А.И. Волковец, А.Б. Гуринович. Практикум для студентов, страница 3

Какова вероятность того, что второйстрелок промахнулся, если после выстрелов в мишени осталось две пробоины?Ответ: 0,33.3.8. По каналу связи передается цифровой текст, содержащий только трицифры 1, 2, 3, которые могут появляться в тексте с равной вероятностью.Каждая передаваемая цифра в силу наличия шумов принимается правильно свероятностью 0,9 и с вероятностью 0,1 принимается за какую-либо другуюцифру.

Цифры искажаются независимо друг от друга. Найти вероятность того,что было передано 111, если принято 123.Ответ: 0,0025.4. ПОВТОРЕНИЯ НЕЗАВИСИМЫХ ОПЫТОВПусть производится n независимых одинаковых опытов. В результатекаждого опыта событие A появляется с вероятностью р. Вероятность P(n, k)того, что в последовательности из n опытов событие А произойдет ровно k раз(формула Бернулли), равнаP(n, k ) = Cnk ⋅ pk ⋅ qn−k =n!p k ⋅ q n−k , 0 ≤ k ≤ n ,k !⋅ (n − k )!(4.1)где q =1 – р – вероятность того, что событие А не произойдет в одном опыте.Вычисление вероятностей P(n, k ) при больших значениях n по формулеБернулли проблематично.

Поэтому вычисление соответствующих вероятностейпроводится с помощью следующих приближенных формул.Если количество испытаний велико n → ∞, а вероятность события мала1p → 0 , так что np → a, 0 < a < ∞ и p <<, то используется формулаnПуассонаak − a⋅ e , k = 0, n .(4.2)k!Если количество испытаний n велико, вероятности p и q не малы, так чтовыполняются следующие условия:0 < np – 3 npq , np + 3 npq < n,то применяются приближенные формулы Муавра–Лапласа:P(n, k ) ≈P(n, k ) ≈– локальнаяϕ ( x),(4.3)P(n, k1 ≤ k ≤ k2 ) ≈ Φ(x2 ) −Φ(x1 ) ,(4.4)npq⎛ x2 ⎞1exp ⎜ − ⎟ ,2π⎝ 2⎠k − npx=;npqгде ϕ ( x) =– интегральнаягде x1 =( k1 − np )( k − np ), x2 = 2,npqnpq1Φ( x) =2πx⎛ x2 ⎞∫ exp ⎜⎝ − 2 ⎟⎠ dx – функция Лапласа.0Функции ϕ(х) и Ф(х) табулированы (см.

приложение). При использованиитаблиц следует помнить, что ϕ(х) является четной (ϕ(–х) = ϕ(х)), а функцияЛапласа – нечетной (Ф(–х) = –Ф(х)).Пусть производится серия из n независимых испытаний, в результатекаждого из которых может появиться одно из событий A1, A2, ... , Ar свероятностями p1, p2, ... , pr соответственно.Вероятность того, что в серии из n испытаний событие A1 наступит ровноk1 раз, событие A2 – k2 раз, ... , событие Ar – kr раз (k1 + ... + kr = n), равнаn!P(n, k1 , ..., kr ) =⋅ p1k1 ⋅ p2k2 ⋅ ... ⋅ prkr .(4.5)k1 ! ...kr !Пример 4.1. По каналу связи передается n = 6 сообщений, каждое изкоторых независимо от других с вероятностью p = 0,2 оказываетсяискаженным.

Найти вероятности следующих событий:A = {ровно два сообщения из шести искажены},B = {не менее двух сообщений из шести искажены},C = {все сообщения будут переданы без искажений},D = {все сообщения будут искажены}.Решение. По формуле Бернулли (4.1)6!P( A) = C62 ⋅ p2 ⋅ (1− p)4 =0,22 ⋅ 0.84 = 0,197 ,4!⋅ 2!P(B) = P(6,2) + P(6,3) + P(6,4) + P(6,5) + P(6,6) = 1- P(6,0) – P(6,1) == 1 − C60 p 0 (1 − p )6 − C61 p1 (1 − p )5 = 1 − 0,86 − 6 ⋅ 0,21 ⋅ 0,85 = 0,345 ,P(C ) = (1 − p )6 = 0, 262 , P( D) = p 6 = 0,26 = 0,000064 .Пример 4.2. Вероятность появления события A за время испытаний равна0,8.

