Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы математического моделирования. Учебное пособие-2.pdf
9. Краевые задачи.
=+′+′
′
α
τ
α=τ
=
=
=
λ
−
=
=
М
=
=
=
=
Как отмечалось выше, общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка содержит две произвольных постоянных (две «степени свободы»). Частное решение может
быть выделено тогда из общего путём задания двух специальных условий. Этими условиями могут
быть не только начальные, но и так называемые краевые условия. Например, в механике может быть
задано положение объекта в дв
а различных момента времени. Так, процесс механических колебаний
объекта массы m относительно положения равновесия описывается уравнением
)(tfkyyhym
,
где )(tyy = – отклонение в момент t точки от положения равновесия; h – коэффициент трения;
k – коэффициент упругости восстанавливающей силы; )(tf – внешняя сила. Если задать положения
и β объекта в моменты соответственно
и
τ
∗
y
⎧
⎨
⎩
,
)()(y
β=τ
∗
то приходим к так называемой краевой задаче. Подобная математическая модель возникает и в задаче
об электрических колебаниях и др.
Пример.
причём положения точки в начальный момент и в момент 1
Механические колебания материальной точки описываются уравнением
t4
′
′′
+
178
=+
еууу ,
−
t заданы:
0)1(,0)0(
yy .
Определить отклонение )(ty точки от положения равновесия в любой момент времени t.
Решение. Найдём общее решение ЛНУ. Характеристическое уравнение для соответствующего
ЛОУ имеет корни i±−=
4
t
−
0
+=
)sincos(
tCtCеу
21
Поскольку контрольное число 4
t
Находя
′
ч
4
Меу
4−−=
и
173216
4
t
−
ч
0
4
2,1
, поэтому общее решение ЛОУ получаем в виде
.
S не совпадает ни с одним из корней, то
t
′′
16−=
ч
tttt
4444
−−−−
eMeMeMe
=+− , откуда 1
++=+=
21
4
Меу
и подставляя результаты в ЛНУ, получаем
так что
tCtCеууу
– общее решение ЛНУ.
)sincos1(
t
4
−
Меу
= .
ч
t
4
−
еу
=
ч
. Следовательно,
71
Теперь подставим краевые условия:
С
⎧
1
⎨
−
4
⎩
Решая систему, получаем
0
t и ,0
C
⎧
1
⎪
⎨
C
2
⎪
⎩
=++
001
−=
=
y 1
1
t и 0
CСе
21
+−
.
1cos1
1sin
=++
y :
.0)1sin1cos1(
Окончательно,
=
λ
−
λ
λ
{
}
+−=
−===−
=
=
′
(
(
−
t
4
10. Системы дифференциальных уравнений
Рассмотрим задачу о нахождении функций x = x(t) и y = y(t) как решений системы дифферен-
циальных уравнений
Общее решение ищем следующим образом:
а) составим характеристическое уравнение вида
б) в соответствии с его корнями
Пример.
Найти общее решение системы
Имеем характеристическое уравнение )6,9,4,6(
откуда 12,0,66
Далее, из второго уравнения системы )6(
Поскольку
11cos
⎛
cos1)(
⎜
⎝
+−=
−
sin
1sin
dx
⎧
⎪
dt
⎨
dy
⎪
⎩
dt
λ−−
−
λ=λ±=+λ . Следовательно,
21
0
1
⎞
ttetу
– искомое отклонение в любой момент времени t.
⎟
⎠
+=
byax
, const,,,
+=
qypx
qpba .
ba
;
0=
λ−
qp
,
строим ФСР
21
⎧
⎪
1
⎨
x
⎪
p
⎩
&
⎧
⎨
&
⎩
+=
&
qyy
−=
tyCtyCy
)()(
2211
)(
46
.
yxx
.
yxy
69
−=
)(),(
tyty и общее решение
21
qpba
46
0
=
69
т.е. 036)6(
λ−−
12
2
;;1
1
&
9
+==== .
yyx +=
.
