Максимов - Теория вероятностей, контрольные задания с образцами решений (969553), страница 11
Текст из файла (страница 11)
+,'Ю 1 )ух =М[Хг)-изхг. М[Хг]= ~хгу'„(х)~й=~хг 4тГхг юг= к -ЯР о — ~= — 1з)н гсоз г~й= — 1з(п 2гьй= — 1(1 — соз41)~й= ~юЬ=соззй~ к г к з 2к з о о о = — ( —.1.41~~~ = —. =, 2к~ 4 1~о 2к 2 4' Ох [ ) м006987З' их= Фх м 0264. 4 (.Зк) Аналогично сзг и 0.264. 9.5. Находим Клг = М[ХТ) — глхзиу., рзт — — Кху/(егхегг). 4т +:Ф +'О Л-Р М[ХК)= ) ) ху(хт(х,у)с(хсф= — Цхус(хгб'= — ) хс(г ) уп)ге :О «ь 'и о о и~2 4) о 2Т1 Р г1 = — (---) = — — = — =0.1592.
п(.2 4) и 4 2и К = †( — ~~ -0.02097; р,„= -0О20977006987 -0300. 2п Ья) 9.6. Х, У зависимы,так как Рлг мО. Решения задач образца 2 контрольного задания 1. В каждом из двоичных разрядов датчика случайных чисел с равной вероятностью могут оказаться «О» или «1». Найти вероятность того, что в случайно зарегистрированном числе, имекяцем 8 двоичных разрядов, в половине разрядов булуг нули. Ь Применяем классическое определения вероятности. Общее число случаев: и= 2 — число размещений с повторениями вз двух элементов по 8, так как случаи могут отличаться друг от друга как числом повторений нулей и единип, так н порядком их следования в восьми разрядах. Число благоприятствующих случаев гл = Са — число сочетаний из восьми элементов по четыре, так как бла- 4 гопрюпстаующие случаи отличаются друг от прута разрядами, в которых стоят нули.
Порядок разрядов безразличен. Тогда зл аз з 8 7 6.5 7.5 35 р= =с.а(2 = = = =0.273. 4 и а 2.3.4.2а 27 128 4 2. Вероятность отказа калсдого элемента в течение времени Т равна р. Элементы работают независимо и включены в цепь по приведенной схеме. 11усть собьпие А~ означает отказ элемента с номером 1 (1 = 1; 2, 3,... ), а событие В— отказ цепи за время Т (прекращение тока в цепи). Требуегск 2.1. Напясать формулу, вырюкакяпую собы- тяе В через все события А,.
2.2. Найти вероятность события В. 2.3. Вычислить Р(В) при р= 1/2. 48 й 2.1. Цепь состоит из двух блоков, включенных последовательно. Присвоим нм номера 1, 2 слева направо. Пусть В! — событие, означакицее отказ первого блока, а 2~ — отказ второго блока за время Т. Тогда В = В!+ В~, так как отказ цепи происходит прн отказе хотя бы одного блока. Элементы в каждый блок включены параллельно, поэтому отказ блока происходит при отказе всех элементов, в него входящих.
Отсюла В! = А!АгАз, Вг = АяАзАеАт. В=А А Аз+А АзАеАт. 2.2. Злеменгы работают независимо, поэтому события А!, ..., Ат — взаимно независимые. Применяем теорему сложения вероятностей для двух любых событий и теорему умножения веролгностей для взаимно независимых событяй. Р(В)=Р(Вг)+РЩ) — Р(В!2~) =Р(А!)Р(Аз)Р(Аз)+Р(Аг)Р(Аз)Р(Аь)Р(Ат)— — РИ)Р(Ат)~ (Аз)Р(Ая)Р(Аэ)Р(Ае)Р( 47) = Р + Р— Р ° так как Р(А,.)= р (г'=1„...,7). 2.3. При Р = 1/2 получаем Р(В) = 1/8+ 1/! 6 — 1/1 28 = 23/1 28 и 018. 4 3. Заготовки для серийного производства поступают из 1-го н 2-го литейных цехов в соотношении 3:2 и могут быль как станларппями, так и нестандартными.
Для 1-го цеха стандартные заготовки составляют 5 %„а для второго цеха— 10 'й от всей продукции. При изготовлении детали нз стандартной заготовки вероятносп брака рвани 0.02, а из нестандартной — 0.25. 3.1. Какова вероятность изготовления бракованной детали иэ случайно выбранной заготовки? 3.2. Из какой случайно выбранной заготовки, стандартной илн нестандартной, более вероятно изготовление бракованной детали7 Ь Введем следующие события (заготовки выбираются случайным образом): А — деталь, изготовленная из заготовки, окажется бракованной. В~ — заготовка изготовлена в первом цеху. Вз — заготовка изготовлена во втором цеху.
Н! — заготовка — стацлартная. Нз — заготовка — нестандартная. Из условий задачи находим вероятности: Р(Вг) = 3/5 = 0 6; ! Р(Н! /В) = 0 95; ! Р(А/НД = 0 02; Р(Вз ) = 2/5 = 0.4; ~ Р(Нг/Х~) = 0.90;1Р(А/Нз) = 0.25. 3.1. По формуле полной верояцизсти иахолим Р(Нг) = Р(В!)Р(Нэ/В!)+ РЩ)Р(Нг/Щ = 06.095+ 04. 09 = 093; Р(Нз) = 1- Р(Нг) = 0.07. Вторично используя формулу полной вероятности, находим искомую вероятность изготовления бракованной детали из случайным образом выбранной детали, стандартной илн нестандартной: Р(А) = Р(Н) Р(А/Н!)+ Р(Н,)Р(А/Н,) = = ОВЗ- 002+О.О7. 025 = 0.0186+ 0.0175 = 0.0361. 3.2.
С помощью формулы Байеса получаем Ю~,)Р~А/и1 оопб — Р(А) = О-0361 =~~~~ ,(Н Р(нт)Р(А/Нт) 00175 Р( А) 0.0361 Р(Н!/А) > Р(нт/А), т. е. более вероятно изготовление бракованной детали нз стандартной заготовки. 4. Испытывается независимо л приборов. Вероятность выхода нз строя любого прибора равна р. По условию партия приборов принимается, если выйдет из строя не более одного прибора. Найти веролтносп приема партии.
4.1. Вычислить эту вероятность при л = 50 и р = 0.02 с помощью точной формулм Бернулли. 4.2. Вычислить ее же с помощью приближенной формулы Пуассона. 4.3. Укажиге абсолклную Л и относительную Ь погрешности приближенного вычисления. Ь Испытания приборов укладываются в схему Бернулли.
Пусть Х вЂ” число вышешпнх из строя приборов прн испытании. Искомая вероятность есть Р(Х<1)=Р(Х=О)+Р(Х=1)=(1 — р)" +нр(1 — р)" ~. 4.1. Р(Х > 1) = 0.98 + 50 0.02.0.98 м 036417+ 0.37160 = 0.73577. 4.2. С помотцью приближенной формулы Пуассона получаем о Р(Х<1)= — е + — е =(1+а)е ~,глен=ар=50.002=1; О! И Р(Х~1)=2е ' =073576. 4.3. Л = 000001; Ь = 00000!/073577 м 0000014 — 00014%. Вычисления по точной и приближенной формулам практически совпадают. 4 5. Число Х заявок на ремонт станков а цеху за время Г = 1 час распределено по закону Пуассона с параметром а = 2.
