ΥΠΟ ΣΥΝΘΗΚΗ ('Η ΔΕΣΜΕΥΜΕΝΗ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑ ) Ενίοτε η πραγματοποίηση ενός γεγονότος εξαρτάται από την πραγματοποίηση άλλου τινός γεγονότος. Κατ' αντιστοιχία, η πιθανότητα ενός ενδεχομένου μπορεί να εξαρτάται από την πραγματοποίηση (ή όχι) ενός άλλου ενδεχομένου. Στα παραδείγματα που ακολουθούν, φαίνεται πως οι πιθανότητες επανεκτιμούνται καθώς πρόσθετες πληροφορίες παρέχονται. Στο μοντέλο που περιγράφεται ευθύς αμέσως, γίνεται προσπάθεια καταγραφής της διαισθητικής άποψης για την πιθανότητα. Στη συνέχεια παρουσιάζονται παραδείγματα, όπου εκτιμάται το μέτρο της υπό συνθήκη πιθανότητας σύμφωνα με τις προηγούμενες παραγράφους. Ένας ψηφιακός επικοινωνιακός δίαυλος παρουσιάζει σφάλμα μεγέθους bit για κάθε χίλια που μεταφέρει. Τα σφάλματα είναι σπάνια, αλλά όταν συμβαίνουν επηρεάζουν πολλά διαδοχικά bits, με αποτέλεσμα να δημιουργούνται συγκεντρώσεις λανθασμένων bits. Με βάση το μοντέλο αυτό, αν μεταφερθεί ένα μοναδικό bit τότε η αναμενόμενη πιθανότητα να ληφθεί λανθασμένο είναι /000. Αναμένεται όμως να είναι πολύ μεγαλύτερη η πιθανότητα εσφαλμένης λήψης ενός bit αν έχει εξακριβωθεί ότι το αμέσως προηγούμενο bit λήφθηκε λάθος. Θεωρούμε το γεγονός A i={εκπομπή τυχαίου bit/ι =,0.000.000}Α, όπου ΑΩ και στη συνέχεια το ΒΩ με Β j={εσφαλμένη λήψη bit/j =0.000}. Έστω ότι τα πρώτα 4.000.000 bits μεταφέρθηκαν σωστά. Θεωρούμε το ΓΩ στο οποίο ανήκουν τα 4.000.000 bits, Το μοντέλο περιγράφεται στο ακόλουθο διάγραμμα Venn. Γ Ω Β Σχήμα.7. Ο υπολογισμός της υπό συνθήκη πιθανότητας να συμβεί το Β όταν είναι γνωστό (ή δεδομένου) ότι συνέβη το Γ, απαιτεί να ληφθεί υπόψη ο περιορισμός του χώρου των επιτυχών περιπτώσεων σε ένα νέο με λιγότερα στοιχεία, αφού τα στοιχεία του Γ δεν συμμετέχουν πλέον στον υπολογισμό. Έτσι, αν n Ω, n Α,n Β και n Γ ' το πλήθος στοιχείων του Ω, Α, Β και Γ ' αντίστοιχα, η ζητούμενη πιθανότητα υπολογίζεται Ρ(Β/Γ ' ) = n B = n ' n B ' n n n ' = ( ') ( ') Παράδειγμα.7. θεωρούμε έναν αυτοκινητόδρομο μήκους 00 km και υποθέτουμε ότι η κατάσταση του και ο όγκος κυκλοφορίας δεν μεταβάλλονται στο τμήμα αυτό. Έτσι, η πιθανότητα δυστυχήματος είναι η ίδια για όλα τα σημεία του αυτοκινητόδρομου. Ορίζονται τα ενδεχόμενα: Α = {δυστύχημα στα πρώτα 30 χιλιόμετρα} και Β = {δυστύχημα μεταξύ 0ου και 60ου χιλιομέτρου}. Αφού όλα τα σημεία είναι ισοπίθανα (από πλευράς δυστυχήματος), μπορούμε να υποθέσουμε ότι η πιθανότητα δυστυχήματος σε ένα διάστημα του δρόμου είναι ανάλογος του μήκους του διαστήματος. Άρα Ρ(Α) = 3/0 και Ρ(Β) = 4/0.