2
=−λ−− ,
tt
12
−−
eCCyeyey
21
tt
&
()
12
+=
21
12−−−=
12
eCeCCy
, то
2
2
−=
3
t
12
−
)
eCCx
.
21
Итак, найдено общее решение заданной системы
2
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
−=
3
+=
21
t
12
)
eCCx
21
eCCy
−−t
12
.
Замечание. Решение системы можно понимать как совокупность возможных траекторий
(законов движения) материальной точки в плоскости, найденную по известной зависимости коорди-
&&
, вектора скорости jyix&&+=v от плоских координат этой точки.
нат yx
72
11. Задачи для самостоятельного решения по теме «Дифференциальные уравнения».
(
)
(
)
′
x
()(
)
=
(
(
)
x
(
1 – 10. Найти общее решение уравнений.
3
1.
2.
а)
а)
2 xyyx =
22
′
+ ;
dyxdxxy sin1cos += ;
б)
б)
′
x
yyx =−
′
;
2
y
xyyyx 322 +=
;
в)
в)
′
x
−
exyy
=+′2 .
22
exxyy
=+
2
x
−
.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
− yxyy
а)
′
()
а)
а)
′
exy44−=
а)
()
а)
а)
′
а)
′
а)
arctg
xy
=
023 =+
; б)
xx
eyey 21 =−
;
y
;
dyydxxy lnsin −
2
)
0ln =+ dxxydyx ;
xyy 3ctg23 +=
;
1
y
+
;
2
1
+
1 – 10. Решить задачу Коши.
2
′
yyy
232
2.
−
2
x
11
1.
4.
7.
10.
⎧
′′
()()
⎪
()
y
⎨
⎪
′
()
y
⎩
⎧
′′
=
y
⎪
⎪
()
y
⎨
⎪
′
()
y
⎪
⎩
⎧
′′
y
=
⎪
⎪
⎪
()
y
⎨
⎪
′
()
y
⎪
⎪
⎩
⎧
′′
+
y
⎪
⎪
y
⎨
⎪
y
⎪
⎩
=
00
=
30
+
1
+
2
=
10
=
()
y
2
y
=
00
=
10
′
2
y
x
()
′
()
=+
′
y
x
00
2
′
−
1
=
−=
=
01
y
′
y =−
x
′
3
y +=
б)
′
б)
−
y ;
2
;
02cos1
=−− dxydyx ;
⎧
() ()
+
⎪
()
y
⎨
⎪
′
()
y
⎩
−
6
y
⎧
⎪
5.
()
y
⎨
⎪
′
()
y
⎩
′
−
б)
y
x
′
б)
′
−
б)
y ; в)
x
y
′
б)
y +−=
x
′
б)
′
′′
−
=
20
=
00
′′
3
ye
=
⋅
00
=
10
=
⎧
8.
′′
⎪
⎪
⎪
π
⎞
⎛
y
⎟
⎜
⎨
⎠
⎝
⎪
⎪
π
⎞
⎛
′
y
⎟
⎜
⎪
⎩
⎠
⎝
2
=
=
=⋅
2
π
42
1
′
()
yytgy
2
2y
y
x
2
y
+
yx
y
=
+
+=
yxy
44
3
y
3
=
()
x
5
3
3
y
()
x
−
22;
2xyyxy +=
2
xyyx
+=
11
2
; в)
;
0
3
11+
;
y
2
x
;
в)
в)
в)
в) xyy 2−=
y
3
11−=
y
в)
x
22
; в)
⎧
() ()
⎪
3.
⎨
⎪
⎩
()
y
′
y
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
y
′
y
y
′
y
()
′′
()
6.
9.
y
3
′
y
3
x
y
′
−
y .
+
x
′
=+
3
⎛
′
yyx ln1.
