Материал: Теория вероятностей. учебно-методическое пособие. Колпачев В.Н., Каверина В.К
P(A) P(A) 1.
Пример 1.11. Два радиолокатора независимо друг от друга ищут цель. Вероятность ее обнаружения для первого локатора равна 0,8; для второго - 0,7. Какова вероятность того, что хотя бы один из них обнаружит цель?
Решение. Пусть событие A - хотя бы один из локаторов обнаружит цель; событие A1 - первый локатор обнаружит цель, причем вероятность этого собы-
тия дана по условию: P( A1) 0,8; событие A2 - второй локатор обнаружит цель, причем P(A2 ) 0,7 .
Рассмотрим два способа решения задачи.
Первый способ. Очевидно, что A A1 A2 . Так как события A1 и A2 со-
вместны, то
P(A) P(A1 A2 ) P(A1) P(A2 ) P(A1 A2 ) .
Согласно условию события A1 и A2 независимы, следовательно:
P( A1 A2 ) P(A1) P(A2 ) .
Получаем
P(A) P(A1) P(A2 ) P( A1) P( A2 ) 0,8 0,7 0,8 0,7 0,94 .
Второй способ. Этот способ решения задачи состоит в рассмотрении события противоположного событию A , а именно события A - ни один локатор не обнаружил цель, т.е. A A1 A2 . События A1 и A2 также являются независи-
мыми, причем P(A1) 1 P(A1) 1 0,8 0,2, а P(A2 ) 1 P(A3 ) 1 0,7 0,3 .
Получаем: P( A) P( A1 A2 ) P(A1) P(A2 ) 0,2 0,3 0,06 , а вероятность собы-
тия A равна: P( A) 1 P( A) 1 0,06 0,94 .
Замечание 1.2. Второй способ решения задачи удобно использовать при отыскании вероятности суммы трех и более совместных событий. Например, событие A A1 A2 A3 состоит в появлении хотя бы одного из событий A1 ,
A2 , A3 . Тогда противоположное событие A A1 A2 A3 заключается в непоявлении ни одного из событий A1 , A2 , A3 , т.е. A A1 A2 A3 . Следовательно,
P(A) 1 P(A1 A2 A3 ) 1 P(A1 A2 A3 ) .
Пример 1.12. Вероятность того, что студент сдаст первый экзамен, равна 0,9; второй экзамен – 0,8; третий экзамен – 0,7. Найти вероятность того, что:
1)студент сдаст только один экзамен;
2)студент сдаст не менее двух экзаменов.
Решение. Обозначим через A1 событие - студент сдаст первый экзамен,
11
причем P(A1) 0,9 ; через A2 - студент сдаст второй экзамен, P(A2 ) 0,8 ; через A3 - студент сдаст третий экзамен, P(A3 ) 0,7 .
1. Пусть событие A - студент сдаст только один экзамен.
Событие A произойдет, если студент сдаст первый экзамен и не сдаст второй и третий, или студент сдаст второй экзамен и не сдаст первый и третий, или студент сдаст третий экзамен и не сдаст первый и второй. Тогда получим
A A1 A2 A3 A1 A2 A3 A1 A2 A3 .
Все слагаемые события являются несовместными, а в каждом слагаемом события (множители) независимы, поэтому
P(A) P(A1)P(A2 )P(A3 ) P( A1)P(A2 )P( A3 ) P( A1)P( A2 )P( A3 )
P(A1)(1 P(A2 ))(1 P(A3 )) (1 P(A1))P(A2 )(1 P(A3 ))
(1 P( A1))(1 P( A2 ))P(A3 )
0,9 0,2 0,3 0,1 0,8 0,3 0,1 0,2 0,7 0,092.
2.Пусть событие B - студент сдаст не менее двух экзаменов.
Событие B произойдет, если студент сдаст первый и второй экзамены и не сдаст третий, или студент сдаст первый и третий экзамены и не сдаст второй, или студент сдаст второй и третий экзамен и не сдаст первый или сдаст все три экзамена. Тогда получим
B A1 A2 A3 A1 A2 A3 A1 A2 A3 A1 A2 A3 .
Все слагаемые события B являются несовместными, а в каждом слагаемом события (множители) независимы, поэтому
P(B) P(A1)P(A2 )P(A3 ) P(A1)P( A2 )P( A3 ) P(A1)P(A2 )P( A3 )
P( A1)P(A2 )P(A3 ) P( A1)P( A2 )(1 P( A3 )) P( A1)(1 P( A2 ))P( A3 )
(1 P(A1))P(A2 )P(A3 ) P(A1)P(A2 )P(A3 )
0,9 0,8 0,3 0,9 0,2 0,7 0,1 0,8 0,7 0,9 0,8 0,7 0,902.
1.5. Формула полной вероятности
Пусть событие A происходит только совместно с одним из событий (гипотез) H1, H2 ,..., Hn , которые образуют полную группу попарно несовместных
событий. Тогда вероятность события A находится по формуле полной вероят-
ности:
P( A) P(H1)P(A | H1) P(H2 )P(A | H2 ) ... P(Hn )P(A | Hn ) ,
12
где P(Hi ) (i 1,...,n ) – вероятность гипотезы Hi ; P(A | Hi ) (i 1,...,n ) – условная
вероятность события A , т.е. вероятность появления события A при условии, что гипотеза Hi уже наступила.
Пример 1.13. Три станка изготовляют одинаковые детали. Известно, что первый станок производит 30 % всей продукции, второй – 25 %, а третий – 45 %. Вероятность изготовления стандартной детали на первом станке равна 0,9; на втором – 0,95; на третьем – 0,98. Все изготовленные за смену детали складываются вместе. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь будет бракованной.