Αν γίνει γνωστό, ότι ένα δυστύχημα συνέβη ανάμεσα στο 0ο και 60ο χιλιόμετρο, ποια είναι η πιθανότητα να συνέβη το Α; Εδώ θα πρέπει πλέον να θεωρηθεί το Β ως βέβαιο γεγονός και να διερευνηθεί η πιθανότητα του Α κάτω από αυτή τη συνθήκη. Με την αυστηρή μαθηματική διατύπωση τα παρακάτω εκφράζονται με το χώρο πιθανοτήτων (Ω,,Ρ), όπου ο δειγματοχώρος Ω είναι πεπερασμένος με πληθικό αριθμό απλών γεγονότων n =00. Θεωρείται ακόμη ότι τα απλά γεγονότα του Ω είναι ισοπίθανα και ότι ο πληθικός αριθμός των απλών γεγονότων των Α και Β είναι n Α =30 και n Β =40, αντίστοιχα. Τότε Ρ(Α) = n Α /n και Ρ(Β) = n Β /n. Ακόμη, μπορούμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα του γεγονότος AΒ σαν Ρ(ΑΒ) = n ΑΒ /n. Με την παραδοχή ότι το Β είναι βέβαιο γεγονός, ζητούμε την πιθανότητα του Α. Θα πρέπει να θεωρήσουμε δειγματοχώρο τον Β με πληθικό αριθμό n Β. Επιτυχείς περιπτώσεις θα πρέπει να θεωρούνται τα κοινά σημεία των Α και Β που είναι n ΑΒ το πλήθος. Έτσι η πιθανότητα να συμβεί το Α αφού έχει συμβεί το Β, είναι n ΑΒ / n Β. Έτσι προκύπτει ο ακόλουθος ορισμός Ορισμός.7. Αν (Ω,,Ρ) είναι ένας χώρος πιθανοτήτων και B με Ρ(Β)>0, τότε ορίζουμε τη δεσμευμένη πιθανότητα του A με τη σχέση Ρ(Α/Β) = Ρ(ΑΒ)/Ρ(Α) (.7.) Σημείωση.7. Η σχέση Ρ(ΑΒ) = Ρ(Α/Β)Ρ(Β) = Ρ(Β/Α)Ρ(Α) που προκύπτει από την.7. λέγεται πολλαπλασιαστικός τύπος (ή νόμος του γινομένου ή νόμος των συνθέτων πιθανοτήτων). Σημείωση.7. Αν τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα, τότε Ρ(Β/Α)=0. Σημείωση.7.3 Αν BA, τότε Ρ(Β/Α) = Ρ(Β)/Ρ(Α) Ρ(Β). Σημείωση.7.4 Αν AB, τότε Ρ(Β/Α) = Σημείωση.7.5 Αν Ρ(Β) = 0, τότε η δεσμευμένη πιθανότητα Ρ(Α/Β). Σε ότι ακολουθεί η συνθήκη Ρ(Β) > 0 θα θεωρείται δεδομένη, σε κάθε αναφορά της δεσμευμένης πιθανότητας Ρ(Α/Β). Θεώρημα.7. Αν (Ω,,Ρ) είναι ένας χώρος πιθανοτήτων και Α, τότε και ο (Ω,,Ρ(./Α)) είναι χώρος πιθανοτήτων Απόδειξη: (α) Προφανώς Ρ(Β/Α) 0 (β) Ρ(Ω/Α)= (βλ. Σημείωση.7.4) (γ) Αν Β n είναι μια ακολουθία ασυμβίβαστων γεγονότων, τότε επειδή A( B n ) = n n έχουμε ( A ) και η AB n είναι και αυτή ακολουθία ασυμβιβάστων γεγονότων, θα B n Ρ( B n / A ) = (/Ρ(Α))Ρ( n n ( A B n ) ) = (/Ρ(Α)) P ( A B n ) = n n P ( B n / A) conditional probability
