Вероятности того что во время работы цифровой электронной машины произойдет сбой в арифметическом
Брошены две игральные кости Найти вероятность того
Главная > Документ
| Информация о документе | |
| Дата добавления: | |
| Размер: | |
| Доступные форматы для скачивания: |
Вероятности того, что во время работы цифровой электронной машины произойдет сбой в арифметическом устройстве, в оперативной памяти, в остальных устройствах,
относятся как 3:2:5. Вероятности обнаружения сбоя в арифметическом устройстве, в оперативной памяти и в остальных устройствах соответственно равны 0,8; 0,9; 0,9. Найти вероятность того, что возникший в машине сбой будет обнаружен.
Решение: Пусть А – событие того, что сбой будет обнаружен, тогда из формулы полной вероятности следует, что:
PA= PB1PB1A+PB2PB2A+PB3PB3A= 0,3*0,8+0,2*0,9+0,5*0,9=0,87.
Обозначим через А событие – деталь отличного качества
Можно сделать два предположения
-деталь произведена первым автоматом (так как производительность первого автомата вдвое больше второго автомата, то Р()=2/3)
-деталь произведена вторым автоматом (Р()=1/3)
Условная вероятность, что она будет отличного качества, если она произведена первым автоматом 
(A)=0,6
Условная вероятность, что она будет отличного качества, если она произведена первым автоматом 
(A)=0,84
Вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется отличного качества, по формуле полной вероятности равна
P(A)=Р()*
(A)+ Р()*
(A)=2/3*0.6+1/3*0.84=0.68
Вероятность того, что взятая отличная деталь произведена первым автоматом, по формуле Бейеса равна
()=
=
=
Ответ:
Решение: Обозначим событие А – стрелок поразил мишень и гипотезы: B1 – стрелок выбрал винтовку с оптическим прицелом, B2 – без оптического прицела. Тогда 
. Условные вероятности попадания из винтовки с оптическим прицелом и без: 
. Вычислим вероятность попадания из наудачу взятой винтовки: 
Теперь, воспользовавшись формулой Бейеса, получим ответ:
Число грузовых автомашин, проезжающих по шоссе, на котором стоит бензоколонка, относится к числу легковых машин, проезжающих по тому же шоссе как 3:2. Вероятность того, что будет заправляться грузовая машина, равна 0,1; для легковой машины эта вероятность равна 0,2. К бензоколонке подъехала для заправки машина. Найти вероятность того, что это грузовая машина.
Решение: Обозначим через А событие—подъезд автомобиля к заправке. Можно сделать два предположения: 
—проехал грузовой автомобиль, причем 
=3/5; 
— проехал легковой автомобиль, причем 
= 2/5.
Вероятность того, что проезжающий автомобиль подъедет на заправку, по формуле полной вероятности равна Р(А) = 
+ 
= 3/5 0,1 + 2/5 0,2 = 0,14
Искомая вероятность того, что подъехавший к заправке автомобиль будет грузовым, по формуле Бейеса равна 
= 
= 
= 3/7
Две перфораторщицы набили на разных перфораторах по одинаковому комплекту перфокарт. Вероятность того, что первая перфораторщица допустит ошибку, равна 0,05; для второй перфораторщицы эта вероятность равна 0,1. При сверке перфокарт была обнаружена ошибка. Найти вероятность того, что ошиблась первая перфораторщица. (Предполагается, что оба перфоратора были исправны.)
Обозначим через событие А – ошибку перфораторщицы. Тогда, 
– ошибка сделана первой перфораторщицей, 
— ошибка сделана второй перфораторщицей. Причем P()=0,5 и P()=0,5, т.к. обе работали одинаково.
Условная вероятность того, что первая перфораторщица допустит ошибку, равна 
(A)=0,05;
Условная вероятность того, что вторая перфораторщица допустит ошибку, равна 
(A)=0,1.
Вероятность того, что наудачу взятая перфокарта, окажется с ошибкой равна, по формуле полной вероятности равна:
P(A)= P()*
(A)+ P()*
(A)=0,5*0,05+0,5*0,1=
.
Искомая вероятность того, что взятая перфокарта произведена первой перфораторщицей, по формуле Бейеса равна:
=
=
=
.
В специализированную больницу поступают
в среднем 50% больных с заболеванием К, 30%—с за-
заболеванием L, 20%—с заболеванием М- Вероятность
полного излечения болезни К равна 0,7; для болезней L
и М эти вероятности соответственно равны 0,8 и 0,9.
