5665

Обозначим через Ai i 1, 2событие, состоящее в том, что работает соответствующий элемент Ai . На рисунке 5 указаны вероятности этих событий: P A1 0,9 ; P A2 0,8 .

Так как элементы системы включены последовательно, то она будет исправна, если работают оба элемента. Следовательно, должно наступить событие A1 A2 (произведение A1 и A2 ). Поэтому надёжностью системы является P A1 A2 .

По условию примера события	A1 и	A2 независимы. Тогда по теореме умножения
вероятностей независимых событий получим
P A1 A2	P A1	P A2 0,9 0,8 0,72 .

Ответ: надёжность системы составляет 0,72.

Замечание. Очевидно, что при увеличении числа последовательно соединённых элементов i 3 надёжность всей системы будет уменьшаться даже при больших надёжностях её элементов.

Пример 15. Найти надёжность системы, состоящей из двух параллельно соединённых элементов, работающих независимо друг от друга, при указанной на схеме надёжности её элементов (рисунок 6).

A1

0,9

A2

0,8

Рисунок 6 – Схема соединения элементов системы

Решение. По условию дано, что P A1 0,9 и P A2 0,8 . Так как элементы системы соединены параллельно, то она функционирует исправно, если работает хотя бы один элемент (либо какой-то один элемент, либо оба). Следовательно, должно про-

изойти событие A1	A2 . Надёжность системы есть вероятность P A1	A2 .
Так как события совместны, но независимы, то
P A1	A2 P A1 P A2 P A1 P A2 0,9 0,8 0,72	0,98 .

Такое событие практически достоверно.

Ответ: 0,98.

Замечание. Параллельное соединение даёт большую надёжность системы, чем их последовательное соединение.

Пример 16. Найти надёжность системы из независимо работающих элементов, включённых в систему по схеме на рисунке 7.

A1

0,8

A3

0,9

A2

0,7

Рисунок 7 – Схема соединения элементов системы

31

	Решение. Надёжность этой системы есть вероятность события					A1	A2 A3 . Так как
A1	и A2 совместны, но независимы,	то	P A1	A2	0,8 0,7 0,8	0,7	0,94 . События
A1	A2 и A3 также независимы. Тогда
	P A1 A2 A3	P A1	A2	P A3	0,94 0,9 0,846 .

Ответ: 0,846.

Пример 17. Найти надёжность системы элементов, работающих независимо друг от друга, если известна надёжность каждого элемента в отдельности (рисунок 8). Как рационально переставить элементы, не нарушая системы, чтобы максимально повысить надёжность данной системы? Найти надёжность такой новой системы.

					A2
	A1				0,8			A4
	0,3							0,4
					A3
					0,9

Рисунок 8 – Схема соединения элементов системы

Решение. Для решения задачи введём обозначения: Ai – i -й элемент ( i 1, 2, 3, 4 )

работает безотказно в течение определённого времени. Так как все элементы работают независимо друг от друга, то события A1 , A2 , A3 , A4 попарно независимы. Обозна-

чим через A – вся система работает безотказно. Учитывая тот факт, что при последовательном соединении для работы системы необходима работа обоих элементов (произведение событий), а при параллельном соединении необходима работа хотя бы одного элемента (сумма событий), получим для события A формулу:

A A1 A2 A3 A4 .

Ввиду независимости событий, теорем сложения и умножения вероятностей получим

P A P A1		A2	A3	A4		P A1	P A2		A3	P A4
P A1		P A2		P A3		P A2	P A3		P A4
0,3	0,8		0,9	0,8	0,9	0,4	0,3	0,98		0,4	0,1176.

Интуитивно ясно, что самые ненадёжные элементы необходимо дублировать (ставить параллельно). Действительно, если элементы соединены, как на рисунке 8, то получим

P A P A2		A1	A4 A3	P A2		P A1	A4	P A3
P A2		P A1	P A4	P A1		P A4	P A3
0,8	0,3	0,4	0,12	0,9	0,8	0,58	0,9	0,4176.
					32

					A1
	A2				0,3					A3
	0,8				A4					0,9
				0,4

Рисунок 9 – Новая схема соединения элементов системы

Легко убедиться, что при любом другом соединении элементов надёжность системы будет не больше.

