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 Pхотя бы две линии исправны= Pисправны или две, или три, или четыре линии Тогда найдем вероятность того, что исправных линий будет не меньше двух (хотя бы две), по формуле: P2 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! 23 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! 23 2 4 1 3 4! 3! C 41 C32 3!1! 2!1! 43 12 P( H 3 ) P7, 4 (3,1) 3 7 ! 5 6 7 35 C7 3!4! 23 C 40 C 33 1 1 1 1 P( H 4 ) P7 , 4 (3,0) 3 7! 5 6 7 35 C7 3!4! 23 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! 67 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! 56 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! 45 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 Pa b F (a) F (b) . В нашем случае P1.5 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 Ф2.22 Ф 22.2 45 45 Тогда P0 1100 Ф т.к. функция Ф – нечетная Ф2.22 Ф22.2 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 Ф22.2 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.