Найги вероятность р того, что за первый час работы запюк будет меньше двух, а за второй час — не меньше двух. Ь р = Р(Х < 2). Р( Х > 2) = Р(Х < 2) (1 — Р(Х < 2)) . о Р(Х<2)=Р(Х =0)+Р(Х=1)= — е '+ — е ~ =(1+а)е "= О! И =За м3.01353=04059м041. р= 041-(1-041) = 041.059 = 024. 4 6. Плотность вероятности случайной величины Х заллна формулой Сх при хи(О,Ц, /(х)= С при х е(ц 2), Найти: О при хи(0,2). 6.1. С. 62 Г(х).
63. 1иХ 64 Вх. 6.5. ах. 66 Р(~Х-л1Х~<ал). 6.7. х(н — нижнюю квартиль. 6.8. Построитырафнки Дх) н Г(х) . Ь б 1. ) Лх) с1т = 1. Это равенство есть условие для нахождения С. ) Ос1х+) Слоях+) Сс(е+ ) ОНх - + Сх~ — — + С вЂ” — С вЂ” 1. -~ю О 1 2 О Отсюда С = 2/3. б.г.н д Г(. )= ~/.(1) О. Прн х < 0 Р(х) = ) 0 сй = О.
О к При О<я<1 ь(х)= 10Ж+) — тгй=— 3 3 Прй1«х<2 Г(х)= 10 и+~-1Ж+~ — й=-+ — (х-1)=-(2т-1). г2 е2 1 2 1 33 33 -3 3 -3 о О 1 о " "' "(")=1' 'Ь™Ь 1' -' О 1 2 Итак, О, х<О; х /3, 0<я~1; (2х — 1)/3, 1~я<2; 1, х>2. Ьв О 2 4 ~ 63. тх — — ~х/(х)ФЬ = ~04й+~ — х~4й+ ~ — хс(к+ ~04(х = 3 О 1 2 2 1 11 9 = — + — (4 — 1) = — м 122. 6.4. Находим Вх — — аг — шхг. +~О о ~ г аг — -М(Х~)= ) х~/(х)~й = ) ОЫх+) — х~с(т+) — х~~!т+ ) ОИх= ь о 1 2 1 14 31 = — + — (8 — 1) = — ч- — =— 18 81 162 6 5. ох = з/Вх м 0 48.
66. Р~Х-тх~<пх)мР((Х-1221<048)=Р(122-048<Х<122+048)= =Р(074сХс170)=Г(17) — г(074)=-(2 17-1)- —.074 062. 3 ' 3 6.7. Находим нижнюю квартиль х!ч. Для этого решаем уравнение Г(хря) = 1/4. Выболтаем аналитическое вы- =/'(х) 2 ражение, через которое выраяается г(х) в г1 у=:~х диапазоне 0<х<1, где г(х) может быль 3 1 3 у=О у — 0 „равно 1/4. Здесь Г(х) изменяется в преде- лах 0 < г"(х)<1/3. При этом г"(х) = х /3. у=г(Ч г =1 Тогда хр4/3= !/4. Отсюда х ~4 = 3/4; 3( г/3 ! ' х!ч = /3/2 0.866. 1 г 6.8. Для удобства восприятия строим 0 1 2 графики /(х) .и Е(х) друг под другом (рис.
2.3). 7. По количеству Х содержалжйся примеси продукт разделяется иа две группы. Продукт первой труппы содержит примесь в количестве, меньшем ! %. Продукт второй группы — большем ! %. Х вЂ” случайная величина, распределенная нормально с параметрами ш = !5 % и о = 05 %. Найш, сколько процентов в обшем объеме прожилин составляют продуктм первой и второй трупп. Ь Пусть р! = Р(Х с!) = Г(1), гле г(х) = 0.5+ Фо~ 1. Злесь и з ! г— Фо(х) = — ) е г тд — нормированная функция Лапласа. ./2 ! Щ)=05+Фа =05+Фа( 1)=05 Фе(!)=05 — 0341=0359- ~1 05/ рю=6159-159 5Ю; р, =Р(Х~1)=1-р, =684!-841 54.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
