Тер.вер(решение задач)
.pdfВся продукция смешивается и поступает в продажу. Найти: а) вероятность купить бракованное изделие; б) условную вероятность того, что купленное изделие изготовлено 1-м заводом, если это изделие бракованное.
Решение.
Обозначим событие A – «куплено бракованное изделие». Так как производят продукцию три завода, то выдвинем три гипотезы:
H1 – изделие изготовлено первым заводом;
H2 – изделие изготовлено вторым заводом;
H3 – изделие изготовлено третьим заводом.
Найдем вероятности гипотез: P(H1) = 0,25; P(H2) = 0,35; P(H3) = 0,4. Проверим:
P(H1) + P(H2) + P(H3) = 0,25 + 0,35 + 0,4 = 1.
Найдем условные вероятности события A относительно выдвинутых гипотез:
P(A/H1) = 0,05; P(A/H1) = 0,03; P(A/H1) = 0,04.
Определим вероятность события A по формуле полной вероятности:
P( A) = ∑in=1 P( A/ Hi )P(Hi ) = 0,05 0,25 +0,03 0,35 +0,04 0,4 = 0,039 .
Вычислим долю первого завода в общем количестве бракованных изделий, т.е. переоценим гипотезу H1 по формуле Байеса:
P(H |
/ A) = |
P(A/ H1 )P(H1 ) |
= |
P(A/ H1 )P(H1 ) |
= |
0,05 0,25 |
= 0,321. |
∑i3=1 P(A/ Hi )P(Hi ) |
|
|
|||||
1 |
|
|
P(A) |
|
0,039 |
|
Задача 55. Турист, заблудившись в лесу, вышел на полянку, от которой в разные стороны ведут 5 дорог. Если он пойдет по первой дороге, то вероятность выхода из леса в течение часа равна 0,6; если по второй – 0,3; если по третьей – 0,2; если по четвертой – 0,1; если по пятой – 0,1. Какова вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса?
Решение.
В данном случае событие A – «турист через час он вышел из леса» произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомая вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса, равна
P(H1 / A) = |
P(H1 )P(A/ H1 ) |
, |
∑i5=1 P(Hi )P( A/ Hi ) |
где Hi – гипотеза «турист пойдет по i-й дороге, i = 1, 2, 3, 4, 5. Очевидно, что все пять гипотез равновероятны, т.е.
P(H1 ) = P(H2 ) = P(H3 ) = P(H4 ) = P(H5 ) = 0,2 .
Значения условных вероятностей даны в условии задачи:
P(A / H1 ) = 0,6; P(A / H2 ) = 0,3; P( A / H3 ) = 0,2; P( A / H4 ) = P(A / H5 ) = 0,1.
Отсюда имеем: |
|
|
|
|
|
|
||
P(H1 |
/ A) = |
|
0,2 0,6 |
|
|
= |
||
0,2 |
0,6 +0,2 0,3 +0,2 |
0,2 +0,2 0,1+0,2 0,1 |
||||||
|
|
|
||||||
|
= |
|
0,6 |
= 0,6 |
= 0,462 |
|
|
|
|
0,6 |
+0,3 +0,2 +0,1+0,1 |
|
|
||||
|
|
1,3 |
|
|
|
|||
Задача 56. Производится бросание двух костей. Рассмотрим события: A = {на первой кости выпало нечетное число очков},
B = {на второй кости выпало нечетное число очков}, C = {сумма очков – нечетна}.
Показать, что эти события: а) попарно независимые; б) зависимые в совокупности.
Решение.
События A, B, C – попарно независимые. Действительно,
P( A) = P(B) = P(C) =1/ 2 , P( AB) = P( AC) = P(BC) =1/ 4 .
Но независимости в совокупности нет, т.к.
ABC = P( ABC) = 0 ≠ |
1 |
= P( A)P(B)P(C) . |
|
8 |
|
Задача 57. В магазине 5 холодильников. Вероятность выхода из строя каждого холодильника в течение года равна 0,2. Найти вероятность того, что в течение года ремонта потребует: 1) 4 холодильника; 2) не менее 2 холодильников; 3) не более 1 холодильника; 4) не менее 1 холодильника.
