Вы играете в онлайн игры?
Всего ответов: 1321


Онлайн всего: 4
Гостей: 4
Пользователей: 0
Форма входа
Главная » Статьи » Теория вероятности » Теория вероятности
Теорема умножения вероятностей. Формулы. Задачи с решениями.

  Напомним, какие события называются независимыми. 
  События называются независимыми, если появление одного их них не зависит от появления другого (других).

  Теорема. 
  Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий: 

    Р(А*В) = Р(А)*Р(В)

  В случае условной вероятности появления события А:

    Р(А*В) = Р(В)*РВ(А)

Пример 1 
  Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания в мишень при выстреле для первого стрелка равна 0,75, а для второго — 0,7. Какова вероятность того, что оба стрелка попадут в мишень при залпе?

Решение.
  Пусть событие А — «первый стрелок попал в мишень», событие В — «второй стрелок попал в мишень», тогда событие АВ — «оба стрелка попали в мишень».
  События А и В независимы, поэтому можно применить теорему умножения: 
Р(А*В) = Р(А)*Р(В) = 0,75*0,7 = 0,525.

Пример 2.
  В первой урне находятся 7 белых и 4 черных шара, во второй — 6 белых и 3 черных шара. Из каждой урны извлекают по одному шару. Какова вероятность того, что оба шара белые?

Решение.
  Пусть событие А — «из первой урны извлечен белый шар», событие В — «из второй урны извлечен белый шар», тогда событие  АВ — «оба  шара белые».   Вероятности  этих  событий:
    P(A)=7
11
,    P(B)=6
9
=2
3



   События А и В независимы, применив теорему умножения, получим 
 
    P(A*B)=P(A)*P(B)=7
11
 
*2
3
 
=14
33



  События А12,...,Аn называются независимыми в совокупности, если:
а) они попарно независимы: P(Ai*Aj)=P(Ai)*P(Aj)     ( i≠j )
б)  Р(А12*...*Аn) = Р(А1)*Р(А2)* ...*Р(Аn)

Пример 3
  Прибор состоит из трех независимо работающих элементов. Вероятность выхода из строя первого элемента 0,2; второго — 0,3; третьего — 0,2. Какова вероятность того, что:
а)  все три элемента выйдут из строя;
б)  все элементы будут работать.

Решение. 
  Путь события: 
А1 — «первый элемент вышел из строя»; 
А2 — «второй элемент вышел из строя»; 
А3 — «третий элемент вышел из строя». 
    События А123 независимы. Их вероятности Р(А1) = 0,2; P(А2) = 0,3; P(А3) = 0,2. 
а) Так как события А1, А2, А3 наступают одновременно, то по теореме умножения имеем: 
Р(А123) = Р(А1)*Р(А2)*Р(А3) = 0,2*0,3*0,2 = 0,012. 

б) Событие «элемент будет работать» противоположно событию «элемент вышел из строя». Поэтому для 
решения задачи необходимо рассмотреть события: 

    A1
,  A2
A3
    Вероятности этих событий: 

(A1)
=1-P(A1)=1-0,2=0,8



(A2)
=1-P(A2)=1-0,3=0,7



(A3)
=1-P(A3)=1-0,2=0,8

   

Так как события  
А123  независимы, то независимы и события

  A1
,  A2
A3
       Применив теорему умножения, получим 

P(A1
A2
A3)
=P (A1) 
*P (A2) 
*P (A3) 
=0,8*0,7*0,8=0,448




Пример 4
   Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в первом, втором, третьем, четвертом ящике, соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятность того, что деталь содержится: 
а) не более чем в трех ящиках; 
б) не менее чем в двух ящиках. 

Решение.
  Пусть событие А1 — «деталь содержится в первом ящике», вероятность Р(А1) = 0,6; тогда событие 
 A1
—   «деталь не содержится в первом ящике», вероятность 

 P(A1
)= 1-Р(А1)=1-0,6=0,4   


А2 — «деталь содержится во втором ящике», вероятность Р(А2)=0,7; тогда событие 

 A2
 — «деталь не содержится во втором ящике», вероятность
  
P(A2
)= 1-Р(А2)=1-0,7=0,3   


 А3 — «деталь содержится в третьем ящике», вероятность Р(А3)=0,8; тогда событие
 
 A3
 — «деталь не содержится в третьем ящике», вероятность 

  
P(A3
)= 1-Р(А3)=1-0,8=0,2   


A4— «деталь содержится в четвертом ящике», вероятность Р(A4)=0,9; тогда событие
 
 A4
— «деталь не содержится в четвертом ящике», вероятность 

  
P(A4
)= 1-Р(А4)=1-0,9=0,1   


 а)  Пусть событие А — «деталь содержится не более чем в трёх ящиках». Если событие А выполняется, то это означает, что деталь не содержится во всех четырех. 
  Если деталь содержится во всех четырех ящиках, то выполняется событие А1234
 Событие А противоположно событию  А1234 , а так как события  А1234  независимы в совокупности, по теореме умножения: 