⎜
⎝
′
′
y
′
y
3
2
=−
sin
x
x
−
3
eyyy
y
+=
x
.
+=
xyyx
sin33
2
e
3−=+
x
x
′
′′
+=
1
=
10
()
=
00
′′
)
++
=
01
()
11
=
()()
=
00
()
=
10
2
eyy
23 =−
.
22
′
yy
′
=
01
yyx
2
′
yyy
=+⋅
51
y
.
x
242+=
.
⎞
⎟
⎠
y
2
.
x
2
x
.
73
1 – 10. Найти общее решение уравнений.
−=+′+′′
=′−′′
−=′+′
′
−
=−′
′
=−′
′
(
)
(
)
(
)
=
()(
)
=
=
(
)
(
)
(
)
=
=
(
)
(
)
=
=
=
=
+
=
(
)
(
=
+
=
−
=
+
=
−
=
+
=
+
=
1. 416 =
4.
7. xxyy sin5cos5
′
+′′yy . 2. xyyy sin2
′
′′
+
′
′′
=
−
x
eyy22−−=
.
5. 25
. 8. xyy 4sin316
xyy .
. 3. xyy 1212
′′
6. 1213
. 9. xyy 7cos749
+
′
xyy .
.
2
+=
.
10.
1 – 10. Механические колебания материальной точки описываются уравнением
′
′′
+
ния равновесия, p, q – постоянные коэффициенты,
ный момент и момент 1
вычислять приближенно с точностью до 0,1).
1.
3.
5.
7.
9.
1 – 10. Дана зависимость координат yx
от плоских координат
Восстановить закон движения
1.
4.
7.
10.
+
,tfqyypy =+
где
;5,4
&
+=
yxx
⎧
⎨
&
⎩
&
⎧
⎨
&
⎩
&
⎧
⎨
&
⎩
&
⎧
⎨
&
⎩
98
+=
yxy
84
+=
yxx
23
+=
yxy
54
+=
yxx
42
+=
yxy
29
+=
yxx
+=
yxy
38
xyyy 42510=+
t заданы:
()
etfqp
=== . 2.
()
=== 4;25,6. 8.
()
=== .
yx,
.
2.
5.
8.
′
′′
.
tyy = – отклонение в момент времени t колеблющейся точки от положе-
t
2
−
ttfqp cos3;9,0 === . 4.
ttfqp 6sin;10,6 === . 6.
t
−
etfqp
t
5
−
еtfqp
3;18,6
&&
, вектора скорости jyixv
⎧
⎨
⎩
⎧
⎨
⎩
⎧
⎨
⎩
⎧
⎨
⎩
()
=
&
&
&
&
&
&
25
yxx
+=
yxy
yxx747
+=
yxy
165
+=
yxy
54
tf
– внешняя сила. Положение точки в началь-
21,00
yy . Определить
ty (значения постоянных
()
10. ttfqp sin)(;90,6 =
)
,,
CCtxx
21
.
,,
CCtyy
21
&
3.
6.
yxx
9.
⎧
⎨
&
⎩
⎧
⎨
⎩
&
⎧
⎨
&
⎩
−=
&
&
+−=
yxx
8
+=
yxy
2
t
−
etfqp
=== 3)(;10,2 .
ttfqp 2sin4;16,0 =
.
ttfqp cos2;26,10 =
.
t
−
etfqp
=== 4;20,4.
.
&&
материальной точки
yxx342
yxy
yxx99
yxy
74
4. СТОХАСТИЧЕСКИЕ МОДЕЛИ
∅
⋅
A
A
A
ЕAA
=
Ряд процессов и явлений носят случайный характер, в силу чего при их моделировании
используется аппарат теории вероятностей и математической статистики. Стохастические знания,
вероятностное мышление, умение строить научно обоснованные прогнозы, становятся как нельзя
востребованными в современных условиях. Согласно требованиям ФГОС, в результате изучения
базовой части естественно-математического цикла обучающийся должен:
знать: основные понятия, методы и приёмы теории вероятностей и математической статистики,
уметь: использовать в практической деятельности математические (вероятностно-
статистические) методы;
владеть навыками анализа статистических данных.
