Материал: Решение задач ТВИМС

события A и B несовместны, то P(A + B) = P(A) + P(B) = ¹₂ + ¹₃ = ⁵₆ = 0.83.

Задача. 1.3.2 Вероятность того, что будет снег (событие A), равна 0.6, а того, что будет дождь (событие B), равна 0.45. Найти вероятность плохой погоды, если вероятность дождя со снегом (событие AB) равна 0.25.

Решение. События A и B совместны, поэтому P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.6 + 0.45 - 0.25 = 0.8

Задача. 1.3.3 B первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором — 3 белых и 9 черных шаров, в третьем — 6 бе­лых и 6 черных шаров. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что все вынутые шары белые.

Решение. Событие A — вынут белый шар из первого ящи­ка, B — из второго ящика, C – из третьего. Тогда P(A) = ₁²₂ = ¹₆; P(B) = ₁³₂ = ¹₄; P(C) = ₁⁶₂ = ¹₂. Событие ABC — все вынутые

шары — белые. События A,B,C — независимые, поэтому

P(ABC) = P(A)·P(B)·P(C) = ¹₆ · ¹₄ · ¹₂ = ₄¹₈ = 0.02

Задача. 1.3.4 B электрическую цепь последовательно включены 5 элементов, работающие независимо друг от друга. Вероятность отказов первого, второго, третье­го, четвертого, пятого элементов соответственно равны 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Найти вероятность того, что тока в цепи не будет (событие A).

Решение. Так как элементы включены последовательно, то тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один эле­мент. Событие A_i(i =1...5) — откажет i -й элемент. События

Задача. 1.3.5 Цепь состоит из независимых блоков, соеди­ненных в систему с одним входом и одним выходом.

Выход из строя за время Т различных элементов цепи - независимые события, имеющие следующие вероятно­сти P ₁ = 0.1; P₂ = 0.2; P₃ = 0.3; P₄ = 0.4. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Найти надежность системы.

Решение. Если событие A — {СИСТЕМА НАДЕЖНА}, A_i — {i- й БЛОК РАБОТАЕТ БЕЗОТКАЗНО}, то A = (A₁ + A₂)(A₃ + A₄). События A₁+A₂, A₃+A₄ — независимые, события A₁ и A₂, A₃ и A₄ — совместные. По формулам умножения и сложения вероятностей

Задача. 1.3.6 Рабочий обслуживает 3 станка. Вероят­ность того, что в течение часа станок не потребует вни­мания рабочего, равна для первого станка 0.9, для второго станка — 0.8, для третьего станка — 0.7.

Найти вероятность того, что в течение некоторого часа

1. потребует внимания второй станок;

2. потребуют внимания два станка;

3. потребуют внимания не менее двух станков.

Решение. Пусть A_i — i-й станок потребует внимания ра­бочего, — i-й станок не потребует внимания рабочего. Тогда

Пространство элементарных событий:

1. Событие A — потребует внимания второй станок: Тогда

Так как события несовместные и независимые. P(A) = 0.9·0.8·0.7 + 0.1·0.8·0.7 + 0.9·0.8·0.3 + 0.1·0.8·0.3 = 0.8

2. Событие B — потребуют внимания два станка:

3. Событие C — потребуют внимания не менее двух стан­ ков:

Задача. 1.3.7 B машину «Экзаменатор» введено 50 вопро­сов. Студенту предлагается 5 вопросов и ставится оценка «отлично», если на все вопросы получен верный ответ. Най­ти вероятность получить “отлично”, если студент подго­товил только 40 вопросов.

Решение. A — {ПОЛУЧЕНА ОЦЕНКА «ОТЛИЧНО»}, A_i — {ОТВЕТИЛ НА i- й ВОПРОС}. Тогда A = A₁A₂A₃A₄A₅, имеем:

Или, другим способом — c помощью формулы классической вероятности: и

Задача. 1.3.8 Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в I, II, III, IV ящике, соответственно рав­ны 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Найти вероятность того, что сборщику придется проверить все 4 ящика (событие A).

Решение. Пусть A_i — {Нужная сборщику деталь находит­ся в i-м ящике.} Тогда

Имеем :

Так как события несовместны и независимы, то

Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек яв­ляются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружи­лись серьезные изменения в легких. Среди некурящих изме­нения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изме­нения в легких, является курящим?

Решение. Введем гипотезы: H₁ — обследованный является постоянно курящим, H₂ — является некурящим. Тогда по условию задачи

4000 6000

P(H₁)= ------- =0,4, P(H₂)=--------- =0,6

10000 10000

Обозначим через A событие, состоящее в том, что об­следованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи

По формуле (1.15) находим

Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна

Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех за­водов: 30% с первого завода, 20% — со второго, 50% — с третьего. Продукция первого завода содержит 20% теле­визоров со скрытым дефектом, второго — 10% , третьего — 5%. Какова вероятность приобрести исправный телеви­зор?