Ответы: 1) P A 0,1176 ; 2) P A 0,4176 .

Пример 18. На конвейерную линию по сборке приборов поступило 40 однотипных деталей, изготовленных в первом цехе, и 60 деталей, изготовленных во втором цехе. По статистическим данным первый цех производит 95 % таких деталей высшим качеством, а второй – 90 %. Найти вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется высшего качества.

Решение. Для нахождения вероятности события A (наудачу взятая деталь будет высшего качества) надо применить формулу полной вероятности

P A

P H1

PH1

A P H 2

PH 2

A .

(1.5)

События H1 , H 2 – это гипотезы. Событие H1

означает, что деталь изготовлена в

первом цехе, а H 2

– во втором. Вероятности этих событий легко определяются усло-

вием примера:

P H1

40

0,4;

P H 2

60

0,6 .

40

60

40

60

PH1

A

и PH 2

A

в формуле (1.5) есть так называемые условные вероятности. Пер-

вая PH1

A

означает вероятность изготовления детали высшего качества в первом це-

хе, а вторая PH 2

A – во втором. Они определяются указанными в условии статистиче-

скими сведениями по качеству продукции этих цехов:

PH1

A

0,95; PH 2 A 0,90 .

Тогда по (1.5) имеем

P A

0,4

0,95

0,6

0,90

0,38

0,54

0,92 .

Ответ: P A

0,92 .

Пример 19. Сохраняются первые два предположения предыдущего примера. Контролёр сборочной линии случайно взял одну деталь и установил, что она высшего качества. При этом маркировка деталей в цехах не производилась. Установить, в каком

вероятнее цехе эта деталь была изготовлена.
Решение. Надо найти так называемые		апостериорные вероятности	PA H1 и
PA H 2 гипотез и сравнить их. Для этого служит формула Байеса
PA H i	P H i PH i A	i 1, 2 .	(1.6)

P A

Вероятность P A в этой формуле находится из равенства (1.5).

33

Используя расчётные данные предыдущего примера, имеем

P	H		0,38		19	,	P H		0,54		27	,
A		1	0,92	46			A	2	0,92	46
то есть PA H 2 PA	H1 .

Ответ: вероятнее, что поступившая на сборку деталь высшего качества была изготовлена во втором цехе.

Пример 20. В компании 60 % менеджеров работают в центральном офисе, 40 % – в региональных офисах. Вероятность того, что менеджеру центрального офиса потребуется консультация специалиста, равна 0,2, а менеджеру регионального офиса – 0,3. Одному из менеджеров потребовалась консультация. Какова вероятность того, что он работает в центральном офисе?

Решение. Ввиду неопределённости ситуации необходимо рассмотреть гипотезы (полную группу событий). Примем за H1 событие, состоящее в том, что менеджер работает в центральном офисе, за H 2 – менеджер работает в одном из региональных офисов. Пусть далее A – событие, что менеджеру требуется консультация. По условию задачи нужно найти вероятность PA H1 . Так как по условию задачи P H1 0,6 ,

P H 2 0,4 ,	PH1	A 0,2 , PH 2 A			0,3 , то, используя формулу полной вероятности (1.5),
получим
					P A 0,6		0,2	0,4		0,3		0,24 .
Затем по формуле Байеса (1.6) находим искомую вероятность:
				PA	H1	P H1	PH	A		0,6		0,2		1	.
								1
						P A				0,24				2
Ответ: P	H		1	.
		1
A			2

Пример 21. В город поступают товары трёх фирм в количественном соотношении 2:3:5. В поставках первой фирмы 60 % товара высшего качества, второй – 50 %, а третьей – 30 %. Куплен товар высшего качества. Какова вероятность, что он изготовлен: 1) первой фирмой, 2) второй фирмой, 3) третьей фирмой, 4) второй или третьей фирмами?