В свою очередь, для этого необходимо владение умениями:
– построения вероятностных моделей по условию задачи и вычисления вероятности наступления событий, в том числе с применением формул комбинаторики и основных теорем теории вероятностей;
– исследования случайных величин по их распределению;
– анализа статистических данных.
4.1. ВЕРОЯТНОСТЬ СЛУЧАЙНОГО СОБЫТИЯ
1. Случайные события.
Понятие события является первоначальным, неопределяемым. События можно разбить на
три категории: достоверные (наверняка происходящие при выполнении данного комплекса условий;
достоверные события обозначаем символом Е), невозможные (наверняка не происходящие; невозможные события обозначаем символом ∅) и случайные (могут как произойти, так и не произойти при
выполнении данного комплекса условий; обозначения: А, В, С, …).
Во множест
Сложение событий. Событие A = A
событий A
, A2, …, An , если событие A состоит в наступлении хотя бы одного из указанных
1
ве событий вводятся следующие действия.
+ A2 + … + An называется суммой конечного количества
1
....,,1, nkАk=
Умножение событий. Событие B = A
ства событий A
k
=
....,,1, nkА
События
, A2, …, An, если событие В состоит в совместном наступлении всех указанных
1
, AA называются несовместными, если
21
⋅…⋅An называется произведением конечного количе-
1⋅A2
=21AA . Другими словами, два события
несовместны, если в результате опыта наступление одного из них исключает наступление другого.
АAA ...,,,
События
21
называются попарно несовместными, если любые два из них несовме-
n
стны.
Говорят, что события
ми словами, события
АAA ...,,,
21
n
АAA ...,,,
образуют полную группу, если EAAA
21
n
=...21++ . Други-
n
образуют полную группу, если в результате опыта наступление
хотя бы одного из них является достоверным.
События A и
называются противоположными, если они несовместны и образуют полную
группу:
75
⋅
∅=
,
+ .
2. Классическая, статистическая и геометрическая вероятность.
{
}
ω
ω
=
=
≠
(
)
()()(
)
⋅
=
(
⋅⋅=
Будем рассматривать события А, В, С, ... как исходы некоторого опыта; число исходов считаем конечным. Каждому опыту сопоставим множество всех его элементарных (простейших, «неразложимых»)
исходов
=Ω ...,,,
ωω
, которое даёт полную информацию о предполагаемых ре-
21
n
зультатах этого опыта.
Элементарными называются такие исходы
опыта, которые удовлетворяют следующим ус-
i
ловиям:
а) группа исходов полна, т.е. обязательно произойдёт хотя бы один из
ω
;
i
б) исходы попарно несовместны;
в) все
ω – равновозможны, т.е. объективно ни один из исходов не является более возмож-
i
ным, чем любой другой.
Среди элементов множества Ω имеются исходы, благоприятствующие событию А, т.е. те,
в результате которых событие А наступает.
Классической вероятностью события А
называется отношение числа
mm = элементарных
A
исходов, благоприятствующих А, к общему числу n всевозможных элементарных исходов опыта
m
AP =)(.
n
Для вычисления количества всевозможных и благоприятных исходов опыта часто пользуются
формулами комбинаторики.
Понятие относительной частоты вводится в результате анализа проведённых опытов. Если
в результате n опытов событие A появилось
mm
раз, то относительной частотой события A назы-
A
вают число
п
n
m
== )()(.
AWAW
С ростом числа однотипных опытов относительная частота приобретает свойство устойчивости, колеблясь относительно некоторого числа )(АРР
, которое принимают за статистическую ве-
роятность события A.
Геометрическая вероятность.
