Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория вероятностей и математическая статистика теория вероятностей. Практикум
.pdf
p
2
p
3
p
2
Рис. 2.6. Схема системы соединения приборов
p
1
p
1
p
1
p
3
8. Стрелок, попадающий в цель с вероятностью 0,6, стреляет до
первого попадания, но не более четырех раз, Х – число выстрелов.
Найти вероятность события: 2 X 3. Вычислить М(Х) – математи-
ческое ожидание, D(X) – дисперсию и
– среднее квадратическое
Х
отклонение случайной величины Х – числа выстрелов.
Контрольная работа 2
. Функция плотности непрерывной случайной величины задана
1
2
0, 0,4
x
. Найти коэффициент a, запи-
формулой
()
x
(4 ), [0,4]
axx x
сать функцию распределения. Вычислить М(Х), P(X > 1), медиану.
2. Функция распределения непрерывной случайной величины за-
00
x
12
x
. Найти параметры а и b. Вы-
дана в виде
() 0 2
Fx ax b x
2
числить М(Х), D(X), P(X > 1).
3. Заданы математическое ожидание а = 8 и среднее квадратиче-
ское отклонение = 2 нормально распределенной случайной величины Х. Требуется найти:
а) вероятность того, что Х примет значение, принадлежащее ин-
тервалу (4; 14);
б) вероятность того, что абсолютная величина отклонения Х – а
окажется меньше = 5.
4. В некоторой партии 600 деталей. Вероятность того, что деталь
стандартная, равна 0,85. Найти вероятность того, что:
а) в этой партии стандартных деталей окажется от 500 до 525;
101
б) отклонение числа стандартных деталей от своего среднего зна-
B
A
A
A
чения (математического ожидания) не превосходит 12.
5. На завод прибыла партия деталей в количестве 1000 штук. Ве-
роятность того, что деталь окажется бракованной, равна 0,002. Какова вероятность, что среди прибывших деталей будет не более трех
бракованных?
2.4. Решение типовых вариантов
контрольных работ
Решение контрольной работы 1
1. По условию вероятность события А – договор завершился вы-
платой – равна 0,1. Соответственно, вероятность противоположного
события
114
5
(A) 1 0,1 0.9.Pq
0,328.Cpq
По формуле Бернулли имеем:
Ответ: 0,328.
2. а) Найдем вероятность события: первый купленный билет вы-
игрышный, а остальные – невыигрышные. Такое событие, обозначим
его B
A
, является совмещением четырех событий
1
– первый купленный билет выигрышный,
1
234
AAA A
1 1234
,,
AA
, соответст-
венно, второй, третий и четвертый купленные билеты невыигрышные. Вероятность совмещения этих событий найдем по формуле (1.11):
(1)P
5
, где
Р (
AAA
1234
) = Р(А1) Р(А2/А1) Р(А3/(А1А2)) Р(А4/(
AA
123
)).
В силу равной возможности исходов, обеспеченной перемешиванием билетов, для вычисления как безусловных, так и условных вероятностей можно воспользоваться формулой вероятности в классической модели (1.1).
4
) =
Р(А
1
дов, благоприятствующих событию A
. Всего билетов 16 – общее число исходов. Число исхо-
16
(куплен выигрышный билет)
1
равно числу выигравших билетов, т.е. 4.
Р(А
2/А1
) =
. Найдена вероятность того, что второй билет невы-
15
12
игрышный, если первый был выигрышный. Общее число исходов 15,
так как один билет уже куплен, осталось 15. Число исходов, благо-
102
приятствующих событию, равно 12, так как первым куплен выиг-
A
B
B
B
B
рышный билет, а все невыигрышные остались.
Р(А
/(А1А2)) =
3
11
. Найдена вероятность того, что третий билет не-
14
выигрышный, если первый был выигрышный, а второй – невыигрышный. После покупки двух билетов осталось 14, среди них 11 невыигрышных.
