Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория вероятностей и математическая статистика руководство по решению задач. Ч.1. Учебное пособие
.pdf
4.6. Производящая функция
np⋅
0>
ε
n
p
p
p
11
1qp= −
( )
n
Pk
( )
n
Pk
( ) ( ) ( ) ( )
...
n nn
z pzq pzq pzq
( )
n
Pk
1
p
2
p
z
2n =
( ) ( )( ) ( )
2 1 1 2 2 1 2 12 21 12
z pzq pzq ppz pq pqzqq
12
pp
z
( )
2
2P
( )
12 21
pq pq+
1
z
( )
2
1P
12
qq
z
( )
2
0P
A
A
в) число m наступлений события A отличается от произведе-
ния
не более, чем на
P m np
( )
n
(по модулю), есть
ε
− ≤ ≈Φ
2
ε
. ( 4 8 )
npq
4.6. Производящая функция
В рассмотренной ранее схеме Бернулли рассматривались испытания с одинаковыми вероятностями появления события. Рассмотрим испытания, в которых вероятности появления различны.
Пусть производится
вом испытании вероятность появления события A равна
ром —
, ..., в n-м испытании —
2
события A соответственно равны
ний называется полиномиальной;
события A в испытаниях ровно k раз.
Производящей функцией вероятностей
цию, определяемую равенством:
j
= + ⋅ + ⋅⋅ +
Вероятность
таниях, в первом из которых вероятность появления события A равна
, во втором
ся ровно k раз равна коэффициенту при
производящей функции по степеням z. Например, если
j
= + += + + +
Здесь коэффициент
того, что событие A появится ровно два раза в двух испытаниях;
коэффициент
событие A появится ровно один раз в двух испытаниях; коэффициент
при
0
равен вероятности
не появится ни одного раза.
Заметим, что если в различных испытаниях появляются различ-
ные события (в первом испытании событие
независимых испытаний, причем в пер-
, во вто-
1
; вероятности непоявления
n
. Такая схема испыта-
— вероятность появления
называют функ-
11 2 2
. (49)
того, что в n независимых испы-
при
и т.д., событие A появит-
2
при
2
равен вероятности
равен вероятности
k
в разложении
.
того, что
того, что событие A
, во втором —
1
2
, то
и т.д.),
— 71 —
4. Повторные независимые испытания
12
pp
A
A
2m =
6!
0,5p =
1 0, 5qp=−=
( )
( )
2 2 42 2 2
44
4!
2 0, 5 0, 5 0,375
2! 4 2 !
P m Cpq
−
= = = =
−
0,9p =
1 0,1qp=−=
( )
( )
5 5 75 5 2
77
7!
5 0,9 0,1 0,124
5! 7 5 !
P m C pq
−
= = = =
−
то изменяется лишь истолкование коэффициентов при различных степенях z. Например, в рассмотренном выше разложении коэффициент
определяет вероятность появления двух событий
и
.
1
2
4.7. Задачи и упражнения
4.1. Вероятность выигрыша по одному билету денежно-вещевой лотереи равна 0,2. Какова вероятность того, что из шести приобретенных билетов два билета окажутся выигрышными?
Решение задачи 4.1. Испытание состоит в том, что последовательно проверяются 6 билетов, т.е. проводится 6 повторных независимых испытаний. Каждое испытание имеет два исхода: билет выигрышный, билет невыигрышный. Вероятность выигрыша в каждом
испытании постоянна. Следовательно, схема Бернулли выполняется.
Пусть событие (
грышными. Тогда по формуле Бернулли (38) имеем:
P m Cp q
== ⋅= =
( )
66
4.2. Обычную монету бросили 4 раза. Чему равна при этом ве-
роятность выпадения герба два раза?
Решение задачи 4.2. В данном случае испытание заключается
в бросании монеты, в каждом испытании возможны два исхода: выпадение герба или решки. Вероятность выпадения герба при отдельном испытании;
муле Бернулли (38) искомая вероятность равна
) состоит в том, что 2 билета оказались выи-
2 2 62 2 4
2 0, 2 0,8 0, 246
−
2! 6 2 !
