Пример 6.6. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность бесперебойной работы первого станка в течен ие некоторого времени t равна p1 = 0,9, второго - p2 = 0,8. Какова вероятность бесперебойной работы обоих станков в течени е указанного промежутка времени?

Решение. Рассмотрим следующие события: А1 è À2 - бесперебойная работа соответственно первого и второго станков в тече- ние времени t; A - бесперебойная работа обоих станков в течение указанного времени. Тогда событие А есть совмещение событий А1 è À2 , ò.å. À = À1 À2 . Так как события А1 è À2 независимы (станки работают независимо друг от друга), то по формуле (5) получи м:

P (À) = P (À1 ) · P (À2 ) = 0,9 · 0,8 = 0,72.

Пример 6.7. В задаче 6.6. определить вероятность бесперебойной работы хотя бы одного из двух станков в течение времен иt (событие В).

Первый способ. Рассмотрим противоположное событие B означающее простой обоих станков в течение времени t. Очевид-

но, что событие B есть совмещение событий A1 è A 2 - простоев первого и второго станков, т.е. B = A1 A2 . Так как события A1 è A2 независимы, то

P (B) = P (A1 )×P (A2 ) = = 0,1×0,2 = 0,02.

P(B) = 1− P(B) = 0,98.

Второй способ. Событие В происходит в том случае, когда имеет место одно из следующих трех несовместных событий: либо

À1 · À 2 - совмещение событий А1 è À2 (первый станок работает,

второй - не работает), либо А1 · À2 - совмещение событий А1 è À2 (первый станок не работает, второй – работает), либо А1 À2 - совмещение событий А1 è À2 (оба станка работают), т.е.

B = A1 × A2 + A1 × A2 + A1 × A2 .

По формуле (3) получим:

P (B) = P (A 1 × A2 ) + P (A1 × A2 ) + P (A1 × A2 ).

 силу того, что события А 1 è À2 , а следовательно, А1 è A2 , A1

è À 2 независимы, имеем:

P (B) = P (A 1 )×P (A2 ) + P (A1 )×P (A2 ) + P (A1 )×P (A2 ) =

P (A 1 ) + P (A2 ) + P (A1 )×P (A2 ) = 0,98.

Пример 6.8. При увеличении напряжения может произойти разрыв электрической цепи вследствие выхода из строя одн ого из трех последовательно соединенных элементов; вероятност и отказа элементов соответственно равны 0,2; 0,3; 0,4. Определить вероятность того, что разрыва цепи не произойдет.

Решение. Пусть события А1 , À2 , À3 означают выход из строя соответственно первого, второго и третьего элементов. Их вероятности по условию соответственно равны: P (A1 ) = 0,2; P (A2 ) = 0,3; P (A3 ) = 0,4. Тогда вероятности противоположных

событий A 1 , A2 , A 3 соответственно первый, второй и третий элемент не вышел из строя) равны:

P (A1 ) =1- P (A1 ) = 0,8; P (A2 ) = 0,7; P (A3 ) = 0,6.

Событие А, состоящее в том, что разрыва цепи не произошло,

есть совмещение независимых событий A 1 , A2 , A 3 : A = A1 × A2 × A3 . Следовательно, по формуле (5) получаем:

P (A) = P (A1 )×P (A2 )×P (A3 ) = 0,8×0,7×0,6 = 0,336.

Пример 6.9. В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно вынимают три шара. Найти вероятность того, ч то первый шар окажется черным, второй – красным и третий – белым.

Решение. Рассмотрим следующие события: А - первый вынутый шар черный, В - второй шар красный, С - третий шар белый. Обозначим через D событие, заключающееся в том, что шары вынуты в последовательности: черный, красный, белый. Очеви д- но, D = A · B · C.

По формуле (4) имеем:

P (D) = P (A) · P (B / A) · P (C / AB).

