19 Типовой расчет


1. При наборе телефонного номера абонент забыл 2 последние цифры и набрал их наугад, помня только, что эти цифры нечетные и разные. Найти вероятность того, что номер набран правильно.
Решение.
Найдем число возможных способов набрать 2 последние цифры телефонного номера при условии, что они нечетные и разные.
Эти цифры: 1, 3, 5, 7, 9.
n=C52=5!2!3!=10.Событие А – номер набран верно.
Число способов набрать 2 последние цифры телефонного номера верно m=1.
pA=mn=110=0.1.2. Определить вероятность безотказной работы электрической цепи, состоящей из пяти независимо работающих элементов за время Т. Вероятности отказов элементов за время Т заданы таблицей.
e e1e2e3e4e5p 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

Решение.
Событие А – безотказная работа всей цепи за время Т.
Событие Ai – безотказная работа i-го элемента цепи за время Т.
Событие Ai – отказ i-го элемента цепи за время Т.
pA1=0.1, pA2=0.2, pA3=0.3, pA4=0.4, pA5=0.5,
Тогда
pA1=0.9, pA2=0.8, pA3=0.7, pA4=0.6, pA5=0.5.
Согласно схеме цепи:
A=A1*(A2*A3*A4*A5+A2*A3*A4*A5+A2*A3*A4*A5).
Поскольку элементы цепи независимы друг от друга, то
pA=p(A1)*(pA2*pA3*pA4*pA5++ pA2*pA3*pA4*pA5+pA2*pA3*pA4*pA5)==0.9*0.8*0.7*0.4*0.5+0.2*0.3*0.6*0.5+0.8*0.7*0.6*0.5==0.2682.3. Игра между А и В продолжается на следующих условиях: первый ход всегда делает А, он может выиграть с вероятностью p1, если А не выигрывает, то ход делает В и может выиграть с вероятностью q1. Если В не выигрывает, то А делает второй ход, который может привести к выигрышу с вероятностью p2. Если А вторым ходом проигрывает, победителем считается В. Найти вероятность выигрыша для А и В.
Решение.
Пусть:
Событие A1 – игрок А выиграл с первого хода.
Событие A1 – игрок А не выиграл с первого хода.
Событие A2 – игрок А выиграл со второго хода.
Событие A2 – игрок А не выиграл со второго хода.
Событие B1 – игрок В выиграл с первого хода.
Событие B1 – игрок В не выиграл с первого хода.
Событие С – выиграл игрок А.
Событие D – выиграл игрок В.
Выразим С и D через остальные события.
C=A1+A1*B1*A2, D=A1*B1+A1*B1*A2.
Тогда
pC=pA1+pA1*pB1*pA2==pA1+1-pA1*1-pB1*pA2=0.2+0.8*0.3*0.5==0.32.
pD=pA1*pB1+pA1*pB1*pA2=1- pA1*pB1+1-pA1*1-pB1*1-pA2==0.8*0.7+0.8*0.3*0.5=0.68.Вероятность выигрыша для А – 0.32, для В – 0.68.
4. Из n=100 аккумуляторов за год хранения k=6 выходят из строя. Наудачу выбирают m=4 аккумуляторов. Определить вероятность того, что из них l=2 исправных.
Событие А – среди 4 выбранных аккумуляторов оказалось 2 исправных.
Число N всех возможных способов выбора 4 аккумуляторов из 100 (общее число исходов) равно числу сочетаний без повторений из n элементов по m:
N=C1004=100!4!*96!=3921225.Число М способов выбора 4 аккумуляторов из 100, благоприятствующих наступлению события А равно:
M=C100-62*C64-2=96!*6!2!*92!*2!*4!=4371*15=65565.Тогда по определению вероятность события А равна PA=MN=655653921225==0.0167.5. Две перфораторщицы набили на разных перфораторах по одинаковому комплекту перфокарт. Вероятность того, что первая перфораторщица допустила ошибку, равна p1, вторая – равна p2. Какова вероятность того, что при проверке наудачу взятая перфокарта оказалась с ошибкой? Какова вероятность, что эта перфокарта была набита первой перфораторщицей?
Дано: p1=0.1, p2=0.5.Решение.
Событие А – при проверке наудачу взятая перфокарта оказалась с ошибкой. Это событие может произойти вместе с одной из гипотез H1,H2, образующих полную группу попарно несовместимых событий:
H1 – наудачу взятая перфокарта взята первой перфораторщицей.
H2 – наудачу взятая перфокарта взята второй перфораторщицей.
Вероятности гипотез PH1=PH2=0.5, т. к. перфораторщицы набили по одинаковому комплекту перфокарт.
Вычислим условные вероятности PAHi, i=1,2 того, что наудачу взятая перфокарта оказалась с ошибкой при условии, что она была набита i перфораторщицей.