Рассмотрим следующий опыт: в некоторую ограниченную
область Е бросается точка, причём попадания её в любые части, имеющие одинаковую меру (например, площадь в случае плоских областей), считаются равновозможными. Пусть событие А – её попадание в область A ⊂ Е. Если )( AS и )(ES , 0)(
ES – соответственно меры А и Е, то геометрической
вероятностью события A будем называть число
)(
AS
)(
AP = .
)(
ЕS
3. Вероятность произведения и суммы событий.
Обозначим
BP
означают вероятность события B, вычисленную при условии, что A про-
A
изошло и будем называть её условной вероятностью события В. Имеет место соотношение
BPAPABP
.
A
В случае произведения трёх и большего числа событий имеет место аналогичный результат.
Так, например,
()()
)
АВA
).(СРBPAPABСP
76
Вычисление условной вероятности )(BP
=
()()(
⋅
=
⋅⋅⋅=⋅
()()()(
)
−+=
(
+=+
()()()(
)
+++
=
−=+
+
⋅+⋅
=
=
=
_
_
_
предполагает, что вероятность события В зависит
A
от того, наступило или не наступило событие А. Два события А и В называются независимыми, если
вероятность каждого из них не зависит от того, наступило ли другое событие. Аналогично, события
АAA ...,,,
называются независимыми в совокупности, если каждая из вероятностей )(jjAPP
21
n
остаётся абсолютно постоянной в условиях данных опытов.
Для двух независимых событий А и В
)
BPAPABP
;
в случае же п событий, независимых в совокупности,
)(...)()()...(
⋅⋅ .
2121 nn
АРAРAРАAAР
Вероятность суммы событий. Следующий результат справедлив в случае суммы любых двух
событий А и В:
+ .
В частности, для несовместных
А
А
и
1
имеем
2
()()
ААPАPАPАAP
212121
)
АPАPААP
.
2121
В случае суммы п попарно несовместных событий .
++ ......
2121
АPАPАPАААP
.
пп
Наконец, для совместных событий имеет место соотношение
)...(1)...(
АААPАААР ⋅⋅⋅−=+++ .
2121 nn
В частности, если события
АAA ...,,,
независимы в совокупности, )(jjAPр = и
21
n
=−==
jjj
,...,,2,1),(1)( njAPAPq
имеет место равенство
....1)...(
qqqАААР
2121 пп
Схема альтернатив. Решение многих задач основано на следующей альтернативе, к которой
_
часто сводятся составные события: «или и А и В, или не А и С», .
)( pqppDР
где pqApp −== 1),(; при этом вероятности
как «безусловными», так и условными: )(),(
p и 2p событий В и С, соответственно, могут быть
1
А
,
21
CppBpp
. Формула альтернатив включает
_
21
А
CABAD ⋅+⋅= Следовательно,
в себя так называемую формулу полной вероятности для двух гипотез
)()()()()(
DРАРDPAPDP
⋅+⋅=
А
_
А
и формулу вычисления вероятности наступления только одного из двух независимых событий А и В
,
**)(
pqqрВАВАР ⋅+⋅=⋅+⋅
где *1*),(* pqBpp −== .
77
4. Типовые задачи.
=
=⋅=
=−+=−
1. Из четырёх отрезков длиной 1, 3, 5, 7 наугад выбирают три. Какова вероятность события А,
состоящего в том, что из них можно построить треугольник?
Решение. Используем вычисление классической вероятности. Элементарным исходами опыта
являются всевозможные выборки по три отрезка из четырёх. Непосредственным перебором (или
используя формулу числа сочетаний из четырёх по три), убеждаемся, что их количество п = 4. Благоприятным является единственный исход «3, 5, 7» (когда сумма длин двух любых сторон больше
третьей стороны треугольника); таким образом, т = 1. Следо
вательно, искомая вероятность р (А) =
1
.