Р(А
/(
4
AA
123
)) =
10
. Найдена вероятность того, что четвертый
13
билет невыигрышный, если первый был выигрышный, а второй и
третий – невыигрышные. После покупки трех билетов осталось 13,
среди них 10 невыигрышных.
Тогда
4
12
11
Р(В
) = Р(
1
AAA A
1234
) =
16
15
10
14
. (2.1)
13
Итак, найдена вероятность, что первый купленный билет выигрышный, остальные – невыигрышные. Но выигрышным может быть
второй, третий или четвертый купленный билет при остальных невыигрышных. Возникают еще три несовместных события В
, В3 и В4,
2
вероятности каждого из которых равны (2.1) с точностью до перестановки множителей. Например, вероятность события В
, второй
2
купленный билет выигрышный, остальные невыигрышные, равна
12
4
11
Р(В
) =
2
16
15
10
14
.
13
Искомое событие, куплен ровно один выигрышный билет, равно
BBB
сумме событий
1234
. Так как события
, i = 1, 2, 3, 4,
i
попарно несовместные, вероятность их суммы равна сумме вероятностей событий
бытий
одинакова и равна (2.1). Поэтому искомая вероятность
i
равна вероятности (2.1), умноженной на 4, т.е. 4
0,4835.
(формула (1.4)). Но вероятность каждого из со-
i
4
12
11
10
14
13
16
15
б) Для нахождения вероятности покупки хотя бы одного выигрышного билета (событие С) сначала найдем вероятность противоположного события – все купленные билеты невыигрышные (собы-
103
тие C ). Это событие соответствует совмещению событий – каждый
из купленных билетов невыигрышный. Вероятность такого события
вычисляется по формуле (1.11):
12
11
10
Р(
C ) =
16
15
9
14
0,272.
13
Тогда Р(С) = 1 – Р(
C ) = 1 – 0,272 = 0,728.
Ответ: а) 0,4835; б) 0,728.
3. Пусть сторона правильного шестиугольника равна а. Правиль-
ный шестиугольник можно разбить на шесть равносторонних треугольников со стороной а (рис. 2.7). Высота равностороннего тре-
угольника равна
h
32a
, его площадь
площадь шестиугольника равна
санного круга равна
Sa
кр
2
, так как его радиус равен стороне пра-
Sah
тр
2
33
SS
6
шест тр
a
2
13
24
2
a
. тогда
. Площадь впи-
вильного треугольника.
Рис. 2.7. Вписанный в круг
правильный шестиугольник
Вероятность попадания «случайной точки» во вписанный пра-
вильный шестиугольник, согласно формуле (1.2)
S
шест
P
S
кр
2
a
3333
2
a
2
2
0,827
.
Найдем вероятность того, что из 5 случайно помещенных в круг то-
чек внутри правильного шестиугольника окажутся 3 точки. Воспользу-
, 1 1 0,827 0,173.qp
емся формулой Бернулли. Здесь 0,827p
104
543
(3) 0,827 0,173 10 0,827 0,173 0,1693.
PCpq
55
332 3 2 3 2
3!
Ответ: 0,827; 0,1693.
4. Для решения задачи воспользуемся формулой полной вероят-
ности (1.15) и формулой Байеса (1.16). Сформулируем две гипотезы:
случайно выбранное лицо является мужчиной (Н
(Н
). Согласно условию Р(Н1) = Р(Н2) = 0,5. Событие А – случайно
2
) или женщиной
1
выбранное лицо страдает дальтонизмом. Условные вероятности, как
следует из условия, равны
(/ )PA H
= 0,05;
1
(/ )PA H
= 0,0025.
2
Тогда по формуле полной вероятности (1.15):
()PA
Р(Н1)
(/ )PA H
1
Р(Н2)
(/ )PA H
2
= 0,5 0,05 + 0,5 0,0025 = 0,02625.
Искомую вероятность найдем по формуле Байеса (1.16):
(/)
PH A
1
PH PAH
11
( ) 0,02625
PA
0,5 0,05
0,952.