Решение. Для достижения определённости рассмотрим гипотезы:

H i – в город по-

ступают товары из i -й фирмы, i

1, 2, 3. Из условия задачи следует,

что товары пер-

вой фирмы составляют 2

части

из

10,

второй

– 3,

третьей

– 5. Поэтому

P H1

0,2; P H 2

0,3; P H 3

0,5 . Также из условия известны условные вероятности

PH1 A

0,6; PH 2 A

0,5; PH3 A

0,3 .

Используя формулу полной вероятности для

группы из трёх событий, аналогичную (1.5), найдём вероятность события A – куплен

товар высшего качества:

P A P H1

PH A P H 2

PH

A P H3

PH

A

1

2

3

0,2

0,6

0,3

0,5

0,5

0,3

0,12

0,15

0,15

0,42.

Ответы на первые три вопроса задачи находимпо формуле Байеса (1.6):

PA	H1	P H1 PH A		0,12		6		, PA	H 2	P H 2 PH A		0,15		5		,
			1								2
		P A		0,42		21				P A		0,42		14

34

PA	H		P H 3 PH3 A		0,15		5	.
		3	P A	0,42		14

Для ответа на четвёртый вопрос задачи заметим, что события H 2 и H 3 , что товар поставлен второй и третьей фирмами несовместны, поэтому

		P H			H		P H					P H					5			5			5	.
				2		3								3
		A							A		2 A					14		14					7
Ответы: 1) P H			6	; 2) P H							5	; 3)	P H						5		; 4)		P H			H		5	.
A	1	21				A		2	14				A		3			14						A	2		3	7

Пример 22. В 80 % случаев биатлонист в положении лёжа попадал в мишень. Он сделал 5 выстрелов по мишени. Найти вероятности следующих событий: 1) биатлонист не попал в цель ни разу, 2) поразил мишень хотя бы один раз.

Решение. Этот пример связан с повторными независимыми испытаниями, проводимыми по схеме Бернулли. Если n – число проводимых опытов, а m – частота появления некоторого события A , то вероятность Pn mпоявления этого события m раз

при n опытах вычисляется по формуле Бернулли

P m	C m p m q n m	m 0, 1, ..., n .	(1.7)
n	n

Вероятности, вычисленные по этой формуле, называются биномиальными; при этом их сумма равна единице. В этом равенстве p P Aесть вероятность появления события A в отдельном опыте, а q 1 p есть вероятность противоположного к A события A .

Вданном примере через A обозначим событие, что биатлонист попадёт в мишень

вотдельном выстреле; тогда A – биатлонист промахнётся. По условию дано, что

p P A 0,8 , тогда q P A			1	0,8	0,2 . Под испытанием понимается одиночный
выстрел этого биатлониста по мишени; при этом n								5.
В первой ситуации (биатлонист не попал в мишень ни разу) m									0 и по формуле
(1.7)
	P 0			C 0 0,80 0,25			0,25	0,00032 .
5				5
Во второй ситуации (биатлонист поразил мишень хотя бы один раз) частота										m
удовлетворяет неравенству m			1 и, следовательно, надо найти вероятность Pn m							1 .
В силу отмеченного свойства биномиальных вероятностей имеем
		P m		1	1	P 0	1	q n .	(1.8)
		n				n
Тогда по данным этого примера получим
		P5	m	1	1	P5 0	1	0,00032 0,99968 .

На основании принципа практической уверенности полученные результаты озна-

чают следующее: 1) первое событие	m	1 практически невозможно, 2) второе собы-
тие m 1 в результате такого опыта практически достоверно.
Ответ: 1) P5 0 0,00032 ; 2) . P5 m	1	0,99968 .

Пример 23. В условиях предыдущего примера найти наивероятнейшую частоту попаданий данного биатлониста в мишень и соответствующую ей вероятность.