PAH1=p1=0.1; PAH2=p2=0.5.По формуле полной вероятности:
PA=i=12PHiP(AHi)PA=0.5*0.1+0.5*0.5=0.3.Определим вероятность PH1A того, что наудачу взятая перфокарта, оказавшаяся с ошибкой, была набита первой перфораторщицей.
По формуле Байеса: PHiA=PHiP(AHi)PA.PH1A=PH1P(AH1)PA=0.5*0.10.3=0.167.6. Вычислительное устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо друг от друга. Вероятность отказа каждого элемента за смену равна p. Найти вероятность того, что за смену откажут m элементов.
Дано: m=3, p=0.0025.
Решение.
Условие задачи соответствует схеме независимых испытаний. Испытание – работа элемента. Число испытаний равно 1000. Каждое испытание имеет два взаимоисключающих исхода: элемент отказал за смену (p=0.0025); элемент не отказал за смену (q=1-p=1-0.0025=0.9975).
Так как число испытаний велико, а вероятность близка к нулю, то по формуле Пуассона: Pnm≈Pm,λ=λmm!e-λ, где λ=n*p.
А – событие – из 1000 элементов за смену откажут 3.
λ=1000*0.0025=2.5.
PA≈P10003=2.53*e-2.53!=0.213763.7. При установившемся технологическом процессе завод выпускает в среднем p% продукции первого сорта. Какова вероятность того, что в партии из n изделий, прошедших через пункт технического контроля, количество изделий первого сорта будет не менее m1 и не более m2?
Дано: n=300, p=45, m1=75, m2=90.
Решение.
Условие задачи соответствует схеме независимых испытаний. Испытание – выпуск единицы изделия. Число испытаний – 300. Каждое испытание имеет два взаимоисключающих исхода: выпущенное изделие первого сорта (p=0.45); выпущенное изделие не первого сорта (q=1-p=0.55).
Так как число испытаний велико, то по интегральной теореме Муавра-Лапласа:
Pnm1≤k≤m2=Фx2-Фx1, где xi=mi-npnpq,
Фx=12π0te-t22dt – интегральная функция Лапласа
Функция Фx – нечетная. Значение функции находим из таблицы.
Событие А – в партии 300 изделий, прошедших через отдел контроля, количество изделий первого сорта будет не менее 75 и не более 90.
Вероятность события А - PA=P300(75≤k≤90).
np=135, npq=8.617.x1=75-1358.617=-6.963, x2=90-1358.617=-5.222.Тогда PA=P30075≤k≤90≅Ф-5.222-Ф-6.963=0.8. При обработке деталей на станке автомате вероятность выхода размеров обрабатываемых деталей за границы «допуска» постоянна и равна p. Для контроля качества отбирают n деталей. Построить график функции распределения F(x) случайной величины ξ – числа нестандартных деталей. Найти Мξ, Dξ. Определить наивероятнейшее число нестандартных изделий.
Дано: n=3, p=0.25.
Условие задачи соответствует схеме независимых испытаний Бернулли. Испытание – отбор детали на контроль. Каждое испытание имеет два взаимоисключающих исхода: событие А – деталь нестандартная (вероятность этого исхода равна pA=p=0.25), событие A – деталь стандартная (вероятность этого исхода равна pA=q=1-p=1-0.25=0.75).Вероятность наступления события A k раз в n независимых испытаниях вычисляется по формуле Бернулли: pnk=Cnkpkqn-k.
Первоначально составим закон распределения случайной величины ξ – числа нестандартных изделий:
ξ=0 => P30=C300.2500.753=3!0!3!0.2500.753=0.421875.ξ=1=>P3(1)=C310.2510.752=3!1!2!0.2510.752=0.421875.ξ=2=>P3(2)=C320.2520.751=3!2!1!0.2520.751=0.140625.ξ=3=>P3(3)=C330.2530.750=3!3!3!0.2530.750=0.0156.Проверка:
i=1npi=0.421875+0.421875+0.140625+0.0156≈1=>закон распределения составлен верно.
Числовые характеристики распределения:
Математическое ожидание Mξ=i=1nxipi==0*0.421875+1*0.421875+2*0.140625+3*0.0156=0.749925.Дисперсия: Dξ=M(ξ2)-Mξ2=i=1nxi2pi-Mξ2==0*0.421875+1*0.421875+4*0.140625+9*0.0156-0.7499252==0.562375.Функция распределения F(x):
Fx=0, при ξ≤0, P30, при 0<ξ≤1,P30+P31, при 1<ξ≤2,P30+P31+P32, при 2<ξ≤3,P30+P31+P32+P33, при ξ>3;=>Fx=0, при ξ≤0, 0.421875, при 0<ξ≤1,0.84375, при 1<ξ≤2,0.984375, при 2<ξ≤3,1, при ξ>3;График функции распределения F(x):