()(/)
Ответ: 0,952.
5. Математическое ожидание обладает свойством линейности
(1.28), математическое ожидание константы равно значению этой
константы, поэтому
М(Z) = M(6X – 8Y – 9) = 6M(X) – 8M(Y) – 9 = 6 2,4 – 8 3,8 = –25.
Для независимых случайных величин дисперсия суммы равна
сумме дисперсий, дисперсия константы равна нулю, при умножении
случайной величины на число дисперсия умножается на квадрат этого числа (1.31):
D(Z) = D(6X – 8Y – 9) = D(6X) + D(–8Y) = 36D(X) + 64D(Y) =
= 36 0,5 + 64 0,9 = 75,6.
Ответ: М(Z) = –25; D(Z) = 75,6.
6. Рассмотрим случайную величину Х – число работающих станков
из 10. Цех выполнит задание, если
7, т.е. Х примет значение 10, 9,
X
8 или 7. Величина Х имеет биномиальное распределение. n = 10,
p = 0,9 – вероятность того, что станок работает, q = 1 – p = 0,1 – веро-
105
ятность выхода станка из строя. Найдем по формуле (1.21) вероятно-
сти того, что Х примет интересующие нас значения.
10
0,9
Р(Х = 10) =
;
19
0,9 0,1C ;
10
282
0,9 0,1C ;
10
0,9 0,1C ;
82
0,9 0,1
C
=
Р(
0,9
Р(Х = 9) =
Р(Х = 8) =
Р(Х = 7) =
7) = Р(Х = 10) + Р(Х = 9) + Р(Х = 8) + Р(Х = 7) =
X
10
+ 10
0,9 0,1
373
10
9
+ 45
Ответ: 0,9872.
7. Пусть Р
– надежность фрагмента схемы I, где два участка под-
I
ключены параллельно:
р
2
р
2
Тогда
1(1 ) 10,2 0,96pР .
22
2I
Аналогично рассчитывается надежность Р
р
3
C = 10;
2
C
10
3
10
+ 120
1
10
10 9
= 45;
2
10 9 8
= 120.
23
73
0,9 0,1
фрагмента II:
II
0,9872.
р
1(1 ) 10,25 0,9375.Р p
II 3
22
3
Эти фрагменты подключены последовательно, поэтому надеж-
ность цепи III
р
2
р
2
равна
106
III I II
0,96 0,9375 0,9PPP
.
р
3
р
3
Найдем надежность
1 (1 ) 1 0,4 1 0,064 0,936.Р p
IV 1
P
участка IV:
IV
р
1
р
1
р
1
33
Участки III и IV подключены параллельно, поэтому надежность
всей схемы
1 (1 )(1 ) 1 0,1 0,064 0,9936PPP
III IV
.
Ответ: 0,9936.
8. Составим таблицу распределения вероятностей случайной ве-
личины Х – числа выстрелов.
Р(Х = 1) = 0,6 (стрелок попал с первого раза).
Р(Х = 2) = 0,4 0,6 (при первом выстреле попадания не было, при
втором выстреле цель поражена).
Р(Х = 3) = 0,4
было, при третьем выстреле цель поражена).
Р(Х = 4) = 0,4
2
0,6 (при первом и втором выстрелах попадания не
3
0,6 + 0,44 (результат достигается при двух вариан-
тах; первый: первые три раза попадания не было, при четвертом выстреле цель поражена; второй: все четыре раза стрелок в цель не попал, но по условию он стреляет не более четырех раз; эти два варианта являются несовместными событиями, по правилу сложения вероятностей
вероятность появления хотя бы одного из этих событий
равна сумме их вероятностей).
Распределение вероятностей случайной величины Х приведено во
втором столбце табл. 2.1. В последней строке для контроля посчитана сумма вычисленных вероятностей, которая в таких таблицах всегда должна быть равна единице.