4
2. Считается, что в данной местности относительная частота рождения мальчиков равна 0,52.
Сколько имелось новорождённых в течение года, если в органах ЗАГСа было зарегистрировано
572 мальчика.
Решение. Относительная частота события А рождения мальчика )( Aw = 0,52 в данной задаче
вычисляется как отношение числа т = 572 рождённых мальчиков к числу п новорожденных:
572
Aw
)(52,0 ==
, откуда п = 1100.
n
3. На склад поступают детали заводов № 1 и № 2. Первый завод производит 80% стандартных
изделий, завод № 2 – 60%. Наудачу взяли по одной детали каждого завода. Найти вероятности следующих событий:
а) обе детали стандартны;
б) только одна деталь стандартна;
в) хотя бы одна деталь стандартна.
Решение.
а) Событие А – обе детали стандартны. Введём события А
деталь стандартна, А
– деталь завода № 2 стандартна; следовательно,
2
– произведенная заводом № 1
1
AAA
. События А1 и А2 ,
21
очевидно, независимы; поэтому
= APAPAP .
21
б) Событие В – только одна деталь стандартна;
48,06,08,0)()()(
AAAAB +=
(схема альтернатив). События
2121
A
A и
1
A
,
и 2A – независимы,
2
1
AA
AA
и
21
несовместны.
21
Тогда
.44,06,02,04,08,0)()()()()(
2121
=⋅+⋅=+= APAPAPAPBP
в) С – хотя бы одна деталь стандартна; очевидно, что С = А1 + А2, причём события А1 и А2 –
совместны; следовательно,
+= APAPAPAPCP .
2121
92,048,06,08,0)()()()()(
4. На конвейер поступают 20 % изделий цеха № 1 и 80 % – цеха № 2. Вероятность брака для
изделия из первого цеха Р
= 0,1; для второго цеха – Р2 = 0,05. Какова вероятность, что наугад взятое
1
изделие – бракованное?
78
Решение. Пусть А – событие, состоящее в обнаружении брака в случайно отобранном изде-
В
В
=⋅+⋅=
=
A
лии. Пусть В выбранное изделие произведено цехом № 1. Тогда событие А есть наступление В и А
или
В
_
и А так, что применима схема альтернатив, в которой Р(В)= 0,2; Р(
== APAP
. Тогда по формуле альтернатив
_
В
05,0)(;1,0)(
AP .
06,005,08,01,02,0)(
_
) = 0,8;
5. Повторение опытов. Формула Бернулли.
Пусть один и тот же опыт повторяется n раз, и при этом вероятность наступления события А
в каждом таком опыте остаётся неизменной, равной некоторому р; пусть рq −
1. Описанная ситуа-
ция независимых опытов называется схемой Бернулли. Обозначим через P
(k) вероятность того, что
n
событие А появится ровно k раз в n опытах. В этом случае говорят также о k «успехах» в n опытах.
Имеет место следующая формула Бернулли:
knkk
−
=)(,
k
где
C – так называемое число сочетаний из п по k, вычисляемое по формуле
n
Далее,
вероятность наступления события
21
qpCkP
nn
k
C
n
в n опытах от 1k до 2k раз, есть
k
2
=≤≤
∑
=
kk
1
−
knkk
.
qpCkkkР
nn
)(
n
= .
)!(!!knk
−
6. Примеры.
1. Найти вероятность того, что событие А появится в пяти независимых опытах:
а) два раза;
б) менее двух раз, если вероятность появления события А в одном опыте р = 0,4.
Решение.
а) Пусть событие В состоит в появлении А ровно два раза в пяти опытах. Тогда по формуле
Бернулли
322
55
=⋅== CPBP
.3456,0)6,0()4,0()2()(
б) Если событие С означает появление А менее двух раз, т.е. или ни разу (k = 0) или один раз
(k = 1), то
500
555
5
411
=+=⋅⋅+⋅⋅=+= CCPPCP
.33696,02592,007776,06,04,06,04,0)1()0()(
2. Что вероятнее: выиграть у равносильного соперника две шахматные партии из четырёх или
три из шести?