−
( )
и, следовательно,
. По фор-
4.3. Пусть всхожесть семян ржи составляет 90%. Чему равна
вероятность того, что из 7 посеянных семян взойдет 5?
Решение задачи 4.3. Вероятность всхожести отдельного семени
. Тогда
лим искомую вероятность:
. По формуле Бернулли (38) опреде-
— 72 —
4.7. Задачи и упражнения
0,5p =
0,5q =
( )
( )
2 2 42 2 2
44
4!
2 0, 5 0, 5 0,375
2! 4 2 !
P m Cpq
−
= = = =
−
( ) ( )
46
23Pm Pm=>=
0,6ð =
1 0,6 0,4q =−=
1m ≥
( )
0 0 60 6
66
1 1 1 0,4 0,9959P m C pq
−
≥=− =− =
4.4. Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть две партии из четырех или три партии из шести
(ничьи во внимание не принимаются)?
Решение задачи 4.4. Поскольку играют равносильные шахматисты, вероятность выигрыша в каждой партии
вательно, вероятность проигрыша
. Так как во всех партиях
, следо-
вероятность постоянна и безразлично, в какой последовательности
будут выиграны партии, то применима формула Бернулли. Используя формулу (38) найдем сначала вероятность того, что две партии
из четырех будут выиграны:
Найдем теперь вероятность того, что будут выиграны три партии из шести
3 3 63 3 3
3 0,5 0,5 0,3125
= = = =
P m Cpq
( )
66
−
6!
−
3! 6 3 !
( )
Так как
тии из четырех, чем три из шести.
4.5. Прибор состоит из шести элементов, включенных в цепь
параллельно и работающих независимо друг от друга. Вероятность
безотказной работы каждого элемента за время t равна 0,6. Для безаварийной работы прибора достаточно, чтобы хотя бы один элемент
был исправен. Какова вероятность того, что за время t прибор будет
работать безотказно?
Решение задачи 4.5. В данном случае событие À — это
безотказная работа элемента прибора. Вероятность наступления
данного события для каждого элемента постоянна и равна p
тогда вероятность отказа элемента
но, схема Бернулли выполняется. Пусть событие (
что хотя бы один элемент прибора исправен. Тогда вероятность
наступления рассматриваемого события удобнее вычислить, используя противоположное событие — ни одни из элементов не исправен:
, то вероятнее выиграть две пар-
,
. Следователь-
) означает,
.
— 73 —
4. Повторные независимые испытания
( )
1 0,9
1 0,4 0, 9
n
−≥
0, 4 0,1n≤
lg 0, 4 lg0,1n ⋅≤
lg 0, 4 0≤
lg 0,1
≥≈
0,9
0,7p =
0,3q =
24m≤≤
( )
2 2 52 3 3 53 4 4 54
5 5 55
24
P m C pq C pq Cpq
−−−
≤≤ = + + =
( )
( ) ( )
2 2 52 3 3 53 4 4 54
23 32 4
5! 5! 5!
0,7 0, 3 0,7 0,3 0,7 0,3 0,801
2!5 2! 3!5 3! 4!5 4!
−−−
= ⋅ + ⋅ + ⋅=
−−−
0,05p =
1 0,05 0,95q =−=
0
50 0, 05 0,95 50 0,05 0,05m⋅−≤≤⋅+
0
1,55 2,55m≤≤
4.6. Используя условия предыдущего примера, найдите число
элементов, которые необходимо включить в прибор, чтобы с вероятностью не менее 0,9 прибор работал безотказно.
Решение задачи 4.6. Так как в задаче требуется, чтобы выполнялось условие
сюда
Pm≥≥ , то имеем
n
. От-
. Прологарифмируем это неравенство, тогда
. Так как
, то
n
lg 0, 4
2,5
Следовательно, в приборе должно быть не менее трех элементов для того, чтобы с вероятностью
он работал безотказно.
4.7. Найдите вероятность осуществления от двух до четырех
разговоров по телефону при наблюдении пяти независимых вызовов, если вероятность того, что разговор состоится, равна 0,7.
Решение задачи 4.7. В данном случае событие À — разго-
вор при вызове состоялся. Вероятность этого события при каждом
вызове постоянная и равна
не состоится
. Следовательно, схема Бернулли выполняется.
Пусть событие (
) означает, что состоялось от двух до четы-
, вероятность того, что разговор
рех разговоров. Тогда искомая вероятность равна:
4.8. Магазин получил 50 деталей. Вероятность наличия бракованной детали в партии равна 0,05. Найдите наиболее вероятное
число бракованных деталей в этой партии.
Решение задачи 4.8. В данном случае событие À — появле-
ние бракованной детали. Вероятность этого события в каждом испытании постоянна
кованной детали
, тогда вероятность появление небра-
. Следовательно, схема Бернулли
выполняется. Используя формулу определения наивероятнейшего
числа наступления события À (41) имеем:
.
— 74 —
4.7. Задачи и упражнения
1
365
1825n =
1
1825 5 20
365
np=⋅= ⋅ =<
λ
( ) ( )
1825 10
10 5 0, 0181PP= =
0,002p =
20np= =
λ
()1 ()1 (0)1 1
0!
=−=− =− ≈
( )
26n =, 13m =
0, 4p =, 1 0,4 0,6q =−=
26 0,4 0,6 6, 24 20npq =⋅⋅= <
Так как число деталей может быть только целым, то наиболее
вероятное число бракованных деталей в этой партии равно 2.
4.9. На факультете 1825 студентов. Какова вероятность, что
1 сентября день рождение у 10 студентов.
Решение задачи 4.9. Вероятность того, что день рождения сту-
дента приходится на 1 сентября равна
точно мало,
— велико,
p = , это значение доста-
, следо-
вательно можно воспользоваться формулой Пуассона (43):
(по таблицам формулы Пуассона).
4.10. Проверяется партия из 10 000 изделий. Вероятность появления брака 0,002. Найти среднее число бракованных изделий и вероятность того, что в партии есть хотя бы одно бракованное изделие.
Решение задачи 4.10. Число опытов проведенных по схемам
Бернулли достаточно велико, а вероятность в каждом из них достаточно мала
, можно сказать, что случайная величина бракованных изделий распределена по закону Пуассона. Среднее число
бракованных изделий равно
Пусть событие À состоит в том, что в партии имеет хотя
бы одно бракованное изделие. Тогда
PA PA P
10000
9980
0 9980
−
e
(практически достоверное событие).
4.11. Вероятность изготовления детали высшего сорта на данном станке равна 0,4. Найти вероятность того, что среди наудачу взятых 26 деталей половина окажется высшего сорта.
Решение задачи 4.11. Требуется найти вероятность
В данном случае
,
26
13P .
, следовательно можно применить локальную теорему Лапласа (44). Вычислим значение аргумента функции Гаусса:
,
— 75 —
4. Повторные независимые испытания
13 26 0,4
1, 04
6, 24
x
−⋅
= =
( )
1,04 0, 2323f =
0,2323
≈=
( )
530
600n =, 530m =
0,9p =, 1 0,9 0,1q =−=
600 0,9 0,1 54npq = ⋅⋅=
530 600 0,9
1,136
54
x
−⋅
= = −
1,136x =
( )
1,136 0,1582f =
(
)
60
0,1582
530 0,021
54
P ≈=
0,8p =
100n =
0,7p =
1 0,8 0, 2q =−=
75a =
90b =
x
x
1
75 100 0,8
1, 25
100 0,8 0, 2
x
−⋅
= = −
⋅⋅
Значение функции Гаусса находим по таблице в приложении 2:
Тогда искомая вероятность равна
13 0, 093
P
( )
23
6, 25
4.12. Вероятность получения с конвейера изделия первого сорта равна 0,9. Определите вероятность того, что из взятых на проверку 600 изделий 530 будут первого сорта.
Решение задачи 4.12. Требуется найти вероятность
В данном случае
,
P .
600
, следовательно можно применить локальную
теорему Лапласа (44). Вычислим значение аргумента функции Гаусса:
В силу четности функции Гаусса примем
Значение функции Гаусса находим по таблице в приложении 2:
Тогда искомая вероятность равна
,
4.13. Вероятность появления события в каждом из 100 независимых испытаний постоянная и равна
того, что событие появится: а) не менее 75 и не более 90 раз; б) не менее 75 раз; в) не более 74 раз.
