ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА, (1269688), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Вероятность выхода из строя элемента p = 0,001.Тогда l np = 3000 × 0,001== 3. Все 3000 элементов сохранят своюработоспособность, если ни один из них не выйдет из строя. По формулеПуассона (2.7.1)30P3000 (0) = e -3 » 0,05.0!99Ответ. e-3 » 0,05.Задача 2.56. Каждое изделие независимо от других стандартно свероятностью p.
Произведено n изделий. Какова вероятность того, что k изних стандартны? ( См. пример 2.56 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.56.npknpknpk№№№100 0,99 100200 0,99 198200 0,98 20011121100 0,97 98100 0,97 96200 0,99 19721222100 0,98 96200 0,98 199200 0,98 19831323100 0,99 97100 0,97 95100 0,97 9941424100 0,99 99200 0,985 200100 0,97 9751525200 0,99 200100 0,98 98200 0,99 19761626200 0,98 196200 0,98 197200 0,985 19727717100 0,99 98100 0,98 97200 0,99 19681828100 0,98 100200 0,98 195300 0,99 29891929100 0,98 99200 0,99 199300 0,98 295102030Пример 2.57.
В студенческом строительном отряде работает 400студентов. Вероятность того, что студент в течение всего срока работыполучит травму, требующую введения противостолбнячной сыворотки,равна 0,005. Какое минимальное количество доз сыворотки должно быть вмедсанпункте этого отряда, чтобы с вероятностью не менее 0,95 их хватилов случае необходимости?Решение. Работу каждого студента в строительном отряде можносчитать независимым опытом. Имеем большое число n = 400 опытов, авероятность травмы p = 0,005 –– мала. Поэтому можно воспользоватьсяформулой Пуассона (2.7.1), в которой l 400 ×=0,005 = 2.Минимальное количество доз можно найти как минимальное m, прикотором выполняется неравенство P400 (k £ m) ³ 0,95.
Непосредственныйподсчет по формуле (2.7.1) показывает, чтоP400 (0) + P400 (1) + P400 (2) + P400 (3) + P400 (4) =20 -2 21 -2 22 -2 23 -2 24 -2= e + e + e + e + e = 0,9496 » 0,95.0!1!2!3!4!Заметим, что добавление к четырем еще одной дозы дает2 k -2e = 0,9858 » 0,99.å=k 0 k!Ответ. 4.5Задача 2.57. В аудиториях учебного корпуса установлено n ламп дляосвещения.
Вероятность того, что данная лампа в течение месяца100перегорит, равна p. Один раз в месяц электротехник обходит аудитории изаменяет перегоревшие лампы. Какой запас лампочек он должен иметь,чтобы с вероятностью P их хватило для замены всех перегоревшихлампочек? (См. пример 2.57 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.57.npPnpPnpP№№№200 0,01 0,9300 0,01 0,9400 0,01 0,912521400 0,005 0,9500 0,004 0,9600 0,005 0,9225221000 0,002 0,9800 0,005 0,9500 0,008 0,932023500 0,002 0,925 2000 0,001 0,924 1500 0,001 0,94250 0,004 0,9250 0,008 0,9520 3000 0,001 0,925300 0,01 0,95 25200 0,01 0,95 26400 0,01 0,956500 0,004 0,95 20400 0,005 0,95 27600 0,005 0,957800 0,005 0,95 20 1000 0,002 0,95 28500 0,008 0,9582000 0,001 0,95 25500 0,002 0,95 29 1500 0,001 0,959250 0,004 0,95 30250 0,008 0,9510 3000 0,001 0,95 25Пример 2.58.
Предстоит произвести профилактический осмотр 400устройств. Вероятность того, что в осматриваемом устройстве некоторыйэлемент потребуется заменить, равна 0,005. Какова вероятность того, чтопридется заменить не более четырех элементов?Решение. Осмотр каждого устройства можно считать независимымопытом, и всего таких опытов планируется n = 400. Вероятность заменыдеталиp = 0,005 –– мала. Поэтому формула Муавра–Лапласанеприемлема. В этих условиях лучше воспользоваться асимптотической2 k -2формулой Пуассона. Так как l np = 400 × 0,005== 2, то Pn (k ) » e .k!Поэтому P400 (k £ 4) P400= (0) + P400 (1) + P400 (2) + P400 (3) + P400 (4) =20 -2 21 -2 22 -2 23 -2 2 4 -2=e + e + e + e + e = 0,953.0!1!2!3!4!Ответ. 0,953.Задача 2.58.
