдем вероятность события \(B\). Оно распадается на два варианта: \(A_{1}\) - исправно работал узел \(A_{1}\) и \(\acute{A_{2}}\) - узел \(A_{1}\) отказал, но оказались исправными переключающее устройство и узел \(A_{2}\). $$P(B)=P(A_{1})+P(\acute{A_{2}})=p_{1}+(1-p_{1})pp_{2},$$ аналогично
$$P(C)=p_{3}+(1-p_{3})pp_{4},$$
откуда
$$P(A)=[p_{1}+(1-p_{1})pp_{2}]+[p_{3}+(1-p_{3})pp_{4}].$$


2012-11-05 • Просмотров [ 1573 ]