Reshenie tip priemov po matematike_ochnaya

−2x + y + 2z = 6,

−26x + 6y + 26z =1,

S4 : − 3x + 6y + 3z =1.

Уравнения координатных плоскостей имеют вид:

S1 : z = 0, S2 : y = 0, S3 : x = 0 .

z

3

х

Полная поверхность пирамиды

S = S1 + S2 + S3 + S4 .

По формуле Остроградского–Гаусса

П = ∫∫(Fr nr0 )ds =∫∫∫divFdv ,

S V

где divFr = ∂∂Px + ∂∂Qy + ∂∂Rz .

В нашем случае у вектора поля F = Pi +Qj + Rk

P = 0, Q = x − 2y +5z, R = 0 и divF = 0 + (−2) + 0 = −2 < 0 .

(Значит, внутри пирамиды у векторного поля больше стоков, чем источников поля.)

Тогда поток векторного поля F через поверхность S равен

П = ∫∫∫(−2)dv = −2∫∫∫dv = − 2 V ,

ными плоскостями непосредственно и по формуле Стокса (точка пробе-

84

гает полученную линию против часовой стрелки, если смотреть от начала координат).

Решение. 1) Вычислим циркуляцию F по контуру L непосредст-

− 2x + y = 6 , откуда y = 6 + 2x и dz = 0, dy = 2dx , причем x [−3;0]. Поэтому

85

В нашем примере P = z2 , Q = z2 + 2y, R = 2xz + 2yz и

86

альным.

2) Для потенциального поля вектор поля V = gradU , где U – по-

тенциал поля, то есть

Vr = ∂∂Ux ir + ∂∂Uy rj + ∂∂Uz kr.

Потенциал поля U (x; y; z) находим по формуле

Из условия U (0;0;0) = 30 находим С:

30 = 0 + 0 + 0 +C,

C= 30

ипотенциал поля равен

U(x; y; z) = y2 + xz2 + yz2 +30.

3)Работа потенциального поля между точками M1 и M 2 равна

разности значений потенциала в конечной и начальной точках.

AM1M2 =U (M 2 ) −U (M1 ) = (12 + 6 12 +1 12 +30)−(22 + 2 (−1)2 + 2 (−1)2 +30)= = 8 −8 = 0,

AM2M3 =U (M 3 ) −U (M 2 ) = (12 +1 22 +1 22 + 30)−(8 +30)= 9 −8 =1,

AM3M1 =U (M1 ) −U (M 3 ) = (8 +30)−(9 +30)= −1.

87

Циркуляция потенциального поля V по замкнутому контуру

Ц = AM1M 2M3M1 = AM1M 2 + AM 2M3 + AM3M1 = 0 +1 −1 = 0 .

Проверили еще rодин признак потенциального поля: циркуляция потенциального поляr V вдоль любого замкнутого контура равна нулю.

Ответ: 1. rotV = 0 ,

2.U (x; y; z) = y2 + xz2 + yz2 +30,

3.AM1M 2 = 0, AM 2 M 3 =1, AM 3 M1 −1, Ц = 0.

26.Найти вероятность безотказной работы участка цепи, если известно, что каждый i -ый элемент работает независимо от других с ве-

роятностью pi (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6).

p1 = 0,6, p2 = 0,7, p3 = 0,8, p4 = 0,5, p5 = 0,9, р6 = 0,7 .

Решение. Участок цепи будет работать безотказно, если работают блоки 1–2 и 3–4–5–6 (последовательное соединение).

Рассмотрим блок 1–2. Элементы 1 и 2 соединены параллельно, следовательно, блок 1–2 будет работать, если хотя бы один из элементов 1, 2 исправен.

Р1−2 =1 −(1 − р1 )(1 − р2 ) =1 − 0,4 0,3 = 0,88 – надежность блока 1–2.

Рассмотрим блок 3–4–5–6. Блок 3–4–5–6 будет безотказно работать хотя бы в одном из случаев:

исправны элементы 3 и 4, исправен элемент 5, исправен элемент 6.

Р3−4 = р3 р4 = 0,8 0,5 = 0,4 – вероятность безотказной работы блока

3–4.

Р3−4−5−6 =1 − (1 − р3−4 )(1 − р5 )(1 − р6 ) =1 − (1 − 0,4)(1 − 0,9)(1 − 0,7) = 0,982

– надежность блока 3–4–5–6. Следовательно,

Р = Р1−2 Р3−4−5−6 = 0,88 0,982 = 0,864 – искомая надежность участка цепи.

88

27. Рабочий обслуживает четыре однотипных станка. Вероятность того, что любой станок в течение часа потребует внимания рабочего равна 0,6. Предполагая, что неполадки на станке независимы, найти вероятность того, что в течение часа потребуют внимания рабочего: 1) все четыре станка; 2) ни один станок; 3) по крайней мере один станок.

Решение. Обозначим через А1, А2 , А3 , А4 события, состоящие в

том, что в течение часа потребуют внимания рабочего соответственно первый, второй, третий, четвертый станки. По теореме умножения вероятностей независимых событий вероятность того, что в течение часа все станки потребуют внимания рабочего, то есть произойдут события и А1 ,

и А2 , и А3 , и А4 , вычислим по формуле

Р(А1 А2 А3 А4 )= Р(А1 )Р(А2 )Р(А3 )Р(А4 )= 0,6 0,6 0,6 0,6 = 0,1296.

