Умовні ймовірності, незалежні випадкові події

дорівнює р1=О,8; другого р2=О,9; третього р3=О,7; Знайти надійність прибора в цілому.

Розв’язування. Позначемо:

А- безвідмовна робота прибора,

А1- безвідмовна робота першого вузла,

А2- безвідмовна робота другого вузла,

А3 - безвідмовна робота третьго вузла,

маємо: А= А1 А2 А3 ,

звідки по теоремі для незалежних подій

Р(А)=Р(А1)Р(А2)Р(А3)=р1р2 р3= 0,504.

Задача5. Скільки треба взяти гральних кубиків, щоб з ймовірністю, меньшій

чим 0,3, можна було чекати, що ні на жодній грані яка випаде не з’явиться шість очок?

Розв’язування. Нехай А подія- ні на жодній грані яка випаде не з’явиться шість очок; події Аі – на і-тій грані кубика, яка випалане з’явиться шість очок (і=1,2,…, n ). Тоді Р(Аі)= . Події Аі (і=1,2,…, n ) незалежні в сукупності , тому застосовується теорема множення.

Р (А )=Р(А1 А2 … Аn ) =P(А1) P(А2)… P(An)= ( )n.

При умові, ( )n 0,3. Таким чином, n log ( ) log 0,3. Звідки n 6, 6. Таким чином, шукане число підкидань грального кубика n 7.

Задача 6 ( приклад Берштейна). На площину кидають тетраедр, три грані якого окрашені відповідно в червоний, зелений, блакитний кольори, а на четверту грань нанесені всі три кольори. Нехай подія Ч полягає в тому, що при підкиданні тетраедра на площину випала грань окрашена червоним кольором і нехай аналогічно визначені події З та Б. Оскільки кожний з трьох кольорів нанесений на дві грані, то

Р( Ч)= Р (З)=Р( Б) .

Далі Р(ЧЗ)=Р(ЧБ)=Р(ЗБ)= ,

і , таким чином , події Ч, З, Б попарно незалежні. Але ці події не є незалежні в сукупності, тому що Р(ЧЗБ)= ≠ Р(Ч)Р(З) Р(Б) .

Задача 7. Підкидають два гральних кубика. Розглянемо випадкові події:

A 1- на першому кубику випало парне число очок;

A 2- на другому кубику випало непарне число очок ;

A 3- сума очок на кубиках непарна. Довести, що події A 1, A 2, A 3 попарно незалежні, але не є незалежними в сукупності.

Задача 8. Довести, що якщоА та В незалежні, то й В , А й , й - теж

незалежні ( спадкова властивість незалежності ).