Известно, что только b% раковин жемчужниц содержатжемчужину. Найдите вероятность того, что в n добытых раковинахобнаружится не более m жемчужин. (См. пример 2.58 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.58.b m №nbm № nb m № nb m№ n32 25 250 0,2 51 100 19 150 0,2 3 17 50 12 10 200 14 18 100 0,5 2 26 300 132 150 13 11 250 0,2 5 19 200 0,5 3 27 400 0,5 43 200 110145678250 0,2300 1400 0,5800 0,5100 24534312 1000 0,1 313 400 0,25 314 600 0,25 515 800 0,05 416 1000 0,1 32021222324250 1300 1400 0,5100 0,5200 1,5454342829303132800 0,5200 1300 1400 0,5600 0,25534352.11. Функции случайных величинПусть h ( x ) –– однозначная функция.
Функцией случайной величиныХ называется такая случайная величина Н = h( X ) , которая принимаетзначение hi = h( хi ) каждый раз, когда величина Х принимает значение хi.Требуется найти закон распределения случайной величины Н, зная законраспределения величины Х. Решение этой задачи рассмотримпоследовательно в пунктах I, II, III, IV в зависимости от типа случайнойвеличины и особенностей функции h ( x ) .I.
Пусть Х –– дискретная случайная величина. Если функция h ( x ) вобласти возможных значений Х монотонна, то величина Н примет значениеhi = h( хi ) тогда и только тогда, когда Х = хi . Следовательно, возможнымизначениями Н будут значения hi = h( хi ) , и этим значениям соответствуютвероятности рi = Р( Н = hi ) Р= ( Х =хi ).II. Если h ( x ) немонотонна и существует несколько значенийх1 , х2 ,¼, хm , при которых h = h ( хi ) , тоР[h( x ) =hi ] P[ Х=х1 или=Хх2 илихm ]=¼ или Х =m(Хå Р=i=1хi ). =Следовательно, для нахождения закона распределения случайнойвеличины Н = h( X ) нужно вычислить все ее значения, расположить их впорядке возрастания, отбрасывая повторяющиеся, и каждому изполученных значений hi приписать вероятность, равную суммевероятностей тех значений Х, для которых h = h ( хi ) .Пример 2.59.
Дискретная случайная величина имеетраспределенияХ–2024Р0,40,20,30,1законНайти закон распределения Y = 9 – Х 2 .Решение. Вероятность возможного значения y1= -7 равнавероятности события Х = 4 , т.е. 0,1. Вероятность возможного значенияy2 = 5 равна сумме вероятностей несовместных событий Х = -2 и Х = 2 ,102т.е. 0,4 + 0,3 = 0,7. Вероятность значения y3 = 9 равна Р ( X = 0) = 0,2.Искомое распределение имеет видY–759Р0,10,70,2Задача 2.59. Случайная величина X имеет биномиальный законраспределения с параметрами n и p (т.е.
P ( X = k ) = Cnk p k q n-k , где q = 1 – p ,k = 0,1, 2,¼, n ). Найдите закон распределения случайной величиныY = 4X – X 2 . Найдите математические ожидание величины Y. В нечетныхвариантах n = 3 , в четных –– n = 4 . (См. пример 2.59 и исходные данные.)Исходные данные к задаче 2.59.№p№p№p№p№p№p10,160,5110,4160,8210,7261/320,471/3120,7170,6220,2270,930,280,6131/4180,9233/4280,341/490,3143/4192/3241/6295/651/6102/3150,5200,1250,8300,7Пример 2.60. Случайные величины Х1 и Х2 независимы и имеюткаждая закон распределения:Хi–102Р0,60,30,1Найти законы распределения случайных величин: Y = 2Х 1; Z = Х 1 + X 2 ;U = X 12 ; W = Х 1 Х 2 . Найти математические ожидания этих величин.Решение.