Παράδειγμα. 7. Σε ένα κουτί που περιέχει σφαίρες, βάζουμε μια άσπρη σφαίρα ύστερα παίρνουμε από το κουτί τυχαία μια σφαίρα. Βρείτε την πιθανότητα η σφαίρα που θα πάρουμε να είναι άσπρη, αν είναι ισοπίθανες όλες οι υποθέσεις για το χρώμα των αρχικών σφαιρών. ΛΥΣΗ Έστω Α είναι ενδεχόμενο να πάρουμε μια άσπρη σφαίρα. Έχουμε τα επόμενα ενδεχόμενα για το χρώμα των αρχικών σφαιρών: Β -δεν περιέχεται άσπρη σφαίρα Β - περιέχεται μια άσπρη σφαίρα Β 3- περιέχονται δυο άσπρες σφαίρες Από τη στιγμή που υπάρχουν συνολικά τρία ισοπίθανα ενδεχόμενα και το άθροισμα πιθανοτήτων των είναι ίσο με τη μονάδα (αποτελούν τον δειγματικό χώρο), οπότε η πιθανότητα κάθε ενδεχομένου είναι: Ρ(Β )=Ρ(Β )=Ρ(Β 3)=/3 Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, με δεδομένο ότι αρχικά το κουτί δεν περιείχε καμία άσπρη σφαίρα, είναι: Ρ(ΑΒ )=/3 Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, με δεδομένο ότι αρχικά το κουτί περιείχε μια άσπρη σφαίρα, είναι: Ρ(ΑΒ )=/3 Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, με δεδομένο ότι αρχικά το κουτί περιείχε δυο άσπρες σφαίρες, είναι: Ρ(ΑΒ 3)= Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα, δηλαδή να πάρουμε μια άσπρη σφαίρα, τη βρίσκουμε από τον τύπο της ολικής πιθανότητας: Ρ(Α)=Ρ(Β ) Ρ(ΑΒ )+ Ρ(Β ) Ρ(ΑΒ )+ Ρ(Β 3) Ρ(ΑΒ 3)
=/3 /3+/3 /3+/3 =/3 Παράδειγμα.7.3 Η πιθανότητα θανάτου ενός υγειούς ανθρώπου στο χρονικό διάστημα (t,t ), είναι t (t,t )) = a ( x) dx, όπου α(x) = 3*0-9 x (00-x) για x [0, 00] t και α(x)=0 για x 00. Στο ερώτημα ποια είναι η πιθανότητα να πεθάνει κανείς μεταξύ 60 και 70 ετών. Εφόσον θα ζήσει πάνω από 60 χρόνια, θα δοθεί απάντηση αφού γίνει χρήση της υπό συνθήκη πιθανότητας. Έχουμε λοιπόν, (60,70)/(60,)) = 3*0 3*0 9 9 60 00 60 70 x (00 x) dx x (00 x) dx = 0.486. Μια θεμελιώδης πρόταση που αφορά τις δεσμευμένες πιθανότητες, δίνεται από το: Θεώρημα.7. Για οποιαδήποτε γεγονότα Α, Α,..., Α n, τέτοια ώστε Ρ(Α Α Α n- )>0, ισχύει ότι Ρ(Α Α Α n )= = Ρ(Α )Ρ(Α /Α )Ρ(Α 3 / Α Α )... Ρ(Α n /Α Α Α n-). Απόδειξη: Προφανώς Ρ(Α ) Ρ(Α Α ).... Α Α Α n-)>0. Επιπλέον έχουμε, λόγω διαδοχικών απαλοιφών Α Α Α n) = A A Ρ(Α ) A ) ) A A A3 ) A A... A A ) A A... A... A n ) n ) = = Ρ(Α )Ρ(Α /Α )Ρ(Α 3 / Α Α )... Ρ(Α n /Α Α Α n-). Άσκηση: Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β και Γ είναι αμοιβαίως αποκλειόμενα με Ρ(Α)=α, Ρ(Β)=β και Ρ(Γ)=γ. Να βρεθεί η πιθανότητα Ρ((Α Β)/(Β Γ )). Από τον ορισμό της δεσμευμένης πιθανότητας, προκύπτει :