Больной, поступивший в больницу, был выписан здоро-
здоровым. Найти вероятность того, что этот больной страдал
P(A)= Pk(a)*P(k) + Pl(a)*P(l) + Pm(a)*P(m) = 0.7*0.5 + 0.8*0.3 + 0.9*0.2 = 0.77
А вероятность что больной страдал именно заболеванием К равно:
Pa(K) = (Pk(a)*P(k))/P(A)= (0.5*0.7)/0.77 = 5/11
Вероятность того, что изделие будет признано стандартным по формуле полной вероятности равна
P(A)= P(
) 
(A) + P(
) 
(A) = 0,55 * 0,9 + 0,45 * 0,98 = 0,936
Искомая вероятность того, что изделие проверил второй товаровед, по формуле Бейеса равна
()= P() * (A) / P(A)= 0,45*0,98 / 0,936 = 0,47.
Событие А может появится при условии появления одного из несовместимых событий В1, В2,…, Вn, образующих полную группу событий. После появления события А были переоценены вероятности гипотез, то есть были найдены условные вероятности РА(Вi) (i=1,2,…,n). Доказать, что сумма РА(Вi) (i=1,2,…,n) равна 1.
Что и требовалось доказать.
Событие 
может появиться при условии появления одного из несовместных событий (гипотез) 
, образующих полную группу событий. После появления события 
были переоценены вероятности этих гипотез, т.е. были найдены условные вероятности этих гипотез, причем оказалось, что 
. Чему равна условная вероятность 
гипотезы 
?
Так как события образуют полную группу, и появится при условии появления лишь одного из них, то верно 
. Так как имеем , то: 
Имеются три партии деталей по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях соответственно равно 20, 15, 10. Из наудачу выбранной партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Деталь возвращают в партию
и вторично из той же партии наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Найти вероятность того, что детали были извлечены из третьей партии.
Обозначим через А событие – в каждом из двух испытаний была извлечена стандартная деталь. Можно предположить, что B1 – детали извлекались из первой партии; B2 – детали извлекались из второй партии; В3 – детали извлекались из третей партии.
Детали извлекались на удачу, поэтому вероятности предположений одинаковы:
P(B1) = P(B2) = P(B3) =
Вероятность того, что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали; поэтому 
Условная вероятность 
т.е вероятность того, что из второй партии будут извлечены две стандартные детали: 
Найдем условную вероятность 
т.е вероятность того, что из третей партии будут последовательно извлечены две стандартные детали: 
Искомая вероятность того, что обе извлеченные детали стандартные взяты из третей партии, по формуле Бейеса равна
Ответ: 
Батарея из трех орудий произвела залп, причем два снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что первое орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим орудиями соответственно равны 
, 
, 
.
Обозначим через A событие- два орудия попали в цель. Сделаем два предположения: 
— орудие не попало в цель.
По условию 
, следовательно 
.
Найдем условную вероятность 
, т.е. вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем первое орудие дало промах. Другими словами найдем вероятность того, что второе и третье орудие попали в цель. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения:
Искомая вероятность того, что первое орудие дало попадание, по формуле Бейеса равна:
.
Ответ: 
Три стрелка произвели залп, причем две пули поразили мишень. Найти вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, если вероятности попадания в мишень первым, вторым и третьим стрелками соответственно равны 0,6, 0,5 и 0,4.
Решение. Обозначим через А событие – две пули поразили мишень. Сделаем два предположения (гипотезы): В1 – третий стрелок поразил мишень; В2 – третий стрелок не попал в мишень.
По условию, Р(В1) = 0,4; следовательно (событие В2 противоположно событию В1),
Найдем условную вероятность РВ1(А), т.е. вероятность того, что мишень поразили две пули, причем одна из них принадлежит третьему стрелку и, следовательно, вторая – либо первому стрелку (при этом второй не попал), либо второму стрелку (при этом первый не попал). Эти два события несовместны, поэтому применима теорема сложения:
РВ1(А) = p1∙q2 + p2∙q1 = 0,6∙0,5 + 0,5∙0,4 = 0,5.
Найдем условную вероятность РВ2(А), т.е. вероятность того, что мишень поразили две пули, причем третий стрелок промахнулся. Другими словами, найдем вероятность того, что первый и второй стрелки поразили мишень. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения:
РВ2(А) = p1∙p2 = 0,6∙0,5 = 0,3.
Искомая вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, по формуле Бейеса равна
РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/[ Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А)] = 0,4∙0,5/( 0,4∙0,5 + 0,6∙0,3 ) = 10/19.
Два из трех независимо работающих элементов вычислительного устройства отказали. Найти вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны 0,2; 0,4 и 0,3.
Решение. Обозначим через А событие – отказали два элемента. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):
Р(В1) = p1∙p2∙q3 = 0,2∙0,4∙0,7 = 0,056;
Р(В2) = p1∙p3∙q2 = 0,2∙0,3∙0,6 = 0,036;
Р(В3) = p2∙p3∙q1 = 0,4∙0,3∙0,8 = 0,096;
Вероятности последних трех гипотез не вычислены, так как при этих гипотезах событие А (отказали два элемента) невозможно и значит условные вероятности РВ4(А), РВ5(А) и РВ6(А) равны нулю, следовательно, равны нулю и произведения Р(В4)∙РВ4(А), Р(В5)∙РВ5(А) и Р(В6)∙РВ6(А) при любых значениях вероятностей гипотез В4, В5 и В6.
