21. Примеры решения задач по темам 29 – 35

Пример 1. Студент знает 15 вопросов из 30 в первом разделе курса и 25 из 40 вопросов второго раздела этого курса.

Найти вероятность того, что студент:

1) знает ответы на оба вопроса;

2) не знает ответов на оба вопроса;

3) знает ответ только на один вопрос в билете.

Решение. Обозначим общее число вопросов первого раздела курсаn₁= 30, а количество выученных вопросов этого разделаm₁= 15.

Общее число вопросов второго раздела курса — n₂= 40, а количество выученных вопросов этого раздела (т.е. благоприятствующих хорошему ответу)m₂= 25.

Далее введём обозначение событий. Пусть:

• событие Aсостоит в том, что студент знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из первого раздела курса;— противоположное событие, состоит в том, что студент не знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из первого раздела курса; событиеBсостоит в том, что студент знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из второго раздела курса;— противоположное событие, состоит в том, что студент не знает ответ на вопрос, случайным образом предложенный ему из второго раздела курса.

Вероятности событий AиBнайдём, пользуясь классическим определением вероятности:

.

Вероятности противоположных событий иопределим, исходя из соотношения между вероятностями противоположных событий :

.

1. Для нахождения ответа на первый пункт введём обозначение ещё одного события:

• пусть событие Cсостоит в том, что студент знает ответы на оба случайным образом предложенных ему вопроса из первого и второго разделов курса.

Опираясь на понятие произведения двух событий, видим, что C=AB.

Для нахождения вероятности события Cприменим теорему умножения вероятностей независимых событий. Тогда.

2. Для решения второго пункта задачи введём ещё одно обозначение события: событие Dсостоит в том, что студент не знает ответы на оба случайным образом предложенных ему вопроса из первого и второго разделов. Используя понятие произведения двух событий,.

Для нахождения вероятности события Dприменим снова теорему умножения вероятностей независимых событий. Тогда .

3. Для решения третьего пункта введём ещё одно обозначение события: событие Eсостоит в том, что студент знает ответ только на один из двух случайным образом предложенных ему вопросов из первого или второго раздела курса. Это сложное событие состоит из двух событий: или студент знает ответ на случайный вопрос из первого раздела и не знает ответ на вопрос из второго раздела, т.е., или студент не знает ответ на вопрос из первого раздела и знает ответ на вопрос из второго раздела, т.е..

Окончательно, событие .

Для нахождения вероятности этого события сначала применим теорему сложения вероятностей несовместных событий.

В нашем случае будет .

Теперь дважды применим теорему умножения вероятностей независимых событий:

.

Подставляем числовые значения этих вероятностей, получим:

.

Ответ. 1. Студент знает ответы на оба предложенных вопроса с вероятностьюP(C) = . 2. Студент не знает ответов на оба предложенных вопроса с вероятностью. 3. Студент знает ответ на один из двух предложенных ему вопросов с вероятностью.

Пример 2. Вероятность безотказной работы в течение гарантийного срока составляет для пылесоса 0,8 и для холодильника 0,95.

Какова вероятность того, что в течение гарантийного срока окажутся работоспособными:

1) оба прибора;

2) хотя бы один прибор?

Решение. Введём обозначение событий. Пусть событиеAсостоит в том, что пылесос не сломается в течение гарантийного срока;— противоположное событие, состоит в том, что пылесос сломается в течение гарантийного срока; событиеBсостоит в том, что холодильник не сломается в течение гарантийного срока;— противоположное событие, состоит в том, что холодильник сломается в течение гарантийного срока. Вероятности событийAиB нам даны в условии задачи:P(A) = 0,80;P(B) = 0,95. Вероятности противоположных событийиопределим, исходя из соотношения между вероятностями противоположных событий:

P() = 1 –P(A) = 1 – 0,80 = 0,20,

P() = 1 –P(B) = 1 – 0,95 = 0,05.