Решение. Рассмотрим события: A — приобретен исправ­ный телевизор; гипотезы H₁, H₂, H₃ — телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего заво­да. По условию задачи

По формуле (1.15) находим

Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором — 10 белых и 10 черных шаров, в третьем — 20 черных шаров. Из наугад выбран­ного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.

Решение. Пусть событие A — вынут белый шар, гипотезы H₁, H₂, H₃ — шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим

Тогда по формуле (1.15) находим

По формуле (1.16) находим

Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигна­лов «точка» и «тире». Статистические свойства помех та­ковы, что искажаются в среднем 2/5 сообщений «точка» и 1/3 сообщений «тире». Известно, что среди передавае­мых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотноше­нии 5 : 3. Определить вероятность того, что принят пе­редаваемый сигнал, если:

а) принят сигнал «точка»;

б) принят сигнал «тире».

Решение. Пусть событие A — принят сигнал «точка», а со­бытие B — принят сигнал «тире».

Можно сделать две гипотезы: H₁ — передан сигнал «точ­ка», H₂ — передан сигнал «тире». По условию P(H₁) : P(H₂) =5 : 3. Кроме того, P(H₁) + P(H₂) = 1. Поэтому P(H₁) = 5/8, P(H₂) = 3/8. Известно, что

Вероятности событий A и B находим по формуле пол­ной вероятности:

Искомые вероятности будут:

Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защи­щены от воздействия помех. Вероятность того, что за­щищенный канал в течении времени t не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала - 0.8. Найти ве­роятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени t, причем оба канала не защищены от воздействия помех.

Решение. Пусть событие A - оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 - выбран защищен­ный канал, A₂ - выбран незащищенный канал.

Запишем пространство элементарных событий для опыта - {выбрано два канала}:

Ω = {A₁A₁, A₁A₂, A₂A₁, A₂A₂}

Гипотезы:

H₁ - оба канала защищены от воздействия помех;

H₂ - первый выбранный канал защищен, второй вы­бранный канал не защищен от воздействия помех;

H₃ - первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;

H₄ — оба выбранных канала не защищены от помех. Тогда

и

Задача. 1.5.1 По каналу связи передается 6 сообщений. Каждое из сообщений может быть искажено помехами с вероятностью 0.2 независимо от других. Найти вероят­ность того, что

1. 4 сообщения из 6 не искажены;

2. не менее 3 из 6 переданы искаженными;

3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено;

4. не более 2 из 6 не искажены;

5. все сообщения переданы без искажения.

Решение. Так как вероятность искажения 0.2, то вероят­ность передачи сообщения без помех — 0.8.

1. Используя формулу Бернулли (1.17), найдем вероят­ ность передачи 4 сообщений из 6 без помех:

2. не менее 3 из 6 переданы искаженными:

3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:

4. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:

5. все сообщения переданы без искажения:

Задача. 1.5.2 Вероятность того, того, что летом день будет ясным, равна 0.42; вероятность пасмурного дня рав­на 0.36 и переменной облачности - 0.22. Сколько дней из 59 можно ожидать ясных и пасмурных?

Решение. Из условия задачи видно, что надо искать наи­более вероятное число ясных и пасмурных дней.

Для ясных дней p = 0.42, n = 59. Составляем неравен­ства (1.20):

59 • 0.42 + 0.42 — 1 < m₀ < 59 • 0.42 + 0.42.

Отсюда

24.2 ≤ m_o ≤ 25.2 → m_o = 25.

Для пасмурных дней p = 0.36, n = 59 и

0.36 • 59 + 0.36 — 1 ≤ M₀ ≤ 0.36 • 59 + 0.36;

Следовательно 20.16 ≤ M₀ ≤ 21.60; → M₀ = 21.

Таким образом, наиболее вероятное число ясных дней m_o =25, пасмурных дней - M₀ = 21. Тогда летом можно ожи­дать m_o + M₀ =46 ясных и пасмурных дней.

Задача. 1.5.3 На лекции по теории вероятностей при­сутствует 110 студентов курса. Найти вероятность того что

1. k студентов (k = 0,1,2) из присутствующих родились первого сентября;

2. хотя бы один студент курса родился первого сентя­бря.

Решение. Вероятность родиться 1 сентября любому сту­денту курса

p =1/365 очень мала, поэтому используем фор­мулу Пуассона (1.22). Найдем параметр Пуассона. Так как

n = 110, то λ = np = 110 • 1 /365 = 0.3.

Тогда по формуле Пуассона

Задача. 1.5.4 Вероятность того, что деталь не стан­дартная, равна 0.1. Сколько деталей нужно отобрать, чтобы с вероятностью P = 0.964228 можно было утвер­ждать, что относительная частота появления нестан­дартных деталей отклоняется от постоянной вероятно­сти p = 0.1 по абсолютной величине не более, чем на 0.01 ?