Решение.
Поскольку все холодильники имеют одинаковую вероятность выхода из строя в течение года p = 0,2, то используем формулу Бернулли.
1) Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют 4 холодильника, равна
P5 (k = 4) = C54 p4 (1 − p) = 5 0,24 0,8 = 0,0064 .
2) Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют не менее 2 холодильников, равна
P5 (k ≥ 2) =1− P5 (k < 2) =1− P5 (k = 0) − P5 (k =1) =
=1 −C50 p0 (1 − p)5 −C51 p1 (1 − p)4 =1 −1 0,20 0,85 −5 0,21 0,84 = 0,2627 .
3)Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не более 1 холодильника, равна
P5 (k ≤1) =1− P5 (k ≥ 2) =1−0,2627 = 0,7373 .
4)Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не менее 1 холодильника,
равна
P5 (k ≥1) =1− P5 (k <1) =1− P5 (k = 0) =
=1 −C50 p0 (1 − p)5 =1 −1 0,20 0,85 = 10000067232 = 0,6723 .
Задача 58. Вероятность того, что изделие является дефектным, равна 0,1. Сколько надо выбрать изделий, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное?
Решение.
|
По условию задачи требуется найти минимальное число n, для которого выполнялось бы |
|||||||
неравенство |
Pn (k ≥1) > 0,96 . |
|
Данное |
неравенство |
равносильно |
тому, |
что |
|
P |
(k = 0) = C0 pn q0 <1 − 0,96 = 0,04 . |
|
|
|
|
|
||
n |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставив |
p = 0,9 , q = 0,1 |
в |
последнее |
неравенство, |
и, учтя, что |
Cn0 =1, |
имеем: |
P |
(k = 0) = C0 pn q0 =1 0,9n 0,10 = |
0,9n < 0,04 . |
|
|
|
|
||
n |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
Прологарифмируем обе части полученного неравенства: |
|
|
|
||||
|
nln 0,9 > ln 0,04 n > ln 0,04 |
= |
−3,2189 = 30,551 nmin = 31. |
|
|
|||
|
|
ln 0,9 |
|
−0,1054 |
|
|
|
|
Таким образом, надо выбрать не менее чем 31 изделие, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное
Задача 59. Адвокат выигрывает в суде в среднем 70% дел. Найдите вероятность того, что он из 8 дел выиграет больше половины.
Решение.
По условию задач требуется определить вероятность P8 (k > 4) , где k – количество выигранных дел.
Поскольку вероятность выигрыша дела известна ( p = 0,7 ), то q =1− p = 0,3 . Отсюда по
формуле Бернулли имеем:
P8 (k > 4) = P8 (k = 5) + P8 (k = 6) + P8 (k = 7) + P8 (k = 8) =
= C85 0,75 0,33 + C86 0,76 0,32 + C87 0,77 0,31 + C88 0,78 0,30 = = 0,2450 +0,2965 +0,1776 +0,0576 = 0,797 .
Таким образом, вероятность того, что адвокат из 8 дел выиграет больше половины, равна 0,797.
Задача 60. Вероятность появления события A в каждом из n независимых испытаний равна 0,7. Сколько испытаний нужно произвести, чтобы наиболее вероятное число появлений события A в производимых испытаниях k0 = 20 ?
Решение.
По условию p = 0,7 и ∑li=1 pi ≤ 0,5, ∑li=+11 pi > 0,5 . Тогда имеем
0,7n −0,3 ≤ 20 ≤ 0,7n +0,7 .
Это двойное неравенство равносильно системе неравенств
0,7n −0,3 ≤ 20,0,7n +0,7 ≥ 20.
Из первого неравенства системы имеем n ≤ 20,3/ 0,7 = 29 . Из первого неравенства системы найдем n ≥19,3/ 0,7 ≈ 27,57 . Отсюда следует, что необходимо произвести 28 или 29 испытаний.
