Контрольная работа по курсу Теория вероятностей Вариант – 5

Реклама
Контрольная работа по курсу Теория вероятностей
Вариант – 5
Задача 1 (текст 2): вероятность появления поломок на каждой из k  4
соединительных линий равна p  0.3 . Какова вероятность того, что хотя бы
две линии исправны?
Решение:
В данном случае имеется последовательность испытаний по схеме Бернулли,
т.к. испытания независимы, и вероятность успеха (соединительная линия
будет исправна) р=1-0,3=0,7 одинакова во всех испытаниях. Тогда по
формуле Бернулли при n=4, р=0,7, q=1-p=1-0.7=0.3 найдем вероятности
того, что исправны две, три и четыре линии:
P(  2)  С42  0,7 2  0,32  6  0,0441  0,2646
P(  3)  С43  0,7 3  0,31  6  0,0441  0,4116
P(  4)  С44  0,7 4  0,30  0,2401
По условию задачи
Pхотя бы две линии исправны= Pисправны или две, или три, или четыре линии
Тогда найдем вероятность того, что исправных линий будет не меньше двух
(хотя бы две), по формуле:
P2    4  P(  2)  P(  3)  P(  4)  0,2646  0,4116  0,2401  0,9163
Задача 2 (текст 3): в одной урне К  4 белых шаров и L  3 черных шара, а в
другой - M  5 белых и N  3 черных. Из первой урны случайным образом
вынимают P  3 шара и опускают во вторую урну. После этого из второй
урны также случайно вынимают R  2 шара. Найти вероятность того, что все
шары, вынутые из второй урны, белые.
Решение:
Введем следующие обозначения для событий:
H1  из первой урны переложили три белых шара
H 2  из первой урны переложили два белых шара и один черный
H 3  из первой урны переложили один белый шар и два черных
H 4  из первой урны переложили три черных шара
Так как других вариантов вытащить из первой урны три шара нет, эти
события составляют полную группу событий, и они несовместны. Найдем
вероятности этих событий по формуле гипергеометрической вероятности:
P( H 1 )  P7 , 4 (3,3) 
C 43  C 30
4 1
4
4



3
7!
5  6  7 35
C7
3!4!
23
4! 3!

C C
2
!

2
!
2!1!  6  3  18
P( H 2 )  P7, 4 (3,2) 

3
7!
5  6  7 35
C7
3!4!
23
2
4
1
3
4! 3!

C 41  C32 3!1! 2!1!
43
12
P( H 3 )  P7, 4 (3,1) 



3
7
!
5

6

7
35
C7
3!4!
23
C 40  C 33 1  1
1
1
P( H 4 )  P7 , 4 (3,0) 



3
7!
5  6  7 35
C7
3!4!
23
Введем событие А – после перекладывания из второй урны вытащили 2
белых шара. Вероятность этого события зависит от того, что во вторую урну
переложили из первой. Найдем условные вероятности:
P ( А / H 1 )  теперь во второй урне 11 шаров, из них 8 белых 
8!
7 8
1
C C
7 8
28
 P11,8 (2,2) 
 6!2!  2 

2
11!
10  11 10  11 55
C11
9!2!
2
2
8
0
3
P ( А / H 2 )  теперь во второй урне 11 шаров, из них 7 белых 
7!
67
1
C C
21
 P11, 7 (2,2) 
 5!2!  2 
2
11!
10  11 55
C11
9!2!
2
2
7
0
4
P ( А / H 3 )  теперь во второй урне 11 шаров, из них 6 белых 
6!
56
1
C C
3
 P11, 6 (2,2) 
 4!2!  2 
2
11!
10  11 11
C11
9!2!
2
2
6
0
5
P( А / H 4 )  теперь во второй урне 11 шаров, из них 5 белых 
5!
45
1
C C
2
 P11,5 (2,2) 
 3!2!  2 
2
11!
10  11 11
C11
9!2!
2
2
5
0
6
Теперь найдем вероятность события А по формуле полной вероятности:
P( A)  P( H 1 )  P( A / H 1 )  P( H 2 )  P( A / H 2 )  P( H 3 )  P( A / H 3 )  P( H 4 )  P( A / H 4 ) 

4 28 18 21 12 15 1 10
1
112  378  180  10  680  0.353
      

35 55 35 55 35 55 35 55 1925
1925
Задача 3 (текст 4): в типографии имеется К  6 печатных машин. Для
каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна
P  0.1. Построить ряд распределения числа работающих машин, построить
функцию распределения этой случайной величины, найти математическое
ожидание, дисперсию, а также вероятность того, что число работающих
машин будет не больше R  3 .
Решение:
В этой задаче x – дискретная случайная величина, принимающая значения
0,1,2,3,4,5,6. Чтобы построить ряд распределения х, требуется найти
вероятности, с которыми она принимает эти значения. В данном случае
имеется последовательность испытаний по схеме Бернулли, т.к. испытания
независимы, и вероятность успеха р=0,1 одинакова во всех испытаниях
(успех – печатная машина работающая). Тогда по формуле Бернулли при
n=6, р=0,1, q=1-p=1-0.1=0.9:
P(  0)  С 60  0,10  0,9 6  0,531441
P(  1)  С 61  0,11  0,9 5  0,354294
P(  2)  С 62  0,12  0,9 4  0,0984
P(  3)  С 63  0,13  0,9 3  0,01458
P(  4)  С 64  0,14  0,9 2  0,001215
P(  5)  С 65  0,15  0,91  0,000054
P(  6)  С 66  0,16  0,9 0  0,000001
Теперь построим ряд распределения:
Значения 
вероятность
0
1
0,531441 0,354294
2
0,0984
3
0,01458
4
5
6
0,001215 0,000054 0,000001
Найдем математическое ожидание по формуле:
7
M   xi  pi  0  0.531441 1  0.354294  2  0.0984  3  0.01458  4  0.001215 
i 1
 5  0.000054  6  0.000001  0.354294  0.1968  0.04374  0.00486  0.00027  0.000006  0.6
Найдем дисперсию:
7
D   xi2  pi  M   0 2  0.531441 12  0.354294  2 2  0.0984  3 2  0.01458  4 2  0.001215 
2
i 1
 5  0.000054  6 2  0.000001  0.6  0.354294  0.3936  0.13122  0.01944  0.00135 
2
2
 0.000036  0.36  0.54
Выпишем в аналитическом виде функцию распределения:
0, если х  0