35

Решение. Наивероятнейшая частота (наивероятнейшее число) m0 A– это частота,

которой в данной серии из n				опытов соответствует наибольшая вероятность, то есть
Pn m0	max Pn m . Наивероятнейшая частота удовлетворяет неравенствам
	m 0,...,n
				np	p	1	m0	np p .	(1.9)
Из (1.9) видно, что она принимает либо одно значение (тогда np									p есть дробное
число), либо два значения: np				p	1 и np		p (тогда оба этих числа будут целыми).
В данном случае np			p 5	0,8	0,8	4,8 и, следовательно, m0 4,8			4 , где симво-
лом x	обозначена целая часть числа x .
Вероятность события m0				4 находим по формуле (1.7):
	P 4	C 4	0,84 0,21	5 0,4096			0,2	0,4096 .
	5	5

Ответ: вероятнее всего, что стрелок такой квалификации (80 % попаданий) при 5 выстрелах поразит мишень 4 раза; при этом примерно 41 % уверенности в наступлении этого события.

Пример 24. Курс акций за день с равной вероятностью растёт или падает на 1 пункт. Найти вероятности того, что за 5 дней торгов курс: 1) упадёт на 3 пункта; 2) поднимется на 3 пункта.

Решение. По условию задачи можно считать, что каждый день проводится незави-

	симое испытание, в результате которого с одинаковой вероятностью p	1		происхо-
		2
	дит событие A (курс акций повышается на 1 пункт), а с вероятностью q	1		p	1	–
					2

понижается на 1 пункт. Тем самым задана схема независимых испытаний Бернулли

	B n, p , где n 5, а p	1	.
		2

Событие B (падение курса на 1 пункт за 5 дней) может произойти, когда 2 дня (произвольные) было повышение курса, а в остальные 3 дня – понижение. Для нахождения вероятности события B применим формулу Бернулли (1.7) с m 2 :

P B P 2 C 2 p2 q5 2		5!		1	2 1		3	10		5	.
5	5	2! 3!		2	2			25	16

Событие C – «повышение курса на 3 пункта за 5 дней» может произойти, когда 4 дня (произвольные) было повышение курса, а в оставшийся 1 день – понижение. То-

гда, используя формулу (1.7) с m					4 , получим
	P C P 4 C 4 p4 q5 4					5! 1						4 1		1	5		5	.
		5			5	4! 1!			2			2			25	32
Ответы: 1)	P B P 2		5	; 2)	P C	P 4			5			.
	5	16				5			32

Пример 25. Сколько по минимуму надо сыграть партий в шахматы с вероятностью победы в одной партии, равной 0,3, чтобы наивероятнейшее число побед было равно 7?

Решение. Из условия задачи следует, что мы имеем схему независимых испытаний Бернулли B n, p , где n нам неизвестно, а p 0,3. Так как наивероятнейшее число выигранных партий m0 7 , то по формуле (1.9), получим неравенства

36

			n 0,3	0,3 1 7	n 0,3 0,3,
или
	0,3n	0,7	7,	0,3n	7,7,	n	25,67,
	0,3n	0,3	7.	0,3n	6,7.	n	22,34.
Поэтому n	23.
Ответ: n	23.

Пример 26. Предприятие выпускает однотипные изделия, при этом брак составляет 2 %. Отдел технического контроля проверяет 500 произведённых изделий. Найти: 1) вероятность того, что в партии будет 3 бракованных изделия; 2) наиболее вероятное число бракованных изделий в этой партии и соответствующую ему вероятность.

Решение. Если вероятность появления события А в отдельном опыте весьма мала, то при большом числе независимых повторных испытаний справедливо приближённое равенство

	m
Pn m		e	np ,	(1.10)
	m!

называемое формулой Пуассона для редких явлений. Обычно этим равенством

пользуются когда
p 0,03 или	np 10.	(1.11)

Тогда результат, полученный по формуле (1.10), будет близок к результату, полученному по формуле Бернулли (1.7). Абсолютная погрешность в таких случаях не превосходит np 2 .

В данном примере под А будем понимать событие, состоящее в том, что отдельно

взятое

изделие

будет

бракованным (тогда

A

– изделие годное). По условию

p P A

0,02 ,

а

n

500. Тогда

np

500 0,02

10 . Заметим, что выполнены оба

неравенства (1.10).