Найдем вероятности, входящие в правую часть этого равенства. Вероятность того, что первоначально вынут черный ша р,

	P (A) =							Вероятность извлечения из урны красного шара при
					что первоначально был вынут черный шар,
	P (B / A) =							так как после изъятия черного шара в урне оста-

лось 14 шаров и из них - 5 красных. Вероятность извлечения из урны белого шара после того, как были извлечены черный и кр ас-

íûé øàðû, P (C / AB) = 13 4 (после изъятия черного и красного

шаров в урне осталось 13 шаров и из них - 4 белых). Таким образом,

P (D) = 2 5 × 14 5 ×13 4 = 91 4 .

Пример 6.10. Завод изготавливает определенного типа изделия; каждое изделие имеет дефект с вероятностью p1 = 0,1. Изделие осматривается одним контролером; он обнаруживает име ю- щийся дефект с вероятностью p2 = 0,8, а если дефект не обнаружен, пропускает изделие в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать изделие, не имеющее дефекта; вероятность этого равна p3 = 0,3. Найти вероятности следующих событий:

À1 – изделие будет забраковано, но ошибочно; А2 – изделие будет пропущено в готовую продукцию с дефек-

òîì; À3 – изделие будет забраковано.

Решение. Рассмотрим следующие события: В1 – изделие имеет дефект;

Â2 – контролер обнаружит имеющийся дефект; В3 – контролер забракует изделие, не имеющее дефекта.

По условию задачи P (B1 ) = p1 = 0,1; P (B2 ) = p2 = 0,8; PB1 (B3 ) = p3 = 0,3. Событие А1 по смыслу означает: «изделие не

имеет дефекта и изделие будет забраковано контролером», т.е. A1 = B1 × B3 . Тогда

P (A1 ) = P (B1 × B3 ) = P (B1 )× PB 1 (B3 ) = (1- p1 )× p3 = 0,9×0,3 = 0,27.

Событие А2 по смыслу означает: «изделие имеет дефект и контролер не обнаружит дефект», т.е. A2 = B1 × B2 . Тогда

P (A2 ) = P (B1 )×P (B2 ) = p1 ×(1- p2 ) = 0,1×0,2 = 0,02,

т.к. события B и B2 независимые.

Событие А3 по смыслу означает: «изделие имеет дефект и контролер обнаруживает дефект или изделие не имеет дефекта и контролер забракует изделие», т.е.

A3 = B1 × B2 + B1 × B3

P (A 3 ) = P (B1 × B2 + B1 × B3 ) = P (B1 )×P (B2 ) + P(B1 )×PB 1 (B3 ) =

P 1 ×P2 + (1- p1 )× p3 = 0,1×0,8 + 0,9×0,3 = 0,35.

6.1.4. Формула полной вероятности и формула Байеса

Если с некоторым опытом связано n исключающих друг друга событий (гипотез) Н1 , Í2 , … , Ín и если событие А может осуществиться только при одной из этих гипотез, то вероятнос ть события А вычисляется по формуле полной вероятности:

P (A) = P (H1 ) · P (A/H1 ) + P (H2 ) · P (A/H2 ) + … + P (Hn ) · P (A/Hn ).

Если до опыта вероятности гипотез были P (H1 ), P (H2 ), …, P (Hn ), то после проведения опыта, в результате которого осуществилось событие А, вероятности гипотез можно переоценить по формуле Байеса:

P (Hi / A) =	P (Hi )× P (A/ Hi )	(i =1,2,..., n).
	å P (Hi )× P (A/ Hi )

Пример 6.11. Имеется три урны с шарами. В первой урне 4 белых и 5 черных, во второй - 5 белых и 4 черных, в третьей - 6 белых шаров. Некто выбирает наугад одну из урн и вынимает и з нее шар. Найти вероятность того, что: а) этот шар окажется бе - лым; б) белый шар вынут из второй урны.