Поскольку при гипотезах В1, В2 и В3 событие А достоверно, то соответствующие условные вероятности равны единице:
РВ1(А) = РВ2(А) = РВ3(А) = 1.
По формуле полной вероятности, вероятность того, что отказали два элемента, равна
Р(А) = Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А) + Р(В3)∙РВ3(А) + Р(В4)∙РВ4(А) + Р(В5)∙РВ5(А) + Р(В6)∙РВ6(А) = 0,056 + 0,036 + 0,096 = 0,188.
По формуле Бейеса, искомая вероятность того, что отказали первый и второй элементы,
РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/ Р(А) = 0,056/0,188 = 0,3.
Две из четырех независимо работающих ламп прибора отказали. Найти вероятность того, что отказали первая и вторая лампы, если вероятности отказа первой, второй, третьей и четвертой ламп соответственно равны 0,1, 0,2, 0,3 и 0,4.
Решение. Обозначим через А событие – отказали две лампы. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):
Р(В1) = p1∙p2∙q3∙q4 = 0,1∙0,2∙0,7∙0,6 = 0,0084;
Р(В2) = p1∙q2∙p3 ∙q4 = 0,1∙0,8∙0,3∙0,6 = 0,0144;
Р(В3) = p1∙q2∙q3∙p4 = 0,1∙0,8∙0,7∙0,4 = 0,0224;
Р(В4) = q1∙p2∙p3∙q4 = 0,9∙0,2∙0,3∙0,6 = 0,0324;
Р(В5) = q1∙p2∙q3∙p4 = 0,9∙0,2∙0,7∙0,4 = 0,0504;
Р(В6) = q1∙q2∙p3∙p4 = 0,9∙0,8∙0,3∙0,4 = 0,0864;
Вероятности последних четырех гипотез не вычислены, так как при этих гипотезах событие А (отказали две лампы) невозможно и значит условные вероятности РВ7(А), РВ8(А), РВ9(А) и РВ10(А) равны нулю, следовательно, равны нулю и произведения Р(В7)∙РВ7(А), Р(В8)∙РВ8(А), Р(В9)∙РВ9(А) и Р(В10)∙РВ10(А) при любых значениях вероятностей гипотез В7, В8, В9 и В10.
Поскольку при гипотезах В1 – В6 событие А достоверно, то соответствующие условные вероятности равны единице:
РВ1(А) = РВ2(А) = РВ3(А) = РВ4(А) = РВ5(А) = РВ6(А) = 1.
По формуле полной вероятности, вероятность того, что отказали две лампы, равна
Р(А) = Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А) + Р(В3)∙РВ3(А) + Р(В4)∙РВ4(А) + Р(В5)∙РВ5(А) + Р(В6)∙РВ6(А) + Р(В7)∙РВ7(А) + Р(В8)∙РВ8(А) + Р(В9)∙РВ9(А) + Р(В10)∙РВ10(А) = 0,0084 + 0,0144 + 0,0224 + 0,0324 + 0,0504 + 0,0864 = 0,2144.
По формуле Бейеса, искомая вероятность того, что отказали первая и вторая лампы, равна
РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/ Р(А) = 0,0084/0,2144
Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть две партии из четырех или три из шести (ничьи во внимание не принимаются)?
Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша p=1/2; следовательно, вероятность проигрыша q также равна 1/2. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выиграны партии, то применима формула Бернулли.
Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:
Найдем вероятность того, что выиграны три партии из шести:
Так как P4(2)>P6(3), то вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.
Два равносильных противника играют в шахматы. Что вероятнее: а) Выиграть одну партию из двух или две партии из четырех? б)выиграть не менее двух партий из четырех или не менее трех партий из пяти? Ничьи во внимание не принимаються.
Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша 
; следовательно, вероятность проигрыша 
. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выигранв партии, то применима формула Бернулли.
А) Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:
Найдем вероятность того, что одна партия из двух будет выиграна:
Б) Найдем вероятность выиграть не менее двух партий из четырех:
Найдем вероятность выиграть не менее трех партий из пяти:
Монету бросают пять раз. Найти вероятность того, что “герб” выпадет: а)мене двух раз; б)не менее двух раз.
При бросании монеты вероятность выпадения герба и решки, равновероятны, поэтому вероятность выпадения герба равна 
; следовательно вероятность выпадения решки 
; Так как при бросании вероятность постоянна, то применима формула Бернулли.
А) Найдем вероятность того, что герб выпадет менее двух раз:
;
.
.
Б) Найдем вероятность того, что герб выпадет не менее двух раз:
;
Ответ: a) 
; б) 