Добавил:

inrad Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

Теория вероятностей и математическая статистика

Файл:

Теория вероятностей

.doc

Скачиваний:

171

Добавлен:

01.04.2014

Размер:

551.94 Кб

Скачать

☆

Задача 1. Случайные события. Вероятность события (Вариант 21)

Определить вероятность того, что будут вытащены три туза.

Решение.

Вероятность того, что из взятых трех карт все будут тузы

Вероятность того, что первая карта будет тузом:

Вероятность того, что вторая карта будет тузом:

Вероятность того, что третья карта будет тузом:

P==0.0006

Ответ: P=0.0006

Задача 2. Теоремы сложения и умножения вероятностей (Вариант 14)

В задаче приведена схема соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом. Предполагается, что отказы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, 5 соответственно равны q₁=0,1; q₂=0,2; q₃=0,3; q₄=0,4; q₅=0,5 q₆=0,6 . Найти вероятность того, что сигнал пройдет со входа на выход.

Решение.

Обозначим А – событие состоящее, в том, что сигнал пройдет со входа на выход.

– событие, состоящее в том, что i-ый элемент выйдет из строя

В– сигнал пройдет участок состоящий из элементов 1,2,3.

Рассмотрим противоположное событие – сигнал не пройдет через участок содержащий элементы 1,2,3.

Вероятность события

Вероятность события В

Событие А

Вероятность события А

Ответ: P(A)=0.5964

Задача 3. Формула полной вероятности. Формула Байеса (Вариант 25)

Прибор состоит из трех блоков. Исправность каждого блока необходима для функционирования устройства. Отказы блоков независимы. Вероятности безотказной работы блоков соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8. В результате испытаний один блок вышел из строя. Определить вероятность того, что отказал второй блок.

Решение.

р₁=0,6 р₂=0,7 р₃=0,8

Обозначим А событие состоящее в том, что один блок вышел из строя

А_i – i-ый блок вышел из строя

Можно выдвинуть шесть гипотез:

Н₁– отказал один первый блок

Н₁=А₁

Н₂– отказал один второй блок

Н₂=А₂

Н₃– отказал один третий блок

Н₂=А₃

Н₄– отказали два блока

Н₄=А₁А₂+А₁А₃+А₂А₃

Н₅– отказали три блока

Н₅=А₁А₂А₃

Н₆– все блоки работают

Н₆=

Р(Н₁)=(1–р₁)р₂р₃=0,4*0,7*0,8=0,224

Р(Н₂)=(1–р₂)р₁р₃=0,6*0,3*0,8=0,144

Р(Н₃)=(1–р₃)р₂р₁=0,6*0,7*0,2=0,084

Р(Н₄)=(1–р₁)(1–р₂)р₃+(1–р₁)(1–р₃)р₂+(1–р₃)(1–р₂)р₁=0,4*0,3*0,8+0,4*0,7*0,2+0,6*0,3*0,2=0,188

Р(Н₅)=(1–р₁)(1–р₂)(1–р₃)=0,4*0,3*0,2=0,024

Р(Н₆)=р₁р₂р₃=0,6*0,7*0,8=0,336

Проверка

Р(Н₁)+ Р(Н₂)+ Р(Н₃)+ Р(Н₄)+ Р(Н₅)+ Р(Н₆)=0,224+0,144+0,084+0,188+0,024+0,336=1

Условная вероятность отказа одного блока, если отказал один первый блок

Р_Н1(А)=1

Если отказал один второй блок

Р_Н2(А)=1

Если отказал один третий блок

Р_Н3(А)=1

Если отказали два блока

Р_Н4(А)=0

Если отказали три блока

Р_Н5(А)=0

Если все блоки работают

Р_Н6(А)=0

Вероятность события А найдем по формуле полной вероятности

Р(А)=Р(Н₁)* Р_Н1(А)+ Р(Н₂)* Р_Н2(А)+ Р(Н₃)* Р_Н3(А)+ Р(Н₄)* Р_Н4(А) + Р(Н₅)* Р_Н5(А)+

+ Р(Н₆)* Р_Н6(А)

Р(А)=0,224*1+0,144*1+0,084*1+0,188*0+0,024*0+0,336*0=0,452

Вероятность того, что при поломке одного блока им оказался второй блок найдем по формуле Байеса

Р_А(Н₂)=

Ответ: Р_А(Н₂)=0,3186

Задача 4. Формула Бернулли (Вариант 20)

При установившемся технологическом процессе 90% всей произведенной продукции оказывается продукцией высшего сорта. Сколько изделий должно находиться в ящике, чтобы наивероятнейшее число изделий высшего сорта в ящике составило 340 изделий.