2. Случайные величины
Задача 61. Дано распределение дискретной случайной величины X. Построить функцию распределения F(x). Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение.
xi |
4 |
6 |
8 |
9 |
pi |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,5 |
Решение.
Функция распределения равна F(x) = P(X < x) = ∑P(X = xi ) = ∑pi .Отсюда
|
|
xi <x |
xi <x |
|
0, |
x ≤ 4, |
|
|
|
4 < x ≤ 6, |
|
|
0,3, |
|
|
|
|
6 < x ≤ 8, |
|
F(x) = 0,4, |
|
||
|
0,5 |
8 < x ≤ 9, |
|
|
|
|
|
|
|
x > 9. |
|
|
1 |
|
|
Математическое ожидание дискретной случайной величины X равно |
|||
mx = ∑xi pi |
= 4 0,3 + 6 0,1 +8 0,1 +9 0,5 = 7,1. |
|
|
Дисперсия дискретной случайной величины X равна |
|
||
σ2x |
= M[X 2 ] − mx2 = ∑xi2 pi − mx2 = 42 0,3 + 62 0,1 +82 0,1 + 92 0,5 −7,12 = 4,89 . |
||
Отсюда среднее квадратическое отклонение равно |
|
||
σx |
= σ2x = |
4,89 = 2,211. |
|
Задача 62. Дано распределение дискретной случайной величины X. Построить функцию распределения F(x). Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение.
xi |
2 |
4 |
8 |
pi |
0,1 |
0,4 |
0,5 |
Решение.
Функция распределения равна F(x) = P(X < x) = ∑P(X = xi ) = ∑pi .Отсюда
|
|
xi <x |
xi <x |
0, |
x ≤ 2, |
|
|
|
2 |
< x ≤ 4, |
|
0,1, |
|
||
F(x) = |
4 |
< x ≤ 8, |
|
0,5, |
|
||
1, |
x > 8. |
|
|
|
|
|
|
Математическое ожидание дискретной случайной величины X равно mx = ∑xi pi = 2 0,1 + 4 0,4 +8 0,5 = 5,8 .
Дисперсия дискретной случайной величины X равна
σ2x = M[X 2 ] − mx2 = ∑xi2 pi − mx2 = 22 0,1 + 42 0,4 +82 0,5 −5,82 = 5,16 .
Отсюда среднее квадратическое отклонение равно
σx = 
σ2x = 
5,16 = 2,272 .
Задача 63. Вероятность поражения мишени стрелком равна p = 0,3. Найти вероятность того, что при n = 2100 выстрелах мишень будет поражена от 600 до 660 раз.
Решение.
Согласно интегральной теореме Муавра–Лапласа
Pn, p (c ≤ vn ≤ d )≈ Φ(t2 ) − Φ(t1 ) ,
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
где t = c −np |
, t |
|
= |
d −np |
, Φ(t) = |
1 t |
e− |
x |
dx |
− функция Лапласа, значения которой |
|||||||||
2 |
2 |
||||||||||||||||||
1 |
np(1− p) |
|
|
np(1− p) |
|
2π −∞∫ |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
определяются из таблиц. Имеем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
c = 600 ; d = 660 ; |
t1 = 600 − 2100 0,3 = |
−30 |
≈ −1,4286 ; t2 |
= |
30 |
≈1,4286 ; |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2100 0,3 0,7 |
21 |
|
|
|
|
|
|
21 |
|
|
|||
|
|
1 |
|
−1,4286 |
|
x2 |
|
|
|
|
|
1 |
1,4286 |
x2 |
|||||
|
Φ(−1,4286) = |
|
∫ |
e− |
|
dx = 0,0766 ; |
Φ(1,4286) = |
|
∫ |
e− |
|
dx = 0,9234 ; |
|||||||
|
|
2 |
|
2 |
|||||||||||||||
|
|
2π |
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
2π |
|
−∞ |
|
|
|
||
P2100;0,3 (600 ≤ vn ≤ 660)≈ Φ(1,4286) − Φ(−1,4286) = 0,9234 − 0,0766 = 0,8469 .