1. Для нахождения ответа на первый пункт введём обозначение ещё одного события: событие Cсостоит в том, что оба прибора не сломаются в течение гарантийного срока. Опираясь на понятие произведения двух событий, видим, чтоC=AB. Для нахождения вероятности событияCприменим теорему умножения вероятностей независимых событий. Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:

P(AB) = P(A)P(B). Тогда P(C) = P(A  B) = P(A)P(B) = 0,800,95 = 0,760.

2. Для решения второго пункта задачи введём ещё одно обозначение события:

• событие Dсостоит в том, что в течение гарантийного срока хотя бы один прибор будет работать.

• —противоположное событие, состоит в том, что оба прибора сломаются в течение гарантийного срока. Используем понятие произведения двух событий: . Для нахождения вероятности событияприменим ту же теорему умножения вероятностей независимых событий. Тогда.

Но это вероятность противоположного события , а нам надо узнать вероятность прямого событияD, которую определим, пользуясь соотношением между вероятностями противоположных событий. Тогда вероятность того, что будет работать хотя бы один прибор:

P(D) = 1 – P() = 1 – 0,010 = 0,990.

Ответ. 1. Вероятность того, что пылесос и холодильник будут работать в течение гарантийного срока,P(C) = 0,76.

2. Вероятность того, что хотя бы один из приборов будет работать в течение гарантийного срока, P(D) = 0,99.

Пример 3. Два автомата производят одинаковые детали, которые поступают на общий конвейер. Производительность первого автомата вдвое больше производительности второго. Первый автомат производит60% деталей отличного качества, а второй –84%. Наудачу взятая с конвейера деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что деталь произведена первым автоматом.

Решение. СобытиеA= {деталь оказалась отличного качества}. Гипотезы:

• B₁ — деталь изготовлена первым автоматом,B₂ — деталь изготовлена вторым автоматом.

Найдем вероятности гипотез, исходя из того, что производительность первого автомата вдвое больше второго: .

— вероятность того, что наудачу взятая деталь будет отличного качества, при условии, если она произведена первым автоматом.— вероятность того, что наудачу взятая деталь будет отличного качества, при условии, если она произведена вторым автоматом.

По условию задачи эти вероятности соответственно равны .

Найдем вероятность P(A) по формуле полной вероятности:

Первое слагаемое соответствует доле вероятности изготовления деталей отличного качества первым автоматом. Тогда по формуле Бейеса имеем:

.

Ответ. Вероятность того, что взятая с конвейера деталь, которая оказалась отличного качества, произведена первым автоматом, равна10/17.

Пример 4. Вероятность того, что расход электроэнергии в течение одних суток не превысит установленной нормы, равна0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие7суток расход электроэнергии не превысит нормы в течение4суток.

Решение. Вероятность нормального расхода электроэнергии в продолжение каждых из7суток постоянна и равнаp =0,75. Следовательно, вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки также постоянна и равнаq=1–p=1–0,75=0,25. По условию задачи количество повторных независимых испытаний, т.е. количество наблюдаемых суток,n =7,k =4. Используя формулу Бернулли, получаем:

.

Ответ.Из100недель, взятых для наблюдения, в17случаях расход электроэнергии не превысит нормы в течение4суток.

Пример 5. Установлено, что в данном технологическом процессе в среднем90% выпускаемых изделий являются стандартными. При выборочном контроле качества продукции было случайным образом отобрано400изделий. Каково наивероятнейшее число стандартных изделий среди400отобранных и чему равна соответствующая этому событию вероятность? Какова вероятность того, что среди этих400изделий окажется от34до50нестандартных?

Решение.

1. Наивероятнейшее числоk₀событий в серии изnповторных независимых испытаний находим как целое число, заключённое в пределах:np – q  k₀  np + p.

В нашей задаче:

общее число испытаний n = 400(количество отобранных для контроля изделий);

p = (90%) = 0,9— вероятность того, что наугад выбранное изделие является стандартным;

q = 1 – p = 1 – 0,9 = 0,1— вероятность того, что наугад выбранное изделие является нестандартным.