Наивероятнейшее число k0 нестандартных изделий определяется неравенством:
np-q≤k0≤np+p.
3*0.25-0.75≤k0≤3*0.25+0.25.0≤k0≤1.Таким образом: k0=0, k0=1.
9. Задана плотность распределения вероятностей fx. Определить коэффициент а, функцию распределения Fx, Mξ, D(ξ), вероятность попадания случайной величины ξ в интервал (α,β). Построить графики функций Fx, fx.α=2, β=2.5, fx=ax-2, x∈2,3,0, x∉2,3;Решение.
1) Найдем коэффициент а из условия -∞+∞fxdx=1:
-∞+∞fxdx=23ax-2dx=a(x22-2x)32=a4.5-6-2+4=a2=>a=2=>fx=2x-4, x∈2,3,0, x∉2,3;2) Определим Fx=-∞xfxdx:
При x<2 fx=0=>Fx=-∞x0dx=0;При x∈2,3 fx=2x-4=>Fx=-∞20dx+2x2x-4dx==x2-4xx2=x2-4x-4+8=x-22;При x>3 fx=0=>Fx=-∞20dx+232x-4dx+3x0dx==x2-4x32=1.Таким образом: Fx=0, x<2,(x-2)2, x∈2,3,1,x>3;3) Графики функций Fx, fx:

4) Определим Mξ, D(ξ):
Mξ=-∞+∞xfxdx=23x(2x-4)dx=232x2-4xdx=(2x33-2x2)32==18-18-163+8=8/3≈2.667.Dξ=Mξ2-M2ξ=-∞+∞x2fxdx-M2ξ=23x22x-4dx-649==x42-4x3332-649=812-36-8+323-649==2187-2376+576-38454=354=118≈0.055.5) pα<ξ<β=αβfxdx=22.52x-4dx=x2-4x2.52==6.25-10-4+8=0.25.10. Завод выпускает детали, стандартная длина которых а мм. Рассмотрим длину детали как случайную величину ξ, распределенную по нормальному закону со средним квадратическим отклонением σ и математическим ожиданием а, определить: 1) вероятность того, что длина наудачу выбранной детали будет больше α и меньше β; 2) вероятность отклонения длины детали от стандартного размера а более чем на δ мм.
Дано: a=10, σ=4, α=2, β=15, δ=1.5.
Решение.
Для нормально распределенной случайной величины с параметрами a, σ вероятность попадания случайной величины в интервал (α,β) определяется выражением:
Pα≤ξ≤β=Фβ-aσ-Фα-aσ, где Фz=12π0te-t22dt – интегральная функция Лапласа =>P2≤ξ≤β=Ф15-104-Ф2-104==Ф1.25-Ф-2=0.39435--0.47725=0.8716.Вероятность отклонения случайной величины ξ от математического ожидания a более чем на δ определяется выражением:
Pξ-a>δ=1-Pξ-a<δ=1-2Фδσ=1-2Ф1.54==1-2Ф0.38=1-2*0.14803=0.70394.11. Задана дискретная двумерная случайная величина δ=ξ,η. Найти коэффициент корреляции r.
η\ξ1 3 4
0.4 0.13 0.21 0.07
0.8 0.32 0.1 0.17
Решение.
Найдем Mξ, Mη:Mξ=i=1nxij=1mpij==1*0.13+0.32+3*0.21+0.1+4*0.07+0.17==1*0.45+3*0.31+4*0.24=2.34M(η)=j=1nyii=1mpij==0.4*0.13+0.21+0.07+0.8*0.32+0.1+0.17==0.4*0.41+0.8*0.59=0.636.Найдем Dξ, Dη:Dξ=Mξ2-M2ξ=1*0.45+9*0.31+16*0.24-2.342=1.604.Dη=Mη2-M2η=0.16*0.41+0.64*0.59-0.6362=0.039.Найдем корреляционный момент:
Kξ,η=i=1nj=1mxi-Mξ*yj-Mξ*pij==1-2.34*0.4-0.636*0.13+3-2.34*0.4-0.636*0.21++4-2.34*0.4-0.636*0.07+1-2.34*0.8-0.636*0.32++3-2.34*0.8-0.636*0.1+4-2.34*0.8-0.636*0.17==-0.032.Вычислим коэффициент корреляции:
rξ,η=Kξ,ηDξDη=-0.0321.6040.039=-0.0321.266*0.197≈-0.128.

Приложенные файлы

  • docx 20170570
    Размер файла: 169 kB Загрузок: 1

Добавить комментарий