Функция y = 2x монотонна. Поэтому Y может приниматьзначения –2, 0, 4 с вероятностями, равными вероятностям соответствующихзначений Х. ОтсюдаY–204Р0,60,30,1и M (Y ) = -2 × 0,6 + 0 × 0,3 + 4 × 0,1= -0,8. Найдем возможные значения Z:Z = –1 + (-1) = –2 с вероятностью р = 0,6 × 0,6 = 0,36;Z = –1 + 0= -1 с вероятностью р = 0,6 × 0,3 = 0,18;Z = –1 + 2 = 1 с вероятностью р = 0,6 × 0,1 = 0,06;Z = 0 + (-1) = –1 с вероятностью р = 0,3 × 0,6 = 0,18;Z = 0 + 0 = 0 с вероятностью р = 0,3 × 0,3 = 0,09;Z = 0 + 2 = 2 с вероятностью р = 0,3 × 0,1 = 0,03;Z = 2 + (–1) = 1 с вероятностью р = 0,1 × 0,6 = 0,06;Z = 2 + 0 = 2 с вероятностью р = 0,3 × 0,1 = 0,03;Z = 2 + 2 = 4 с вероятностью р = 0,1 × 0,1 = 0,01.103Суммируя вероятности повторяющихся значений Z, получаем законраспределения:Z–2–10124P0,360,360,090,120,060,01и M ( Z=) -2 × 0,36 + ( -1) × 0,36 + 0 × 0,09 + 1 × 0,12 + 2 × 0,06 + 4 × 0,01=-0,8.U = (-1)2 = 1 свероятностью 0,6; U = 0 с вероятностью 0,3 и U = 22 = 4 с вероятностью0,1.
Поэтому закон распределения U имеет вид:U014P0,30,60,1и M (U ) = 0 × 0,3 + 1 × 0,6 + 4 × 0,1= 1. Найдем возможные значения W:W = -1 × (-1) = 1 с вероятностью 0,6 × 0,6 = 0,36;W = -1 × 0 = 0 с вероятностью 0,6 × 0,3 = 0,18;W = -1 × 2= -2 с вероятностью 0,6 × 0,1 = 0,06;W = 0 × (-1) = 0 с вероятностью 0,3 × 0,6 = 0,18;W = 0 × 0 = 0 с вероятностью 0,3 × 0,3 = 0,09;W = 0 × 2 = 0 с вероятностью 0,3 × 0,1 = 0,03;W = 2 × 0 = 0 с вероятностью 0,1 × 03 = 0,3;W = 2 × (-1)= -2 с вероятностью 0,1 × 0,6 = 0,06;W = 2 × 2 = 4 с вероятностью 0,01.Суммируя вероятности повторяющихся значений W, получаем законраспределения:W–2014P0,120,510,360,01и M (W=) -2 × 0,12 + 0 × 0,51 + 1 × 0,36 + 4 ×=0,01 0,16.Ответ.Y–204Р0,60,30,1СлучайнаяZPвеличинаUпринимаетзначения:–20,36–101240,36 0,09 0,12 0,06 0,01U014P0,3 0,6 0,1W–2014P0,12 0,51 0,36 0,01M (Y )= -0,8; M ( Z=) –0,8; M= (U ) 1; M= (W ) 0,16.Задача 2.60.
Случайная величина X имеет биномиальный законраспределения с параметрами n и p (т.е. P ( X = k ) = Cnk p k q n-k , где q = 1 – p ,104k = 0,1, 2,¼, n ). Найдите законы распределения следующих случайныхвеличин: а) Y = 2X ; б) Z = X + X ; в) U = X 2 ; г) V = X × X (в пунктах б) и г)предполагается независимость слагаемых и сомножителей). Найдитематематические ожидания этих величин. (В нечетных вариантах n = 3 , вчетных вариантах n = 4 .) (См. пример 2.60 и исходные данные к задаче 2.59.)Пример 2.61. В каждой игре игрок может выиграть один рубль свероятностью p и проиграть рубль с вероятностью q = 1 – р , т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