Задача 64. Вероятность поражения мишени стрелком равна p = 0,7. Найти вероятность того, что при n = 2100 выстрелах мишень будет поражена ровно 1500 раз.
Решение.
Согласно локальной теореме Муавра–Лапласа
Pn, p (k) ≈ |
|
f (t) |
, |
||||
np(1 |
− p) |
||||||
|
|
|
|||||
где f (t) = |
1 |
e− |
t2 |
t = |
k −np . |
||
2 |
, |
||||||
|
2π |
|
|
|
|
np(1− p) |
|
Имеем:
t = |
1500 − 2100 0,7 = |
30 =1,4286 ; f (1,4286) = |
1 |
e− |
1,42862 |
= 0,1438 ; |
|||
2 |
|||||||||
|
2100 0,7 0,3 |
21 |
|
2π |
|
|
|
||
P |
|
(1500) ≈ |
0,1438 |
= 0,1438 = 0,00685 . |
|
|
|
||
2100;0,7 |
|
2100 |
07 0,3 |
21 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Задача 65. По заданному закону распределения дискретной случайной величины X найти ее среднее квадратическое отклонение, получить функцию распределения F(x), построить многоугольник распределения вероятностей.
xi |
14 |
18 |
23 |
28 |
30 |
pi |
0,1 |
0,2 |
0,2 |
0,1 |
0,4 |
Решение.
Среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины X равно
σx = 
M[X 2 ] − mx2 ,
где M[X 2 ] = ∑xi2 pi =142 0,1 +... + 302 0,4 = 628,6 ; mx = ∑xi pi =14 0,1 +... + 30 0,4 = 24,4 .
Отсюда
σx = M[ X 2 ] − mx2 = 
628,6 − 24,42 = 628,6 −595,36 = 33,24 = 5,765 .
Функция распределения F(x) имеет вид
0, |
x ≤14, |
|
14 < x ≤18, |
0,1, |
|
0,3, |
18 < x ≤ 23, |
F(x) = |
23 < x ≤ 28, |
0,5, |
|
0,6, |
28 < x ≤ 30, |
|
|
|
x > 30. |
1 |
Многоугольник распределения вероятностей приведен на рис. 1.
p 0,45 0,4
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
10 |
15 |
20 |
25 |
30 |
35 |
x
Рис. 1. Многоугольник распределения вероятностей.
Задача 66. По заданному закону распределения дискретной случайной величины X найти ее среднее квадратическое отклонение, получить функцию распределения F(x), построить многоугольник распределения вероятностей.
xi |
8 |
12 |
18 |
24 |
30 |
pi |
0,3 |
0,1 |
0,3 |
0,2 |
0,1 |
Решение.
Среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины X равно
σx = 
M[X 2 ] − mx2 ,
где M[X 2 ] = ∑xi2 pi = 82 0,3 +... + 302 0,1 = 336 ; mx = ∑xi pi = 8 0,3 +... + 30 0,1 =16,8 .
Отсюда
σx = M[ X 2 ] − mx2 = 
336 −16,82 = 336 − 282,24 = 53,76 = 7,332 .
Функция распределения F(x) имеет вид
0, |
x ≤ 8, |
|
8 < x ≤12, |
0,3, |
|
0,4, |
12 < x ≤18, |
F(x) = |
18 < x ≤ 24, |
0,7, |
|
0,9, |
24 < x ≤ 30, |
|
|
|
x > 30. |
1 |
Многоугольник распределения вероятностей приведен на рис. 1. |
|
||||||
p |
0,35 |
|
|
|
|
|
|
|
0,3 |
|
|
|
|
|
|
|
0,25 |
|
|
|
|
|
|
|
0,2 |
|
|
|
|
|
|
|
0,15 |
|
|
|
|
|
|
|
0,1 |
|
|
|
|
|
|
|
0,05 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
5 |
10 |
15 |
20 |
25 |
30 |
35 |
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
Рис. 1. Многоугольник распределения вероятностей. |
|
|||||
Задача 67. Вероятность выигрыша по лотерейному билету равна 0,2. Куплено 3 билета. Найти закон распределения и математическое ожидание случайной величины X – числа выигрышных билетов.
