Примеры на применение теоремы умножения вероятностей

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 $$P(A)=[p_{1}+(1-p_{1})pp_{2}]+[p_{3}+(1-p_{3})pp_{4}].$$

Оценка - 1.0 (15)

2012-11-05 • Просмотров [ 4371 ]

Теория вероятностей. Примеры решения задач