(A (B )) (A /(B )) () B ) Επειδή Α Β Γ= Ø, συνεπάγεται ότι (B ). Έτσι, από την () προκύπτει: (A ) (A ) (B )) () ) ) A A) ( ) ) ΓΑ c ) Δοθέντος ότι Ρ(Α)=0.6, Ρ(Α Β c )=0.8, Ρ(ΑΒΓ)=0.9 και Ρ(Α c Γ)=0.5, να προσδιορίσετε την Ρ(Β Με τη βοήθεια της συνθήκης δεσμευμένης πιθανότητας αποδεικνύεται ότι B B ) ) ) B Επίσης, B B ) ) ) ) B B B ) ) ) Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος : Ρ(Α)=0.6 Ρ(Α c )=- Ρ(Α)=0.4 Εφαρμόζουμε τη μέθοδο εύρεσης συναρτήσεων Bool:
0 4 6 c 3 5 7 Α c Α Όπου τα γενετικά σύνολα Α,Β και Γ απαρτίζουν την κλάση Q={A,B,Γ} και τα ενδιάμεσα σύνολα m 0, m, m, m 3, m 4, m 5, m 6 και m 7. Α={ m 4, m 5, m 6, m 7} Β={ m, m 3, m 6, m 7} Γ={ m, m 3, m 5, m 7} Η Ρ(Α c Β Γ) = Ρ(m 3) Η Ρ(Α c ) = Ρ(m 0)+Ρ(m )+Ρ(m )+Ρ(m 3)=0.4 Δίδονται : Η Ρ(Α) = Ρ(m 4)+Ρ(m 5)+Ρ(m 6)+Ρ(m 7)=0.6 Η Ρ(ΑΒ c ) = Ρ(m 0)+Ρ(m )+Ρ(m 4)+Ρ(m 5)+Ρ(m 6)+Ρ(m 7)=0.8 Από τις τελευταίες σχέσεις προκύπτει ότι Ρ(m 0)+Ρ(m )=0. Και επειδή εξ υποθέσεως Ρ(Α c Γ) = Ρ(m )+Ρ(m 3) = 0.5 και Ρ(ΑΒΓ)=0.9= Ρ(m )+Ρ(m )+ Ρ(m 3)+Ρ(m 4)+Ρ(m 5)+Ρ(m 6)+Ρ(m 7)= Ρ(m )+Ρ(m )+ Ρ(m 3)+0.6 Συνεπάγεται ότι Ρ(m )+Ρ(m )+Ρ(m 3)=0.3 Αλλά είναι
Ρ(Α c ) = 0.4 = Ρ(m 0)+Ρ(m )+Ρ(m )+Ρ(m 3) = Ρ(m 0)+0.3 Από όπου συνεπάγεται: Ρ(m 0) = 0. Ρ(m ) = 0. Ρ(m 3) = 0.05 Έτσι τελικά, B B ) Pm ( 3) 0.05 ) ) 0.4 0.4 8 Παράδειγμα.7.4 Σε ένα night club διασκεδάζουν n ζευγάρια. Διάφοροι λόγοι αυξάνουν την "εντροπία" στο χώρο έτσι ώστε στο τέλος η επιλογή των καβαλιέρων από τις ντάμες να γίνεται στην τύχη. Ποια είναι η πιθανότητα ότι η κάθε ντάμα να χορεύει με τον αρχικό συνοδό της; Για να απαντήσουμε στο ερώτημα, σκεπτόμαστε ως εξής. Αριθμούμε τις ντάμες,,...,η. Έστω Α i ={η i ντάμα χορεύει με τον συνοδό της), i =,...,n. Τότε έχουμε Ρ(Α ) = /n, Ρ(Α / Α ) = /(n-), Ρ(Α 3 / Α Α ) = /(n-),, Ρ(Α n / Α Α Α n- ) =. Άρα Ρ(Α Α Α 3 Α n) = /(n!).
Θεώρημα.7.3 Έστω Α ένα γεγονός που αν συμβεί τότε πραγματοποιείται οπωσδήποτε ένα από τα ασυμβίβαστα ανά δύο γεγονότα A,A,, An. Είναι P (A) = A) Ρ(ΑΑ) + P (A) Ρ(ΑΑ) + + An) Ρ(ΑΑn) Απόδειξη: Θα δείξουμε το Θεώρημα για n=. Όταν συμβεί το γεγονός Α, τότε συμβαίνει ένα από τα δυο ασυμβίβαστα γεγονότα A και A. Άρα, A=(A A) (A A) Με (A A) (A A) =. Σύμφωνα με το αξίωμα (γ) του ορισμού.3.4, Ρ(A) = Ρ(A A) + Ρ(A A) = A) Ρ(ΑΑ) + P (A) Ρ(ΑΑ). Παράδειγμα.7.5 Η πιθανότητα ότι μία περιοχή θα κτυπηθεί από ένα ή δύο τυφώνες σε ένα χρόνο είναι 0,3 και 0,05 αντίστοιχα. Η πιθανότητα ότι θα κτυπηθεί από περισσότερους τυφώνες θεωρείται αμελητέα. Η ίδια περιοχή ενδέχεται να υποστεί πλημμύρες στη διάρκεια ενός έτους. Αιτία των πλημμύρων ενδέχεται να είναι η τήξη των χιονιών στην περιβάλλουσα ορεινή περιοχή (πιθανότητα 0,) ή να οφείλονται σε καταιγίδα που έπεται ενός τυφώνα (πιθανότητα 0,5). Έχει αποδειχτεί η στατιστική ανεξαρτησία των πλημμύρων που οφείλονται στα χιόνια με εκείνες που οφείλονται σε τυφώνα. Ποια η πιθανότητα πλημμύρας σε ένα έτος; ΛΥΣΗ Έστω τα γεγονότα, Α i= {i ος τυφώνας θα κτυπήσει την περιοχή} i =, /A i = {πλημμύρες που οφείλονται στον i τυφώνα} D: {πλημμύρες που οφείλονται σε χιόνια}, με αντίστοιχες πιθανότητες Ρ(Α )=0.3, Ρ(Α )=0.05, Ρ()=0.5 και D)=0.. Είναι γνωστή ακόμη η στατιστική ανεξαρτησία των και D. D)=)D). Έτσι η πιθανότητα πλημμύρας σε ένα χρόνο είναι: D) = )+D)-D)= 0.5+0.-(0.5)(0.)=0.35
Παράδειγμα.7.6 Κάποιος έγραψε Ν γράμματα και αφού τα έβαλε μέσα σε φακέλους, έγραψε τις διευθύνσεις έξω από τους φακέλους τυχαία. Να βρείτε την πιθανότητα τουλάχιστον σε ένα φάκελο η διεύθυνση να είναι η σωστή. ΛΥΣΗ Ορίζουμε τα γεγονότα Α κ (Κ=,,..., Ν), που Α κ = (στον φάκελο Κ είναι γραμμένη η σωστή διεύθυνση) Η ζητούμενη πιθανότητα N p A ) k k. Τα γεγονότα Ακ δεν είναι ασυμβίβαστα. ( N )! PA ( k ) N N! ( N )! Ak Aj ) Ak ) Aj / Ak ) N N N! ( N 3)! Ak Aj Ai ) Ak ) Aj / Ak ) Ai / Aj Ak ) N N N N!... A A... AN ) Ak ) Aj / Ak )... AN / A A... AN )... N N N N! Επειδή, N p A ) A )... A ) A A ) A A )... A A ) k k N 3 N N A A A )... A A A )... ( ) A A... A ) N 3 N N N N N N N N N... ( )... N N N 3 N N N N N N N... ( )! 3! 4! N! Όταν Ν είναι μεγάλο τότε το ρ e
Παράδειγμα.7.7 Τρεις τεχνικές εταιρείες υποβάλλουν προσφορές σε διαγωνισμό ανάθεσης ενός μεγάλου έργου. Η προηγούμενη αξιοπιστία των εταιρειών φαίνεται στο σχήμα Σχήμα.7.β όπου φαίνεται κατά πόσο οι ομάδες αυτές συμπληρώνουν τα έργα τους με καθυστέρηση ή όχι ( t= πραγματική διάρκεια, to διάρκεια συμβολαίου). Γνωρίζουμε ότι οι ομάδες Α και Β έχουν την ίδια πιθανότητα να αναλάβουν το έργο, ενώ η ομάδα Γ έχει διπλάσια πιθανότητα από την Α ή την Β. Να υπολογιστεί η πιθανότητα ότι το έργο θα συμπληρωθεί χωρίς καθυστέρηση.