В случае 1) имеем m

3 . Тогда

P

3

10 3

e 10

0,0076 .

500

3!

Так как np

p

10,02 , а np p

1

9,02 , то из (1.8) следует, что m0 10 и

P

10

10

10

e 10

0,1251 .

500

10!

Для вычисления значений функции

f , m , стоящей в правой части формулы

(1.9), обычно в учебниках имеются таблицы (см., например, [ 4], [13]).

Ответы: 1)

P500 3

0,0076 ; 2)

P500

10

0,1251 .

Пример 27. В среднем 1 % документов содержит ошибки. Какова вероятность, что из 200 документов будет не более двух с ошибками?

Решение. Обозначим через A событие, что произвольно выбранный документ содержит ошибку. Получается схема независимых испытаний Бернулли B n, p , где n 200 , p 0,01. Так как np 2000,01 2 , то в силу (1.11), можно применить приближённую формулу (1.10). Не более двух документов с ошибками – это 0, 1 или 2 документа. Поэтому вероятность искомого события B будет определяться равенством

P B P 0 P 1 P 2			20	e 2	21	e 2	22	e 2 1 2 2 e 2 5e 2 .
200	200	200	0!		1!		2!
Ответ: P B	5e 2 .
					37

Пример 28. Вероятность того, что будет правильно прочитано закодированное слово, равна 0,9975. С какой вероятностью в тексте длиной 2000 слов будет сделано не менее двух ошибок?

Решение. Так как вероятность того, что будет неправильно прочитано закодиро-

ванное слово, равна p	1 0,9975	0,0025 , то имеем схему независимых испытаний
Бернулли B n, p , где n	2000 , p	0,0025 . Обозначим через С – событие, что в тек-

сте длиной 2000 слов будет сделано не менее двух ошибок, тогда противоположное событие С – в тексте будет либо не сделано ошибок, либо сделана одна ошибка. Так

	как p 0,0025 мало,	n p 0,0025 2000			5 10 , то для вычисления искомых вероятно-
	стей P2000 0 и P2000 1	можно использовать приближённую формулу Пуассона (1.10).
	Тогда
						50	e 5	51	e 5 1 6e 5 .
	P B 1 P B 1 (P 0 P 1 ) 1
		2000			2000	0!		1!

Ответ: P B 1 6e 5 .

Пример 29. Монета подбрасывается 40 раз. Найти вероятность того, что «орёл»

выпадет 20 раз.

Решение. Обозначим через A событие,

что при однократном бросании монеты

1

и q

1

выпадет «орёл» (тогда A – выпадет «решка»). Очевидно, что p

. Число

2

2

опытов n 40 , надо найти P40

20 .

При больших n и любых 0

p

1 справедливо приближённое равенство

P m

1

m

np

,

(1.12)

n

npq

npq

где

1

x2

x

e

2 .

(1.13)

2

Обычно это утверждение называют локальной теоремой Муавра-Лапласа. Для вычисления значений функции xимеются таблицы. Отметим, что график этой функции называют кривой вероятности, или кривой Гаусса.

Обычно формулу (1.12) применяют уже при

npq 9 .

(1.14)

При одних и тех же значениях n она даёт тем лучшее значение к точному значению Pn m , найденному по формуле Бернулли (1.7), чем ближе p (отсюда и q ) к 0,5.

В данном примере np						40 0,5					20 ,		npq 10			(выполняется условие (1.14)). Тогда
m np	20	20 0	и		m	np		0 .				По	таблице			значений функции (1.13) имеем
						npq
0	0,3989	и, следовательно, по (1.12)
				P40		20		1				0	1		0,3989		0,1262 .
													3,16
								10
Ответ: P40 20			0,1262 .
															38

Пример 30. Покупатель в магазине совершает покупку с вероятностью 0,7. Какова вероятность, что из 400 покупателей сделают покупки ровно 1) 260; 2) 290?