Определить вероятность того, что в 100 испытаниях событие A появится:а) 80 раз; б) не менее 75 и не более 90 раз; в) не менее 75 раз.Решение1) Воспользуемся локальной теоремой Муавра–Лапласа:ϕ ( x)80 − 100 ⋅ 0,8P(100,80) =x=,= 0.100 ⋅ 0,8 ⋅ 0, 2100 ⋅ 0,8 ⋅ 0, 2ϕ(0) = 0,3989, тогда P(100,80) = 0,0997.2) Согласно интегральной теореме Муавра–Лапласа⎛ 90 − 80 ⎞⎛ 75 − 80 ⎞P(100,75 < k < 90) = Φ ⎜⎟ −Φ ⎜⎟=⎝ 4 ⎠⎝ 4 ⎠= Φ(2,5) – Φ(–1,25) = Φ(2,5) + Φ(1,25).Значение функции Лапласа определяем по таблице Лапласа: Φ(2, 5) == 0,4938; Φ(1, 25) = 0,3943. P(100, 75 < k < 90) = 0,8881.ЗАДАЧИ4.1. Устройство состоит из 8 независимо работающих элементов.Вероятности отказов каждого из элементов за время Т одинаковы и равныр = 0,2.

Найти вероятность отказа прибора, если для этого достаточно, чтобыотказали хотя бы 3 элемента из восьми.Ответ: 0,203.4.2. На контроль поступила партия деталей из цеха. Известно, что 5%всех деталей не удовлетворяют стандарту. Сколько нужно испытать деталей,чтобы с вероятностью не менее 0,95 обнаружить хотя бы одну нестандартнуюдеталь?Ответ: n > 59.4.3. Вероятность появления события в одном опыте равна 0,78. Чемуравно наивероятнейшее число наступления события в 150 опытах?Ответ: 117.4.4. Вероятность появления событий в каждом из 100 независимыхиспытании равна р = 0,8. Найти вероятность того, что событие появляется неменее 75 раз и не более 90 раз?Ответ: 0,8882.4.5.

При передаче сообщения вероятность искажения одного знака равна0,1. Найти вероятность того, что сообщение из 10 знаков: а) не будет искажено;б) содержит три искажения; в) содержит не более трех искажений.Ответ: а) 0,3487; б) 0,0574; в) 0,9872.4.6. Из одной ЭВМ в другую необходимо переслать файл объемом10 000 символов. Вероятность ошибки при передаче символа составляет 0,001.а) определить вероятность безошибочной передачи файла;б) вычислить вероятность того, что в переданном файле будет ровно10 ошибок;в) определить, какова должна быть вероятность ошибки при передачеодного символа, чтобы вероятность передачи всего файла без ошибок составила0,99.Ответ: а) 8,54·10–4; б) 0,126; в) 1,005⋅10–6.4.7.

Вероятность появления события в каждом из независимых испытанийравна 0,8. Сколько нужно провести испытаний, чтобы с вероятностью 0,9можно было ожидать, что событие появится не менее 75 раз.Ответ: 100.4.8. Вероятность успеха в каждом испытании равна р. Найти вероятностьтого, что k-й по порядку успех происходит в n-м испытании. Вычислить этувероятность для р = 0,7; k = 5, n = 12.Ответ: 0,0011.5.

СЛУЧАЙНАЯ ВЕЛИЧИНА. ЗАКОН РАСПРЕДЕЛЕНИЯПод случайной величиной (СВ) понимается величина, которая врезультате опыта со случайным исходом принимает то или иное значение,причем, заранее, до опыта, неизвестно, какое именно. Случайные величины взависимости от вида множества значений могут быть дискретными илинепрерывными.Закон распределения случайной величины – это любая функция, таблица,правило и т.п., устанавливающая соответствие между значениями случайнойвеличины и вероятностями ее наступления.Функцией распределения случайной величины X называется вероятностьтого, что она примет значение меньшее, чем аргумент функции x:F(x) = p{X < x}.(5.1)Свойства функции распределения:1. F(–∞) = 0.2.

F(+∞) = 1.3. F(x1) ≤ F(x2), при x1 < x2.4. p(a ≤ X < b) = F(b) – F(a).(5.2)Рядом распределения дискретной СВ X называется таблица, в верхнейстроке которой перечислены все возможные значения СВ x1, x2, ..., xn (xi-1 < xi),а в нижней – вероятности их появления p1, p2, ... , pn , где pi = p{X = xi}.xipix1p1x2p2......xnpnТак как события {X = x1}, ... , {X = xn} несовместны и образуют полнуюгруппу, то справедливо контрольное соотношениеp1 + p2 + ... + pn = 1.(5.3)Функция распределения любой дискретной СВ есть разрывная ступенчатаяфункция, скачки которой происходят в точках, соответствующих возможнымзначениям случайной величины, и равны вероятностям этих значений:F ( x) =∑xi < xp( X = x i ) .(5.4)Плотностью распределения (плотностью вероятности) f(x) непрерывнойслучайной величины X называется производная ее функции распределенияP{x ≤ X < x + ∆x}F ( x + ∆x) − F ( x) dF ( x)f ( x) = lim= lim== F ′( x) .