Решение. Имеем схему Бернулли, в которой вероятность события в единичном опыте (выиг-
рыша одной партии)
1
1,
2
)2(
= CPCP
1
.
=−== pqp Теперь надо сравнить вероятности )2(4P и )3(6P . Имеем
2
22
44
2
2
⎝
⎠
⎝
1
1
2
⎛
⎞
⎛
⎜
⎟
⎜
6
⎞
⎟
16
⎠
)3(,
1
3
⎛
==
⎜
66
2
⎝
33
1
⎛
⎞
⎜
⎟
2
⎝
⎠
5
⎞
⎟
⎠
.
=
16
Следовательно, вероятность выиграть 2 партии из 4 – выше.
79
7. Задачи для самостоятельного решения.
1. Рассматриваются следующие события: А – первое из полученных электронных писем содержит навязчивую рекламу (СПАМ), В – второе письмо содержит СПАМ. Выразить с помощью
операций сложения и умножения через события А и В и (или) им противоположные следующие события:
а) событие С – ни одно из писем не содержит СПАМ;
б) хотя бы одно письмо содержит С
ПАМ;
в) только одно письмо содержит СПАМ.
2. Владелец банковской карты забыл PIN-код и, помня только, что все 4 цифры различные,
набрал их наудачу. Найти вероятность того, что PIN-код набран правильно.
3. После летнего ремонта в аудитории расставили в случайном порядке 20 столов. Найти
вероятность того, что столы будут расставлены в прежнем порядке.
4. Для студента вероятности сдать экзамен по высшей математике на оценку удовлетворительно равна 0,4; на оценку хорошо и отлично соответственно равны 0,3 и 0,2. Найти вероятность
того, что студент сдаст экзамен на оценку выше удовлетворительной.
5. Абитуриент сдаёт три экзамена. Вероятность сдать экзамен по русскому языку равна 0,9,
по математике и физике вероятности соответственно равны 0,8 и 0,6. Найти вероятности следующих
событий:
а) абитуриент сдаст все три экзамена;
б) абитуриент не сдаст ни один экзамен;
в) абитуриент сдаст только экзамен по русскому языку;
г) абитуриент сдаст только один экзамен;
д) абиту
риент сдаст хотя бы один экзамен.
6. В конкурсе на строительство крупного объекта принимают участие 5 местных фирм.
Вероятности для каждой из фирм выиграть конкурс соответственно равны 0,1; 0,05; 0,2; 0,15; 0,3.
Найти вероятность того, что хотя бы одна местная фирма примет участие в строительстве объекта.
7. Заявки работодателей на специалистов инженерных, экономических и юридические
направлений поступают на биржу в отношении 6:3:1. Вероятность того, что претендент на вакансию
инженера удовлетворит требованиям работодателя равна 0,8, на вакансию экономиста – 0,8,
на вакансию юриста – 0,5. Найти вероятность, что случайно выбранный на бирже претендент устроится на работу по своей специальности.
8. На строительство объекта поставляются кирпичи, изготовленные двумя заводами. Производительность второго завода выше производительности первого на 20%. Вероятность того, что кирпич, изготовленный на первом заводе высокого качества равна 0,9; для второго завода эта вероятность равна 0,85. Найти вероятность, что наудачу взятый кирпич оказался высокого качества.
9. Вероятность продать по оптимальной цене каждый из пяти пакетов акций в период их
падения равна 0,25. Какова вероятность продажи по оптимальной цене большей части пакета?
10. В семье 5 детей; вероятность рождения мальчика в данной местности равна 0,6. Найти
вероятности следующих событий:
а) в семье две девочки;
б) в семье не менее двух девочек;
в) в семье мальчиков больше, чем девочек.
80