Подставляем числовые данные в двойное неравенство, получим

400·0,9 – 0,1  k₀  400·0,9 + 0,9  360 – 0,1  k₀  360 + 0,9 

 359,9  k₀  360,9.

В этих пределах находится единственное целое число k₀=360, т.е. вероятнее всего, что из наугад выбранных400изделий стандартными окажутся360.

При больших значениях nнаивероятнейшее числоk₀событий приближённо можно находить из соотношения

k₀  n·p = 400·0,9 = 360.

2. Найдём вероятность P₄₀₀(360), используя локальную формулу Лапласа:

,

где , а— нормированная функция Гаусса.

Тогда .

Для составлены таблицы в зависимости от её аргумента

.

Находим, что значение функции Гаусса . Тогда искомая вероятность будет:

.

3. Вероятность P₄₀₀ (34  k  50) того, что среди 400 изделий окажется от 34 до 50 нестандартных будем находить, используя интегральную теорему Лапласа:

P_n(k₁kk₂)Ф(z₂) –Ф(z₁),

где — функция Лапласа, а,— её аргументы.

Но здесь следует изменить вероятности pиqпрямого и противоположного событий:

p— вероятность того, что наугад выбранное изделие является нестандартным,p = 0,1;

q — вероятность того, что наугад выбранное изделие является стандартным,q = 0,9.

Находим аргументы функции Лапласа:

Тогда P_n(k₁  k  k₂)  Ф(z₂) – Ф(z₁) = Ф(1,67) – Ф(-1).

Значения функции Лапласа находим в таблице, учитывая, что эта функция нечётная Ф(‑x) = ‑ Ф(x).

Тогда Ф(1,67) = 0,4525, Ф (-1) = -0,3413, получаем:

P₄₀₀(34  k  50)  Ф(z₂) – Ф(z₁) = Ф(1,67) – Ф(-1) = 0,4525 – (- 0,3413) = 0,4525 + 0,3413 = 0,7938.

Ответ.1. Вероятнее всего, что из400наугад выбранных для контроля изделий стандартными окажутсяk₀=360шт.

2. Вероятность того, что из400наугад выбранных для контроля изделий стандартными окажутся360, —P₄₀₀(360)0,06650,07.

3. Вероятность того, что из400наугад выбранных для контроля изделий нестандартными окажутся не менее34и не более50, будет равнаP₄₀₀(34k50)0,79380,79.

Пример 6. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение случайной величиныX, заданной функцией плотности:

Решение. Математическое ожидание непрерывной случайной величины X, возможные значения которой принадлежат отрезку [a, b], вычисляется по формуле:

.

Найдем :

.

Дисперсия вычисляется по формуле:

.

Среднее квадратическое отклонение находим по формуле:

.

Ответ. Математическое ожидание случайной величиныX ; дисперсия; среднее квадратическое отклонение —.

Пример 7. Случайная величинаXподчинена закону распределения с плотностьюf(x), причемaнеизвестно:

Требуется:

1. Найти коэффициент a.

2. Найти вероятность попадания Xв промежуток (1; 2).

Решение. 1. Так как все значения данной случайной величины заключены на отрезке [0; 3], то по формуле, откуда

или,следовательно, .

Таким образом, плотность распределения имеет вид:

2. Вероятность попадания случайной величины Xв промежуток (1; 2) найдем по формуле (2.33), учитывая, чтона промежутке (1; 2):

Ответ.,.

Пример 8. Случайная величина распределена нормально с параметрами a = 8,  = 3. Найти вероятность того, что случайная величина в результате опыта примет значение, заключенное в интервале (12,5;14).

Решение. Воспользуемся формулой:.

Так как  = 12,5,= 14,a = 8,= 3, имеем.

Тогда P(12,5 < x < 14) = Ф(2) – Ф(1,5) = 0,4772 – 0,4332 = 0,0440.

Ответ.Вероятность того, что случайная величина примет значение, заключенное в интервале (12,5; 14), равна 0,0440.