(5.5)∆x→0∆x → 0dx∆x∆xОсновные свойства плотности распределения:1. Плотность распределения неотрицательна: f(x) ≥ 0.∞2. Условие нормировки:∫ f ( x )dx = 1.(5.6)−∞3. Вероятность попадания случайной величины X на произвольный участок[a, b[ равнаbp{ a ≤ X < b} =∫f ( x ) dx .(5.7)a4. Функция распределения F(x) случайной величины X выражается через ееплотность:xF ( x) = p{X < x} = p{−∞ < X < x} =∫ f ( x)dx.(5.8)−∞Пример 5.1.

По одной и той же стартовой позиции противникапроизводится пуск из пяти ракет, причем вероятность попадания в цель прикаждом пуске одной ракеты равна 0,6. Число попаданий в цель – случайнаявеличина X. Определить ряд распределения и функцию распределениявеличины X.Решение. Случайная величина X может принимать следующие значения: 0,1, 2, 3, 4, 5. Найдем вероятность принятия величиной X этих значений,используя формулу Бернулли:P { X = 0} = (1 − p )5 = 0, 45 = 0, 01024 ,P { X = 1} = C51 p (1 − p ) 4 = 5 ⋅ 0, 6 ⋅ 0, 44 = 0, 0768 ,P { X = 2} = C52 p 2 (1 − p )3 = 10 ⋅ 0, 62 ⋅ 0, 43 = 0, 2304 ,P { X = 3} = C53 p 3 (1 − p ) 2 = 10 ⋅ 0, 63 ⋅ 0, 42 = 0,3456 ,P { X = 4} = C54 p 4 (1 − p ) = 5 ⋅ 0, 64 ⋅ 0, 4 = 0, 2592 ,P { X = 5} = p 5 = 0, 65 = 0, 07776 .Ряд распределения имеет видxipi00,0102410,076820,230430,345640,259250,07776Функцию распределения определим по формуле (5.4) для переменных:x ≤ 0 F ( x) = 0 ,0 < x ≤ 1 F ( x) = p0 = 0,01024 ,F(x)1 < x ≤ 2 F ( x) = p0 + p1 = 0,08704 ,12 < x ≤ 3 F ( x) = p0 + p1 + p2 = 0,31744 ,3 < x ≤ 4 F ( x) = p0 + p1 + p2 + p3 = 0,66304 ,0.54 < x ≤ 5 F ( x) = p0 + p1 + p2 + p3 + p4 = 0,92224 ,x > 5 F ( x) = p0 + p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1 .0xF(x)≤005]0; 1]]1; 2]]2; 3]]3; 4]]4; 5]0,01024 0,08704 0,31744 0,66304 0,92224Пример 5.2.

Случайная величина Xопределяемому плотностью вероятности видараспределена>51позакону,−π / 2 ≤ x ≤ π / 2,⎧c cos x,f ( x) = ⎨x > π / 2.⎩ 0,Найти константу c, функцию распределения F(x) и вычислить p{|x| < π/4}.Решение. Константу с вычислим исходя из условия нормировки:∞π /2π /2()cossinfxdx=cxdx=cx= c + c = 2c = 1 ,∫∫−π / 2−π / 2−∞откуда с = 0,5.Так как плотность вероятности задана различными формулами на разныхинтервалах, то и функцию распределения будем искать для каждого интервалав отдельности:xдля x < –π/2F ( x) =x∫f ( y )dy =∫0dy +−∞−π / 2для –π/2 ≤ x ≤ π/2 F ( x) =−∞xF ( x) =∫−∞∫cos ysin y x1 + sin x,=dy =22 −π / 22∫cos ydy +2−π / 2π /2−∞−π / 2для x > π/2∫ 0dy = 0 ,0dy +−π / 2Окончательно имеемx∫0dy = 1 .π /2x < −π / 2,x ≤ π / 2,x > π / 2.⎧0,⎪F ( x) = ⎨ (1 + sin x) / 2,⎪ 1,⎩2 1⎞2⎛ π ⎞ ⎛ 2 1 ⎞⎟ ⎛⎜⎛π ⎞+ ⎟ − ⎜−+ ⎟⎟ =Вероятность p{|x| < π/4}= F ⎜ ⎟ − F ⎜ − ⎟ = ⎜⎜.2⎝4⎠⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 2⎠ ⎝ 4 2⎠ЗАДАЧИ5.1.

На проверку поступают партии из 4 приборов. Проверка партиипрекращается после обнаружения первого неисправного прибора. Вероятностьтого, что прибор пройдет проверку, равна 0,6. Случайная величина X – числопроверенных приборов в одной партии. Определить ряд распределения,функцию распределения F(x) и построить ее график.Ответ:1234xi0,40,240,144 0,216pixF(x)≤10]1; 2]0,4]2; 3]0,64]3; 4]0,784>415.2.