Р(А)=1-Р(А1234) =1-Р(А1)*Р(А2)*Р(А3)*Р(А4)=
=1-0,6*0,7*0,8*0,9=1-0,3024=0,6976.

б)   Пусть событие В — «деталь содержится не менее чем в двух ящиках». Если событие В выполняется, то это означает, что деталь либо не содержится в одном из ящиков, либо не содержится ни в одном из ящиков. 
  Если деталь содержится в одном из ящиков, то это означает выполнение одного из событий: 
 Если деталь не содержится ни в одном из ящиков, то выполняется событие 
  A1
,  A2
A3 
A4
    Так как событие А противоположно вышеуказанным событиям, то


Пример 4
  Брошены три игральные кости. Найти вероятности следующих событий: 
а) на каждой из выпавших граней появится пять очков; 
б) на всех выпавших гранях появится одинаковое число очков. 

Решение.
а) Пусть событие А — «на каждой из выпавших граней трех брошенных игральных костей появилось пять очков». 
  Пусть события:
  А1 — «на первой игральной кости выпало пять очков» Р(А1)=1/6
  А2 — «на второй игральной кости выпало пять очков»,  Р(А2)=1/6
  А3  — «на третьей игральной кости выпало пять очков»,  Р(А3)=1/6;   
  Так как события  А1 ,  А2 ,  А3  независимы в совокупности, поэтому, применив теорему умножения, получим 
    P(A)=P(А1*А2*А3 )=P(А1)*P(А2)*P(А3)=1
6
*1
6
*1
6
=1
216



б) Пусть событие А — «на каждой из выпавших граней трех брошенных игральных костей появилось одинаковое количество очков».
    Так как граней у кости шесть, а вероятность появления на каждой из трех брошенных игральных костей одинаковой грани равна 1/216 ( смотрите пункт а) )
    P(A)=6*1
6
*1
6
*1
6
=1
36





Пример 5
  Брошены три игральные кости. Найти вероятности следующих событий: 
а)  на двух гранях появится одно очко, а на третьей грани — другое число очков; 
б) на двух выпавших гранях появится одинаковое число очко, а на третьей грани — другое число очков; в) на всех выпавших гранях появится разное число очков. 

Решение. 
а)  Пусть событие А — «на двух выпавших гранях появится одно очко, а на третьей грани — другое число очков». 
  Найдем число событий, благоприятствующих появлению событию А. Так как бросают три игральных кости, то число комбинаций, при которых на двух гранях будет одно очко, вычисляется как
С2
3

   Вероятность появления одного очка при бросании кости равна 1/6

Вероятность появления другого очка —5/6.  
б)  Пусть событие В — «на двух выпавших гранях появится одинаковое количество очков, а на третьей грани — другое число очков». 
     Так как граней у игральной кости шесть, то при решении данной задачи можно использовать результаты решения задачи
предыдущего пункта, а именно:
 
  P(B)=6P(A)=6*5/72=5/12

в) Пусть событие С — «на всех выпавших гранях появится разное количество очков». 
     Пусть события: 
    С1 — количество очков на грани первой кости, Р(С1) =1/6
    С2 — количество очков на грани второй кости, поскольку  С2 С1 , то Р(С2) = 5/6
     С3 — количество очков на грани третьей кости, С3≠С1С2, поэтому Р(С3) = 4/6
     Так как граней шесть, то возможны лишь шесть комбинаций, состоящих из событий  С1,С2,С3.
     События  С1,С2,С3 независимы в совокупности, поэтому
применима теорема умножения:

    P(С)=6P(С1*С2*С3)=6*P(C1)*P(C2)*P(C3) =6*1
6
*5
6
*4
6
=20
36
=5
9
Категория: Теория вероятности | Добавил: Artman (02.05.2012)
Просмотров: 27907 | Комментарии: 1 | Рейтинг: 4.8/12
Всего комментариев: 0




Copyright MyCorp © 2017
www.matematicus.ru
Хостинг от uCoz