Вероятность того, что в течение часа станок (любой) не потребует внимания рабочего, найдем по правилу вычисления вероятности противоположного события:

Р(А1 )= Р(А2 )= Р(А3 )= Р(А4 )=1−0,6 = 0,4 .

Следовательно, вероятность события В, состоящего в том, что ни один станок в течение часа не потребует внимания рабочего, то есть произойдут события и А1 , и А2 , и А3 , и А4 , равна

Р(В) = Р(А1 А2 А3 А4 )= Р(А1 )Р(А2 )Р(А3 )Р(А4 )= 0,4 0,4 0,4 0,4 = 0,0256 .

Событие, состоящее в том, что в течение часа по крайней мере один из четырех станков потребует внимания рабочего, и событие В являются противоположными. Поскольку Р(В) = 0,0256 , то

Р(В) =1− Р(В) =1−0,0256 = 0,9744 .

РАСЧЕТНО–ГРАФИЧЕСКАЯ РАБОТА №8

28. Заданы законы распределения двух независимых случайных величин Х и У

Найти математическое ожидание и дисперсию для случайной величины

Z = 2X −7Y .

Решение. Найдем математические ожидания и дисперсии случайных величин Х и У:

89

М(Х) = −5 0,4 + 2 0,3 +3 0,1+ 4 0,2 = −0,3,

М(У) =1 0,2 +8 0,8 = 3,4.

Напишем законы распределения для случайных величин Х 2 и У2 :

Найдем математические ожидания для случайных величин Х 2 и У2 :

М(Х 2 ) = 25 0,4 + 4 0,3 +9 0,1+16 0,2 =15,3,

М(У2 ) =1 0,2 +16 0,8 =13,0.

Отсюда

D(X ) = M (X 2 ) −[M (X )]2 =15,3 −(−0,3)2 =15,21,

D(X ) = M (Y 2 ) −[M (Y )]2 =13,0 −3,42 =1,44.

Пользуясь свойствами математического ожидания и дисперсии, а также независимостью случайных величин Х и У, получаем

M (Z) = M (2X −7Y ) = 2M (X ) −7M (Y ) = 2 (−0,3) −7 3,4 = −24,4, D(Z) = D(2X −7Y ) = 4D(X ) + 49D(Y ) = 4 15,21+ 49 1,44 =131,4.

29. Станок-автомат изготавливает шарики. Шарик считается годным, если отклонение Х его диаметра от проектного размера по абсолютной величине меньше 0,9 мм. Считая, что случайная величина Х распределена нормально с нулевым математическим ожиданием и со средним квадратическим отклонением σ = 0,5 мм, найти, сколько процентов

годных шариков изготовляет станок-автомат.

Решение. Воспользуемся формулой для вычисления вероятности заданного отклонения нормально распределенной случайной величины Х от ее математического ожидания

Р(Х − а <δ )= 2Ф δ ,σ

где а = М(Х), σ = D(X ), Ф(х) – функция Лапласа (см. таблицу значе-

ний функции Лапласа).

По условию а = М(Х) = 0, σ = 0,5, δ = 0,9 , поэтому

Р(Х < 0,9)= 2Ф 00,5,9 = 2Ф(1,8) = 2 0,4641 = 0,9282 .

Таким образом, станок-автомат изготовляет 92,8% годных шариков.

90

30. Измерены диаметры X для 60 деталей, обрабатываемых на некотором станке. Данные замеров приведены в табл. 1.

Выполнить статистическую обработку результатов измерений по следующему плану:

1)Построить статистическое распределение выборки.

2)Выполнить точечные оценки среднего значения x и дисперсии D(X ) случайной величины X .

3)Построить гистограмму относительных частот, установив статистический (эмпирический закон распределения).

4)На том же чертеже построить кривую нормального распределения

с параметрами a = x и σ = D(X ) и проанализировать, хорошо ли

статистические данные описываются нормальным законом распределения.

Решение. 1) Построение статистического распределения выборки.

Данную выборку преобразуем в вариационный (интервальный ряд). Для этого диапазон изменения случайной величины X в выборке делим на k интервалов. Число интервалов k определяется по эмпирической формуле с округлением до ближайшего целого. В на-

шем случае объем выборки n = 60 , поэтому k =1+3, 2 lg 60 ≈ 6, 69 ≈ 7 . Ши-

рину каждого интервала можно вычислить по формуле ∆ = xmax − xmin , где

k

xmax и xmin – наибольший и наименьший элементы выборки. Величина ∆

должна выбираться с точностью выборки и округляться в сторону завышения.

∆ = 71,52 −64, 00 ≈1, 074 ≈1,08 7

Границы интервалов вычисляются по формулам

x0* = xmin

xi*+1 = xi* +∆ (i = 0,1, 2,...k −1)

Для каждого интервала i подсчитываем количество попавших в него элементов ni . Если элемент совпадает с границей двух соседних интер-

валов, то его следует отнести к интервалу с меньшим номером.

91

На основании полученных результатов заполняем первые четыре столбца таблицы 2.

Таблица 2

личины X .

Математическое ожидание можно оценить, взяв среднее арифметическое чисел из таблицы 1:

x = x1 + x2 +...xn . n

Исправленная дисперсия может быть вычислена по формуле

Эти формулы целесообразно использовать, если объем выборки невелик, или все статистические данные внесены в компьютер (например, в программу Excel). При выполнении расчетов вручную используется иная методика, которая требует меньших вычислений.

В случае выборки большого объема среднее значение случайной величины X удобно вычислить по формуле