Решение.
Возможными значениями случайной величины X являются 0, 1, 2 и 3. Вычислим по формуле Бернулли вероятность каждого из значений случайной величины X. Имеем:
P(X = 0) = p |
0 |
= P (0) = C 0 p0 (1 − p)3 |
|
= |
3! |
|
|
0,20 0,83 |
= 0,83 |
= 0,512 ; |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
0! 3! |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
P(X =1) = p = P (1) = C1 p1 (1 − p)2 = |
|
|
3! |
0,21 0,82 = 0,384 ; |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
1 |
3 |
3 |
|
|
|
1! 2! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
P(X = 2) = p |
|
= P (2) = C 2 p2 (1 − p)1 |
|
= |
3! |
|
|
0,22 0,81 |
= 0,096 ; |
|
|||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
2! 1! |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
P(X = 3) = p |
3 |
= P (3) = C |
3 p3 (1 − p)0 |
= |
3! |
|
0,23 0,80 |
= 0,008 ; |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
3! 0! |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Таким образом, получили закон распределения |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
xi |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
3 |
|||
|
|
|
pi |
|
0,512 |
|
|
|
|
0,384 |
|
0,096 |
|
0,008 |
|||||||
Математическое ожидание равно
mx = ∑xi pi = 0 0,512 +1 0,384 + 2 0,096 +3 0,008 = 0,6 .
Задача 68. Случайная величина задана на всей числовой прямой плотностью
f (x) = |
1 |
. |
π(1 + x2 ) |
Найти F(x), mx.
Решение.
Функция распределения равна
|
|
x |
|
|
|
x |
|
1 |
|
|
|
1 x |
1 |
|
1 |
|
x |
|
1 |
(arctg x −arctg(−∞))= |
|||
F(x) = ∫ f (x)dx = |
∫ |
|
|
|
dx = |
|
∫ |
|
|
dx = |
|
arctg x |
|
= |
|
||||||||
|
π(1 + x |
2 ) |
π |
1 |
+ x2 |
π |
−∞ |
π |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
−∞ |
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
1 |
|
π |
|
1 |
|
|
arctg x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
= |
|
arctg x + |
|
= |
|
|
|
+ |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
π |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Поскольку функция y = f(x) является четной, а функция y = x является нечетной, то, функция y = xf(x) нечетная. Следовательно, mx = 0.
Задача 69. В партии из шести деталей имеется четыре стандартных. Наудачу отобраны три детали. Написать закон распределения случайной величины X – числа стандартных деталей среди отобранных.
Решение.
Случайная величина X – число стандартных деталей среди отобранных может принять
следующие значения: |
1, |
2 |
|
или |
3. |
|
Определим |
вероятности p1 = P(X =1) , p2 = P(X = 2) , |
||||||||||||||||||||||||||||
p3 = P( X = 3) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По классической формуле |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
p = P( X =1) = |
C 2 |
C1 |
= |
|
4! 3! 3! |
= |
|
3 2 |
= |
1 |
|
= 0,2 ; |
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
1 |
|
|
|
|
C63 |
|
|
|
|
|
|
3! 6! |
|
|
6 5 |
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
p2 |
= P(X = 2) = |
|
|
C1 |
C 2 |
= |
2 |
4! 3! 3! |
= |
|
|
|
|
6 6 |
|
= |
3 |
= 0,6 |
; |
|||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
C63 |
|
|
|
|
|
2! 2! 6! |
|
|
|
|
2 |
|
6 |
5 |
5 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
p3 |
= P(X = 3) = |
|
C 3 |
= |
|
4! 3! 3! |
= |
|
3 2 |
= |
1 |
|
= 0,2 ; |
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
C63 |
|
|
3! 6! |
6 |
5 |
5 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||