Решение.

р=0,9 К₀=340

Наивероятнейшее число изделий высшего сорта найдем по формуле

Ответ:

Задача 5. Дискретная случайная величина (Вариант 37)

В задаче дискретная случайная величина Х может принимать одно из пяти фиксированных значений x1, x2, x3, x4, x5 с вероятностями p1, p2, p3, p4, p5 соответственно (конкретные значения приведены в таблице). Найти p отмеченные *. Вычислить математическое ожидание и дисперсию величины Х. Рассчитать и построить график функции распределения.

Вариант	x1	x2	x3	x4	x5	p1	p2	p3	p4	p5
5.37	1	3	5	6	8	0,2	0,3	0,1	*	0,2

Решение.

Найдем вероятность значения Х=6, воспользовавшись свойсвом вероятности

Математическое ожидание

М(Х)=

М(Х)=1*0,2+3*0,3+5*0,1+6*0,2+8*0,2 =4,4

Дисперсия

Д(Х)=М(Х²)–( М(Х))²

Где М(Х²)=

М(Х²)= 1²*0,2+3²*0,3+5²*0,1+6²*0,2+8²*0,2 =22,9

Д(Х)=22,9–4,4²=3,54

Функция распределения

F(x_i)=P{X<x_i}=P{(X=x₁)È(X=x₂)È ... È(X=x_i-₁)}= p₁+...+p_i_-1.

F(X)=

График функции распределения

Задача 6. Непрерывная случайная величина (Вариант 4)

В задаче (параметры задания приведены в таблице) случайная величина Х задана плотностью вероятности

Определить константу С, математическое ожидание, дисперсию, функцию распределения величины Х, а также вероятность ее попадания в интервал.

Вариант	x,c)	a	b		
6.4		-1	3	-1	2

Решение.

f(x)=

Для определения постоянной с воспользуемся свойством плотности вероятности

с=

f(x)=

математическое ожидание

М(Х)=

Дисперсия

Д(Х)=М(Х²)–(М(Х))²

Где М(Х²)=

М(Х²)=

Д(Х)=–()²=0,3608

Вероятность того, что -1<x<2 найдем по формуле

Р(-1<x<2)=

Функция распределения

F(x)=

F(x)=,x<-1

F(x)=,-1<x≤0

F(x)=,0<x≤3

F(x)= ,3<x

F(X)=

Задача 7. Закон распределения функции случайного аргумента (Вариант 3)

В задаче (условия приведены в таблице) случайная величина Х распределена равномерно на интервале [a,b]. Построить график случайной величины Y=(X) и определить плотность вероятности g(y).

Вариант		a	b
7.3		-3	2

Решение.

Плотность вероятности СВ Х найдем по формуле

f(x)=

f(x)=1/(2+3)=0,2

График функции Y=при -3≤x≤2

x₁=1–y х₁’=-1

x₂=y–1 х₂’=1

Так как функция Y отрезке -3≤x≤2 не монотонная, то для нахождения плотности вероятности воспользуемся формулой

g(y)=f(1–y)*(1)+f(y–1)*(1)=0.2+0.2=0.4, 1<y≤3

g(y)=f(1–y)*(1)=0.2+0.2=0.2, 3<y≤4

проверка нормирования

Ответ: g(y) =

Задача 8. Двухмерные случайные величины (Вариант 37)

В задаче (конкретные параметры приведены в таблице) двухмерный случайный вектор (Х, У) равномерно распределен внутри выделенной жирными прямыми линиями на рисунке области B. Двухмерная плотность вероятности f(x,y) одинакова для любой точки этой области B: