1 ДЗ (ТП1 со стенда 1-6 задача)

ТП №1 по теории вероятности Вариант 15

Задача 1. Одновременно подбрасывают две игральные кости. В вариантах 11-30 найти вероятность того, что произведение выпавших очков: 1) равно k; 2) меньше k+1; 3) больше k-1; 4) заключена в промежутке [α; β]. K=8; α=10; β=13.

Решение. В качестве пространства элементарных исходов данного эксперимента будем использовать множество упорядоченных пар: Ω = {ω = (i, j), i=1, …,6), j=1, …,6} (здесь i и j – число очков, выпавших соответственно на первой и второй кости). Таким образом, общее число элементарных исходов N = 36. В рамках классической схемы вероятность любого события вычисляется как отношение числа благоприятных исходов к общему числу исходов. Элементарные исходы, благоприятные для каждого из интересующих событий нас событий отмечены на диаграммах.

	1	2	3	4	5	6
1	1	2	3	4	5	6
2	2	4	6	8	10	12
3	3	6	9	12	15	18
4	4	8	12	16	20	24
5	5	10	15	20	25	30
6	6	12	18	24	30	36

1) Произведение равно 8 2) Произведение меньше 9

	1	2	3	4	5	6
1	1	2	3	4	5	6
2	2	4	6	8	10	12
3	3	6	9	12	15	18
4	4	8	12	16	20	24
5	5	10	15	20	25	30
6	6	12	18	24	30	36

	1	2	3	4	5	6
1	1	2	3	4	5	6
2	2	4	6	8	10	12
3	3	6	9	12	15	18
4	4	8	12	16	20	24
5	5	10	15	20	25	30
6	6	12	18	24	30	36

	1	2	3	4	5	6
1	1	2	3	4	5	6
2	2	4	6	8	10	12
3	3	6	9	12	15	18
4	4	8	12	16	20	24
5	5	10	15	20	25	30
6	6	12	18	24	30	36

3) Произведение больше 7 4) Произведение в промежутке [10;13]

Рис. 1-4. Диаграммы благоприятных элементарных исходов.

Таким образом, p1=2/36; p2= 16/36; p3=22/36; p4=6/36.

Задача 2. На некоторое обслуживающее устройство поступают две заявки. Каждая может поступить в любой момент времени в течение Т минут. Время обслуживания 1- ой заявки τ₁ минут, 2-ой τ₂ минут. При поступлении заявки на занятое устройство она не принимается. При поступлении заявки на свободное устройство даже в последний момент времени Т она обслуживается.

Найти вероятность того, что: 1)А - обе заявки будут обслужены; 2)B - будет обслужена ровно одна заявка.

Т=150; τ₁ =15; τ₂=35;

Решение. X – время поступления 1-ой заявки: 0≤ X≤ Т, Y - время поступления 2-ой заявки: 0≤ Y≤ Т. В качестве элементарных исходов данного эксперимента будем рассматривать точки квадрата со стороной Т: Ω = {ω = (X; Y), 0≤ X≤ Т, 0≤ Y≤ Т}. Элементарные исходы в данном опыте (опыт состоит в фиксации времени поступления заявок на обслуживающее устройство) изобразятся точками (X, Y) квадрата со стороной Т = 150 мин, т. е. Ω = {ω = (X; Y), 0≤ X≤ 150, 0≤ Y≤ 150}.

Событие А={обе заявки будут обслужены } (т.е. множество благоприятных исходов: А={Y>X+ τ₁} U {X>Y+ τ₂} наступит тогда и только тогда, когда 2-я заявка поступит на обслуживающее устройство спустя 15 минут или больше после обслуживания 1-ой заявки, либо начнётся обслуживание 1-ой заявки спустя 35 минут и более минут после обслуживания 2-ой заявки, т.е. должно выполниться одно из условий:

Эти неравенства определяют благоприятствующую событию А область А, заштрихованную на рисунке.

Площадь А равна: S(А) = [(Т- τ₂)² + (T-τ₁)²] = [(150- 35)² + (150-15)²] = 15725

Площадь квадрата Ω равна: S(Ω) = 150² =22500

Таким образом:

Задача 3. Задана структурная схема надежности системы, состоящей из пяти элементов. Событие A̅_i — отказ i-го элемента за некоторый промежуток времени. Вероятности безотказной работы элементов заданы: P(A_i) = 0.95, i = 1,3,5; P(A_j) = 0.9, j = 2,4.

Событие А состоит в безотказной работе всей системы за рассматриваемый промежуток времени (события А_i независимы в совокупности). Требуется: 1) выразить событие А через А_i и А̅_i (i=1, …,5); 2) найти вероятность P(A) безотказной работы системы.

Решение.

B = {Безотказная работа узлов A₁, A₂}

C = {Безотказная работа узлов A₃, A₄, A₅}

P(A) = P(B) + P(C)

P(B) = P(A₁+A₂) = 1 – P(A̅_1*A̅₂) – по формуле де Моргана = *

P(B) = 1 – 0.05*0.1 = 0.995

Проверка: P(B) = P(A₁+A₂) = P(A₁) + P(A₂) – P(A₁*A₂) = 0.95 + 0.9 – 0.95*0.9 = 0.995

P(С) = P(A₃+A₄₊A₅) = 1 – P(A̅_3*A̅_4*A̅₅) – по формуле де Моргана

P(С) = 1 – 0.05*0.1*0.05 = 0.99975

Проверка: P(С) = P(A₃+A₄+A₅) = P(A₃) + P(A₄) + P(A₅) – P(A₃*A₄) – P(A₃*A₅) – P(A₄*A₅) + P(A₃*A₄*A₅) = 0.95 + 0.9 +0.95 – 0.95*0.9 – 0.95*0.95 -0.9*0.95 +0.95*0.9+0.95 = 0.99975

Таким образом:

P(A) = P(B+C) = 1 – P(B̅*C̅) = P(B) + P(C) – P(B*C)

1 – P(B̅*C̅) = 1 - P(A̅_1*A̅₂) * P(A̅_3*A̅_4*A̅₅) = 0.99999875

P(B) + P(C) – P(B*C) = [P(A₁) + P(A₂) – P(A₁*A₂)] + [P(A₃) + P(A₄) + P(A₅) – P(A₃*A₄) – P(A₃*A₅) – P(A₄*A₅) + P(A₃*A₄*A₅)] - P(B*C) = 0.99999875

Задача 4. Из партии, содержащей n изделий, среди которых k - высшего сорта, для контроля последовательно выбирают наугад m изделий. Найти вероятность того, что среди выбранных изделий окажется ровно l изделий высшего сорта при условии, что выборка производится: 1) c возвращением (выбранное изделие возвращается обратно в партию); 2) без возвращения (выбранное изделие в партию не возвращается).

n=12; k=9; m=6; l=4.

Решение.

Ω = {n = 12 – кол-во изделий, из которых k = 9 высшего сорта}

Рассмотрим случай с возвращением:

Так как мы извлекаем 6 изделий и должны получить 4 высшего сорта, найдем кол-во возможных комбинаций.

Формула количества сочетаний:

Все сочетания попарно несовместные, значит вероятность суммы этих событий равна сумме их вероятностей.