Решение задачи 4.13. а) По условию известно
явлений события заключено между
и
:
2
.
. Найти вероятность
. Требуется найти вероятность того, что число по-
и
— 76 —
. Вычислим
,
1
4.7. Задачи и упражнения
2
90 100 0,8
2,5
100 0,8 0, 2
x
−⋅
= =
⋅⋅
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
75 90 2,5 1,25 2, 5 1,25 0,4938 0,3944 0,8882Pm≤≤≈Φ−Φ−=Φ+Φ = + =
75a =
100b =
1
75 100 0,8
1, 25
100 0,8 0, 2
x
−⋅
= = −
⋅⋅
2
100 100 0,8
5
100 0,8 0, 2
x
−⋅
= =
⋅⋅
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
100
75 100 5 1, 25 5 1,25 0,5 0,3944 0,8944Pm≤≤ ≈Φ−Φ− =Φ+Φ = + =
( ) ( )
100 100
0 74 1 75 100 1 0,8944 0,1056Pm P m≤≤ =− ≤≤ =− =
625n =
0,8p =
1 0,8 0, 2q =−=
0,04=
ε
( )
625
0,04 625
0,8 0,04 2 2 2,5 2 0,4938 0,9876
625
0,8 0,2
m
P
⋅
−≤ =Φ =Φ =⋅ =
⋅
Искомую вероятность находим, используя интегральную тео-
рему Лапласа (45):
100
б) Требование, чтобы событие появилось не менее 75 раз означает, что число появления события должно быть равно 75 или 76,
…, или 100, т.е. в рассматриваемом случае примем
и
Тогда
Искомую вероятность находим, используя интегральную теорему Лапласа (45):
в) События — «А появилось не менее 75 раз» и «А появилось
не более 74 раз» противоположны, потому сумма вероятностей этих
событий равна 1. Следовательно, искомая вероятность
.
4.14. Вероятность появления события в каждом из 625 независимых испытаний равна 0,8. Найти вероятность того, что относительная частота появления события отклонится от его вероятности
по абсолютной величине не более чем на 0,04.
Решение задачи 4.14. По условию задачи
,
. Искомую вероятность найдем, используя
формулу (46):
— 77 —
,
,
4. Повторные независимые испытания
0,5p =
1 0,5 0,5q =−=
0,02=
ε
mn
( )
Φ=
( )
30n
900n =
400n =
0,8p =
1 0,8 0, 2q =−=
( )
( )
2,57 0, 495Φ=
50 2,57=
ε
0,05=
ε
4.15. Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,5. Найти число испытаний n, при котором
с вероятностью 0,7698 можно ожидать, что относительная частота
появления события отклониться от его вероятности по абсолютной
величине не более чем на 0,02.
Решение задачи 4.15. По условию задачи
m
,
P
, 0,5 0,02 0, 7698
−≤ =
n
n
. Число ис-
пытаний найдем из условия (46):
0,5 0,02 2 0,7698
−≤ =Φ =
P
n
n
0,02
0,5 0,5
⋅
,
или
0,04 0,3849n
. По таблице приложения 3 найдем,
1, 2 0,3849Φ= , следовательно
0, 04 1, 2n = или
Таким образом, искомое число испытаний
= .
.
4.16. Вероятность появления события в каждом из 400 независимых испытаний равна 0,8. Найти такое положительное число ε,
чтобы с вероятностью 0,99 абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от его вероятности 0,8
не превысила ε.
Решение задачи 4.16. По условию задачи
m
P
,
400
0,5 0,99
− ≤=
400
ε
. Число ε найдем из ус-
,
ловия (46):
400
ε
0,8 0,2
⋅
или
m
P
400
0,8 2 0,99
− ≤=Φ =
400
ε
50 0, 495Φ=ε. По таблице приложения 3 найдем,
, следовательно
.
Отсюда, искомое число
.