 0,53144, если 0  х  1

 0,88574, если 1  х  2

 0.98414, если 2  х  3
F ( x)  
 0.99872, если 3  х  4
0.999935, если 4  х  5

0.999989, если 5  х  6

1, если х  6

Найдем вероятность того, что число работающих машин будет не больше 3:
P(  3)  P(  0)  P(  1)  P(  2)  P(  3)  0.531441  0.354294  0.0984  0.01458  0.9987
Задача 4 (текст 6): непрерывная случайная величина задана ее функцией
распределения:
 0, если x  0

p( x)  2cx, если 0  x  5 .
 0, если x  5

Найти
параметр
С,
функцию
распределения, математическое ожидание, дисперсию, а также вероятность
попадания случайной величины в интервал 1,5;2,5 и квантиль порядка p  0.6
Решение:
Найдем параметр С из уравнения

 p( x)dx  1 .
Так как плотность на разных

интервалах задана разными функциями, разбиваем область интегрирования
на соответствующее количество интервалов.

0

5
5
2
 p( x)dx   0dx   2cxdx   0dx  c 2 xdx  cx


0
5
5
0
 25c 1 , тогда c 
0
1
25
x
Найдем функцию распределения по формуле:
F ( x) 
 p(t )dt .
Так как

плотность распределения задается разными выражениями в зависимости от
интервала, функция распределения так же будет задаваться разными
выражениями на этих интервалах:
x
если x  0, F ( x)   0dt  0

0
x
x
2
t2
x2

если 0  x  5, F ( x)   0dt   tdt 
25
25 0 25

0
0
5

5
2
t2
25

 1.
если x  5, F ( x)   0dt   tdt   0dt 
25
25 0 25

0
5
 0, если x  0
 x2
Таким образом можно записать F ( x)   , если 0  x  5
 25
 1, если x  5

Найдем математическое ожидание по формуле: M   x  p( x)dx .

Опять разбиваем область интегрирования на три интервала:
0

5
5
2
2
2 3
M   0dx   x 2 dx   0dx   x 2 dx 
x
25
25 0
75

0
5
5

0
2  125 10

75
3

Дисперсию находим по формуле: D   x 2  p( x)dx  M 2 


2
2
5
2
2
2
1 4
625 100
 10 
 10 
 10 
  0dx   x 3 dx   0dx      x 3 dx    
x   


25
25 0
50 0  3 
50
9
3
3

0
5
25 100 225  200 25




 1.39
2
9
18
18
0
5
5
Вероятность попадания случайной величины в интервал а; b найдем по
формуле Pa    b  F (a)  F (b) . В нашем случае
P1.5    2.5  F (2.5)  F (1.5) 
2.5 2 1.5 2
1
6.25  2.25  4  0.16


25
25
25
25
Найдем квантиль порядка 0,6: это решение уравнения F ( x)  0.6 :
x2
 0.6  x 2  15  x1  3.87, x2  3.87  этот
25
корень
не
попадает
в
интервал, где функция распределения принимает значения от 0 до 1.
Квантиль один: x0,6  3.87
Задача 5 (текст 8): суточное потребление электроэнергии исправной печью
является случайной величиной, распределенной по нормальному закону со
средним 1000 кВт/ч и СКО   45 . Если суточное потребление превысит 1100
кВт, то по инструкции печь отключают и ремонтируют. Найти вероятность
ремонта печи. Каким должно быть превышение по инструкции, чтобы
вероятность ремонта печи была равна 0,02?
Решение:
Пусть  - суточное потребление электроэнергии
исправной печью. По
условию задачи надо найти p  1100 .
Сначала найдем вероятность того, что суточное потребление не превысит
1100 кВт. Вероятность того, что Х примет значение, принадлежащее
 a
  a 
  Ф
.
  
  
интервалу  ;   , найдем по формуле P  X     Ф
1100  1000 
 0  1000 
  Ф
  Ф2.22  Ф 22.2 
45


 45 
Тогда P0    1100  Ф
т.к. функция Ф – нечетная
 Ф2.22  Ф22.2  0.4868  0.5  0.9868
Тогда вероятность того, что суточное потребление превысит 1100 кВт, и
печь отключат, и будут ремонтировать, равна p  1  0.9868  0.0132
Для решения второй части задачи обозначим переменной t величину
превышения суточного потребления электроэнергии по инструкции, чтобы
вероятность ремонта печи была равна 0,02.
Тогда вероятность того, что суточное потребление электроэнергии не
превысит величину (1000+t) равна 1- 0,02=0,98.
Для нахождения t нам надо решить уравнения вида:
 1000  t  1000 
 0  1000 
Ф
  Ф
  0.98
45


 45 
 t 
Ф   Ф 22.2  0.98
 45 
т.к. функция Ф(х) – нечетная
 t 
Ф   0.98  Ф22.2  0.98  0.5  0.48
 45 
найдя значение функции Лапласа в таблице, имеем:
t
 2.06  t  92.7
45
Таким образом, чтобы вероятность ремонта печи была равна 0,02, суточное
потребление должно превысить 1092,7 кВт.
Скачать