Решение. По условию задачи имеем схему независимых испытаний Бернулли

B n, p ,	где n		400, p 0,7 .									Искомыми									вероятностями							в данном случае являются
P400 260	и P400	290 . Так как npq													400 0,7 0,3										84 9, то для их вычисления исполь-
зуем приближённую формулу Муавра-Лапласа (1.12):
	P400		260	1								260			280						1				2,17		0,03788		0,0041,
																					9,2							9,2
				84								84
	P400 290			1								290			280						1				1,09		0,22025		0,0239.
																					9,2							9,2
				84											84

Значения функции x , определённой формулой (1.13), взяты из таблицы. Отметим также, что функция x чётная.

Ответ: 1) 0,0041; 2) 0,0239.

Пример 31. Вероятность того, что в партии из 100 изделий имеется брак, равна 0,632. Найти вероятность, что там не более трёх бракованных изделий.

Решение. Обозначим через p вероятность того, что произвольно выбранная из партии отдельная деталь бракованная (событие A ). Имеем схему независимых испытаний Бернулли B n, p , где n 100, а вероятность появления отдельного бракованного изделия p неизвестна. Противоположным к событию B , что в партии из 100 изде-

лий имеется бракованное изделие,

будет событие B , заключающееся в отсутствии

бракованных изделий в партии. Тогда из условия следует, что

p 100

0,632.

P B

1 P B

1

P

0

1 1

100

Для нахождения p имеем равенство

1

p 100

1 0,632

0,368 , или 1 p

0,99 ,

от-

куда p 0,01. Заметим, что искомая вероятность равна

P100

0 P100 1 P100 2

P100

3 .

Так как p мало, n p

100 0,01

1

10 , то можно применить приближённую формулу

Пуассона (1.10):

P 0 P 1 P 2 P 3									10		e 1		11	e 1	12		e 1		13	e 1
100	100		100				100		0!			1!			2!			3!
1	1	1	1			e 1	8	e 1.
		2	6				3

Ответ: 83 e 1 .

Пример 32. При посадке саженцев данной культуры в среднем 90 % приживалось. Будет посажено 900 таких саженцев. Найти вероятности следующих событий: 1) приживётся от 700 до 800 саженцев включительно; 2) приживётся не менее 500.

39

Решение. Пусть событие A – отдельный саженец приживётся ( A – не приживёт-

ся). По условию задачи p	P A	0,9 , а q				0,1 ; при этом число опытов n 900.
			P A
Надо найти вероятности P900	700	m 800	и P900			m 500 .

Для этого можно применить интегральную теорему Муавра-Лапласа, утверждаю-

щую, что при большом n для любых 0	p	1 справедливо приближённое равенство
P k m	r		r np				k	np		,	(1.15)
n				npq				npq

где x есть функция Лапласа (интеграл вероятностей):

			1		x	t 2
	x				e	2 dt ,		(1.16)
			2
				0

для вычисления значений которой имеются таблицы.

Условием применения формулы (1.15) является неравенство (1.14). Читателю полезно просмотреть свойства функции (1.16). При этом обращаем внимание, что в некоторых учебниках эту функцию определяют как несобственный интеграл по проме-

										1								t 2
	жутку	, x	от той же функции						t								e 2		. Значения такой функции									x			будут
										2
	больше значений функции (1.16) на 0,5. Иногда в (1.16) вместо множителя																											1					при-
																												2
	меняют множитель				2		; значения последней будут удвоенными по сравнению со
					2
	значениями функции (1.16); в такой ситуации справа в (1.15) есть множитель																												1	.
																												2
	Применим формулу (1.15) к данному примеру. Находим величины np, npq,																																npq :
														9.
	np 900 0,9		810, npq 810 0,1 81 9, npq
	В первой ситуации k						700, r		800 и тогда по (1.14) имеем
	P900	700 m 800				800			810					700					810		10			110
						9													9		9			9
						12,22				1,11				0,5					0,3665		0,1335.
	При этом воспользовались нечётностью функции x																				и таблицей её значений.
														40