Решение. Пусть событие A - взятая наудачу деталь бракованная. Это событие может произойти, когда деталь произведена на первом, или втором, или третьем станке. Поэтому гипотезы сформулируем так: H1 - деталь изготовлена
на первом станке; H2 - деталь изготовлена на втором станке; H3 - деталь изго-
товлена на третьем станке. Тогда вероятность события A можно найти по формуле полной вероятности:
P( A) P(H1)P( A | H1) P(H2 )P(A | H2 ) P(H3 )P(A | H3 ) .
Найдем указанные вероятности. С учетом производительности станков получаем: P(H1) 100%30% 0,3 , P(H2 ) 100%25% 0,25 , P(H3 ) 100%45% 0,45. Вы-
числим условные вероятности брака, используя данные о вероятности изготов-
ления стандартной детали каждым |
станком: P(A | H1) 1 0,9 0,1; |
P( A | H2 ) 1 0,95 0,05 ; P( A | H3 ) 1 0,98 0,02 . Следовательно, |
|
P( A) 0,3 0,1 0,25 0,05 |
0,45 0,02 0,0515 . |
Пример 1.14. В магазин поступают телевизоры с двух заводов, причем телевизоров с первого завода в три раза больше, чем со второго. Первый завод поставляет 90 % телевизоров, способных прослужить гарантийный срок, а второй – 85 %. Найти вероятность того, что купленный телевизор прослужит гарантийный срок.
Решение. Пусть событие A - купленный телевизор прослужит гарантийный срок. Это событие может произойти, когда телевизор произведен на первом или втором заводах. Поэтому гипотезы сформулируем так: H1 - телевизор
изготовлен на первом заводе; H2 - телевизор изготовлен на втором заводе. Тогда вероятность события A можно найти по формуле полной вероятности:
P(A) P(H1)P(A | H1) P(H2 )P(A | H2 ) .
С учетом производительности заводов получаем: P(H1) 34 0,75 ,
13
P(H2 ) |
1 |
0,25 . Вычислим условные вероятности: |
P(A | H1) |
90% |
0,9 ; |
|
4 |
|
|
100% |
|
P(A | H2 ) 100%85% 0,85 . Следовательно,
P( A) 0,75 0,9 0,25 0,85 0,8875 .
1.6.Схема Бернулли
1.6.1.Формула Бернулли
Пусть проводится n однотипных испытаний независимо друг от друга, в каждом из которых событие A может появиться с вероятностью p и не поя-
виться с вероятность q 1 p . Такая ситуация называется схемой повторения
независимых испытаний или схемой Бернулли.
Вероятность того, что событие A произойдет ровно k раз в n независимых испытаниях, можно вычислить по формуле Бернулли:
Pn (k) Cnk pk qn k .
Пример 1.15. Прибор состоит из пяти узлов. Надежность (вероятность безотказной работы в течение времени t ) для каждого узла равна 0,9. Узлы выходят из строя независимо друг от друга. Найти вероятность того, что за время
t откажут ровно два узла. |
|
Решение. Пусть событие A - |
выход из строя узла за время t . Тогда |
p P(A) 0,1; q 1 p 0,9 . Число |
испытаний n 5 (равно числу узлов), а |
число отказавших узлов за время t : k 2 . Найдем вероятность того, что за время t откажут ровно два узла, по формуле Бернулли:
P5 (2) C52 (0,1)2 (0,9)3 2!3!5! 0,01 0,729 0,0729 .
1.6.2. Формула Пуассона
Если число испытаний велико, а вероятность p близка к нулю ( p 0,1), то формулу Бернулли заменяют приближенной формулой Пуассона:
Pn (k) k e , k!
где n p 10.
14
Пример 1.16. Автомат штампует детали. Вероятность того, что изготовленная деталь окажется бракованной, равна 0,003. Найти вероятность того, что среди 1000 деталей будет ровно две бракованные детали.
|
Решение. Имеем схему Бернулли: p 0,003; n 1000 . Так как p мало, а |
|||||||||||||
n |
велико, то для |
|
отыскания |
P1000 (2) |
применим формулу Пуассона, где |
|||||||||
1000 0,003 3, а k 2 : |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
P |
(2) |
32 e 3 |
|
4,5 0,228 . |
||||
|
|
|
|
|
|
|
1000 |
|
2! |
|
|
e3 |
||
|
|
|
|
1.6.3. Локальная формула Муавра-Лапласа |
||||||||||
|
Если число испытаний n велико, а вероятность p не близка к нулю или |
|||||||||||||
единице (0,1 p 0,9), |
то формулу Бернулли заменяют локальной формулой |
|||||||||||||
Муавра-Лапласа: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P (k) |
1 |
|
|
(x) , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
npq |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
где |
x |
k np |
; (x) |
|
1 |
|
e |
x |
. |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
npq |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Значения функции (x) приведены в таблице при x [0;5] (см. [2, с. 79]). Если x [0;5], то значения функции (x) находят, используя ее свойства:
1) функция (x) является четной, т.е. ( x) (x) ;
2) lim (x) 0 , поэтому при x 5 полагают (x) 0 .
x
Пример 1.17. Вероятность надежной работы конструкции при приложении нагрузки равна 0,9. Найти вероятность того, что из 150 конструкций, испытанных независимо друг от друга, ровно 20 выйдут из строя.
Решение. Имеем схему Бернулли: p 0,1; n 150 . Так как p близко к нулю и n велико, то для отыскания P150 (20) применим локальную формулу Муавра-Лапласа. Вычислим предварительно:
x |
20 |
150 0,1 |
|
5 |
1,36 ; (x) (1,36) 0,1582 . |
|
150 |
0,1 0,9 |
3,67 |
||||
|
|
|
Тогда вероятность того, что из 150 конструкций, испытанных независимо друг от друга, ровно 20 выйдут из строя будет равна
15