Αν τελικά καθυστερήσει το έργο, ποια είναι η πιθανότητα ότι το είχε αναλάβει η εταιρεία Γ; ΛΥΣΗ Ε = {το έργο θα συμπληρωθεί χωρίς καθυστέρηση} Ρ(Α) = Ρ(Β) = /4 = 0.5 Ρ(Γ) = 0,5 Ρ(Ε) = Ρ(Ε/Α)Ρ(Α) + Ρ(Ε/Β)Ρ(Β) + Ρ(Ε/Γ)Ρ(Γ) = 0,40,5 + 0,40,5 0,8= 0,6. Ρ(Γ/Ε) = E / ) ) E) = 0,x0,5 0,4 = 0,35 Άσκηση: (α) Εάν έχω τα γεγονότα Α,Β,Γ εκ των οποίων τα Β,Γ είναι ασυμβίβαστα, τότε να αποδειχθεί η σχέση: B Γ/Α)=Ρ(Β/Α)+Ρ(Γ/Α). (β) Εάν τα Β,Γ είναι ασυμβίβαστα να βρεθεί η Ρ(Α/Β Γ) συναρτήσει των Ρ(Β), Ρ(Γ), Ρ(Α/Β), Ρ(Α/Γ). Λύση: [( ) ] [( ) ( ) (α) Ισχύει Ρ(Β Γ/Α)=. ( ) ( ) Εφόσον τα Β,Γ είναι ασυμβίβαστα έχω Β Γ= οπότε και (Β Γ) Α=(Β Α) (Γ Α)=, οπότε τα (Β Α), (Γ Α) είναι ασυμβίβαστα μεταξύ τους. Άρα η Ρ(Β Γ/Α)=Ρ(Β Α)/ Ρ(Α)+Ρ(Γ Α)/Ρ(Α) Ρ(Β Γ/Α)=Ρ(Β/Α)+Ρ(Γ/Α). (β) Ισχύει A/B Γ)= P[ A ( B )] B ) P[( B ) A] B ) = P[( B A) ( A)]* ) A/ ) A/ )** )
A/B ) A/ ) A/ ) ) *Β,Γ ασυμβίβαστα ** τα (Β Α), (Γ Α) ασυμβίβαστα όπως αποδείξαμε στο (α) οπότε P[(Β Α) (Γ Α)] = B A)+Γ Α) =A +A Γ) =A/A)+A/Γ)Γ). Άσκηση: Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β και Γ είναι ανεξάρτητα με Ρ(Α)=α, Ρ(Β)=β και Ρ(Γ)=γ. Να βρεθεί η πιθανότητα Ρ((Α Β)/(Β Γ )) Από τον ορισμό της δεσμευμένης πιθανότητας, προκύπτει : (A (B )) (A /(B )) B ) (A ( ) ( ) (B )) () B ) Σύμφωνα με το θεώρημα.6.(ζ): (A ( ) ( ) (B )) () B ) ( ) ( ) ( ) (B ) ΘΕΜΑ ο : Ένας τυπικός δίαυλος ψηφιακού σήματος παρίσταται με το ακόλουθο σχήμα
q 0 0 0 Σήμα Εισόδου P p 0 Σήμα Εξόδου q Στο σχήμα φαίνεται ότι εισερχομένου του ψηφίου 0 (με πιθανότητα π 0) λαμβάνεται σήμα εξόδου είτε 0 (με πιθανότητα q 0) είτε (με πιθανότητα p 0). Όταν έχουμε είσοδο (με πιθανότητα π ) λαμβάνεται σήμα εξόδου είτε 0 (με πιθανότητα p ) είτε (με πιθανότητα q ). Ποια είναι η πιθανότητα σφάλματος στο σήμα εξόδου; Απάντηση: Αν Β={λήψη εσφαλμένου σήματος στην έξοδο}, Α 0={εκπομπή 0}, Α ={εκπομπή }, Β 0={λήψη 0}, Β ={λήψη }, τότε, Ρ(Β)=Ρ(Β / Α 0)Ρ(Α 0)+ Ρ(Β 0/ Α )Ρ(Α )= p 0 π 0 +p π ΘΕΜΑ ο : Μια διάταξη μπορεί να καταστραφεί είτε από υπερφόρτωση είτε από κεραυνό. Δεχόμαστε ότι η διάρκεια ζωής της διάταξης αυτής μετράται σε ακέραιες χρονικές μονάδες, στις οποίες μια μόνο από τις αναφερθείσες αιτίες αστοχίας της διάταξης μπορεί να συμβεί (ένας κεραυνός ή μία υπερφόρτωση). Υποθέστε ότι η πιθανότητα p να υπάρξει κεραυνός είναι σταθερή για κάθε χρονική μονάδα. Υποθέστε ακόμη ότι η πιθανότητα υπερφόρτωσης την χρονική μονάδα i δεδομένου ότι δεν υπερφορτώθηκε μέχρι την χρονική μονάδα i- είναι r i όπου i =,,3,. Είναι γνωστό ότι α) τα γεγονότα «πτώση κεραυνού» και «υπερφόρτωση» είναι στατιστικά ανεξάρτητα, και β) τα γεγονότα «υπερφόρτωση την i χρονική μονάδα» και «υπερφόρτωση την j χρονική μονάδα» είναι μη συσχετιζόμενα μεταξύ τους. Να βρεθεί η πιθανότητα ότι η διάταξη θα αστοχήσει (θα πάψει να λειτουργεί λόγω ενός τουλάχιστον από τα προαναφερθέντα αίτια) την j χρονική μονάδα.