Таблица 2.1
Распределение вероятностей случайной величины X
2
Х P Х P Х
1 0,6 0,6 0,6
2
3
4
0,4
0,6 = 0,24
0,42 0,6 = 0,096
3
0,4
0,6 + 0,44 = 0,064
1,000 1,624 3,448
0,48 0,96
0,288 0,864
0,256 1,024
P
107
Вероятность события: 2
x
x
x
F
F
X
3 равна
Р(2
Расчет числовых характеристик случайной величины Х приведен
в третьем и четвертом столбцах табл. 2.1. В столбцах ХP и Х
саны значения произведений x
3) = Р(Х = 2) + Р(Х = 3) = 0,24 + 0,096 = 0,336.
X
2
и x
i pi
pi. В последней строке – суммы
i
2
P запи-
элементов соответствующих столбцов.
Математическое ожидание вычисляем по формуле (1.26):
4
1iii
p
= 1,624.
M(X) =
Дисперсию и среднее квадратическое отклонение находим, соот-
ветственно, по формулам (1.32) и (1.30):
4
()DX M(X
2
)
Ответ: Р = 0,336; M(X) = 1,624; ( )DX
2
()MX
1
i
() ()XDX
0,9.
2
– 1,6242 = 3,448 – 1,624
p
ii
0,81; ( )X 0,9.
2
0,81;
Решение контрольной работы 2
Коэффициент а находим из условия нормировки функции
1.
плотности (формула (1.44):
dx
.
() 1
В нашем случае
4
1(4 ) 4 32 ,
axxdxa a a
0
Откуда получаем
a
23
2
3
.
xx
23 3 3
4
0
64 32
32
Функцию распределения ()
x находим как первообразную функ-
ции плотности по формуле (1.45):
x
.
108
() ()
xtdt
В нашем случае () 0Fx при
M
M
x
x
x
. При [0; 4]x
0x
xx
() () (4 ) 4 2
Fx tdt t t dt x
00
33 3
22
32 32 2 3 32 3
23
3
xx
23 3
tt x
x
0
16 32
и () 1Fx при
Математическое ожидание ()
.
4x
X равно (формула (1.50):
Xxxdx
() ()
44
33
(4 ) (4 )
32 32
00
3344
42.
32 3 4 32 3 4
223
xxdx x xdx
34 44
xx
x
0
Вероятность события Х > 1 находим, воспользовавшись формулой
(1.43):
4
( 1) ( ) (4 ) 2 0,84375.
PX tdt x x dx x
10
Медиана распределения m
) = 0,5. В нашем случае
F(m
x
23
3
mm
xx
16 32 2
x
33 27
22
32 32 3 32
находится из уравнения (1.49):
x
1
;
23
6160;
mm
xx
mm
4
3
x
1
32
6160;
xx
откуда
Ответ:
m
= 2.
0, 0
3
a
0,84375;P
;
Fx x
32
m
= 2.
3
xx
() , [0;4];
16 32
x
23
x
1, 4
( ) 2;MX
109
2. Найдем параметры а и b из условия непрерывности функции
x
x
распределения:
(0) 0 0 ; 0;Fabb
(2) 1 2 4 ; ;
Fabaa
2
2
1
4
2
()
откуда следует, что
Fx
при [0; 2]x
.
4
Запишем уравнение функции плотности из условия (1.46)
() ()
Fx
:
0, 0
x
2
0, 2
x
x
() , [0;2].
xx
Вычислим числовые характеристики случайной величины:
() () ;
MX x xdx x dx
22 2
() () 2;
MX x xdx x dx
() ( )( ()) 2 ;
DX MX MX
22
2
xx
2663
0
2
xx
288
0
2
3
84
0
2
4
16
0
2
42
39
13
(1)1(1)1 .
PX F
44
0, 0
Ответ: а = 0,25; b = 0;
2
() 0,222;
DX
() , [0;2]
xx
0,75.P
x
2
0, 2
x
;
MX
4
() 1,333;
3
x
9
110
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]