,
— 78 —
4.7. Задачи и упражнения
900n =
0,9p =, 1 0,9 0,1q =−=
900
0,9 0,95
900
mP
− ≤=
ε
( )
100 0, 475Φ=
ε
( )
Φ=
100 1,96=
ε
0,02=
ε
0,9 0, 02
900
m
−≤
900
m
792 828m≤≤
( )
2020 28Pm−≤
4.17. Отдел технического контроля проверяет качество 900 деталей. Вероятность того, что деталь соответствует критериям качества равна 0,9. Найти с вероятностью 0,95 границы, в которых будет
заключено число m качественных деталей среди проверенных.
Решение задачи 4.17. По условию задачи
,
,
ловия (46):
m
P
900
или
1,96 0, 475
Отсюда,
Таким образом, с вероятностью 0,95 отклонение относительной частоты числа качественных деталей от вероятности 0,9 удовлетворяет неравенству
Отсюда искомое число m качественных деталей среди 900 проверенных с вероятностью 0,95 заключено в следующих границах:
4.18. Бюффон бросил монету 4040 раз, причем герб выпал
2048 раз. Можно ли считать полученное отклонение числа появлений герба от 2020 случайным или же оно обусловлено систематической причиной?
Решение задачи 4.18. Расхождение эмпирической частоты
Бюффона от теоретической можно считать случайным, если вероятность того, что при 4040 бросаниях монеты отклонение числа
выпадений герба от 2020 равно или больше по абсолютной величине, чем у Бюффона, достаточно большая. Пусть m — число выпадений герба при 4040 бросаниях монеты. Находим вероятность
, следовательно
0,9 2 0,95
− ≤=Φ =
900
, где 28 2048 2020= −
ε
. По таблице приложения 3 найдем,
.
или 0,02 0,9 0,02
− ≤ −≤
. Число ε найдем из ус-
900
ε
0,9 0,1
⋅
.
.
— 79 —
4. Повторные независимые испытания
4040n =
0,5p =, 1 0,5 0,5q =−=
28=
ε
( )
( )
28
2020 28 2 2 0,881 0,6217
4040 0,5 0,5
Pm
− ≤=Φ =Φ =
⋅⋅
2020 28m −≤
1 0, 6217 0,3783−=
0,9p =
2
0,95p =
0,8p =
0,85p =
0,1q =
0,05q =
0, 2q =
4
0,15q =
( ) ( )( )( )( )
zzzz
φ= + + + + =
=+ + ++
4
z
( )
4 0,5814P =
2
z
( )
4
2 0,06965P =
( ) ( ) ( )
444
2 3 4 0,06965 0,34315 0,5814 0,9942PP P P=++ = + + =
В данном случае
,
,
Тогда по формуле (48):
Поэтому вероятность противоположного события, т. е. того,
что
, равна
. Так как эта вероятность достаточно большая, то результат Бюффона можно считать
обусловленным случайными причинами.
4.19. Завод изготовляет изделия, каждое из которых должно
подвергаться четырем видам испытаний. Первое испытание изделие
проходит благополучно с вероятностью 0,9; второе — с вероятностью 0,95; третье — с вероятностью 0,8 и четвертое — с вероятностью 0,85. Найти вероятность того, что изделие пройдет благополучно:
1) все четыре испытания;
2) ровно два испытания (из четырех);
3) не менее двух испытаний (из четырех).
Решение задачи 4.19. Вероятности того, что изделие пройдет
первое, второе, третье или четвертое испытание соответственно
равны
1
того, что изделие не пройдет испытания равны
3
;
zz z z z
4
;
;
;
3
4
. Тогда вероятности
;
1
2
. Составим производящую функцию (49):
0,9 0,1 0,95 0, 05 0, 8 0, 2 0,85 0,15
0,5814 0,34315 0,06965 0, 00565 0, 00015.
432
1) Вероятность того, что изделие пройдет все четыре испыта-
ния равна коэффициенту при
:
4
.
2) Вероятность того, что изделие пройдет два испытания из че-
тырех равна коэффициенту при
:
.
3) Вероятность того, что изделие пройдет не менее двух испы-
таний из четырех равна:
.
.
;
— 80 —
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]