а) пусть А - событие, означающее, что извлечен белый шар. Рассмотрим три гипотезы:

Так как урна, из которой извлекают шар, выбирается наугад, т о

Условные вероятности события А соответственно равны:

	P (A/ H2 ) =		(вероятность извлечения белого шара из второй урны),
	P (A/H3 ) = 1		(вероятность извлечения белого шара из третьей урны).

Отсюда по формуле полной вероятности получим:

P (A) = 1 3 × 4 9 + 1 3 × 5 9 + 1 3 ×1= 1 3 ×2 = 2 3 .

б) для определения вероятности того, что белый шар извлече н из второй урны, воспользуемся формулой Байеса:

P (H2 ) P (A/ H2 )

P (H2

Пример 6.12. По линии связи передаются два сигнала А и В

соответственно с вероятностями 0,72 и 0,28. Из-за помех 6 часть

А-сигналов искажается и принимается как В-сигналы, а 7 часть

переданных В-сигналов принимается как А-сигналы.

а) Определить вероятность того, что на приемном пункте будет принят А-сигнал.

б) Известно, что принят А-сигнал. Какова вероятность того, что он же и был передан?

а) пусть событие А – на приемном пункте появился А-сигнал. Введем гипотезы: НÀ – передан сигнал А, НÂ – передан сигнал В. По условию P (HA ) = 0,72; P (HB ) = 0,28.

Вероятность того, что принят А-сигнал при условии, что он же послан, равна:

P (A/ HA ) =1- 1 6 = 5 6 .

Вероятность того, что принят А-сигнал при условии, что послан В-сигнал, равна:

P (A/ HB ) = 1 7 .

Отсюда по формуле полной вероятности получаем

P (A) = P (HA )×P (A/ HA ) + P (HB )×P (A/ HB ) = 0,72 × 5 6 + 0,28× 1 7 = 0,64.

б) вероятность приема А-сигнала при условии, что он же был передан, найдем по формуле Байеса:

		P (HA )×P (A/ HA )
	P (HA / A) =

Пример 6.13. Пассажир может обратиться за получением билета в одну из трех касс. Вероятности обращения в каждую ка ссу зависят от их местоположения и равны соответственно p1 , p2 , p3 . Вероятность того, что к моменту прихода пассажира имеющие ся в кассе билеты будут распроданы, равна для первой кассы p4 , äëÿ

второй – p5 , для третьей – p6 . Пассажир направился за билетом. Какова вероятность того, что он приобретет билет?

Решение. Рассмотрим следующие случайные события:

À – пассажир приобретет билет;

Í1 – пассажир направился в первую кассу;

Í 2 – пассажир направился во вторую кассу;

Í 3 – пассажир направился в третью кассу.

Ясно, что события Н1 , Í2 , Í3 образуют полную группу событий и несовместны (мы считаем, что пассажир может направит ь- ся только в одну кассу). События Н1 , Í2 , Í3 являются гипотезами. Событие А может произойти только при условии, что произошла одна из гипотез.

По формуле полной вероятности:

P (A) = P (H 1 )× PH 1 (A) + P (H2 )×PH 2 (A) + P (H3 )× PH 3 (A) =

P 1 (1- p4 ) + P2 (1- p5 ) + P3 (1- p6 ).

Пример 6.14. Имеются три партии деталей по 30 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой, второй и третьей п артиях соответственно равно 20, 15, 10. Из наудачу взятой партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Затем из той же партии вторично наудачу извлекли деталь, которая также оказалась стандартной. Найти вероятность того, что детали бы ли извлечены из третьей партии.

Решение. Обозначим через А событие - в каждом из двух испытаний была извлечена стандартная деталь.

Можно сделать три предположения (гипотезы): Н1 - детали извлекались из первой партии; Н2 - детали извлекались из второй партии; Н3 - детали извлекались из третьей партии.

Так как детали извлекались из наудачу взятой партии, то ве - роятности гипотез одинаковы:

P (H1 ) = P (H2 ) = P (H3 ) = 1 3 .

Найдем условную вероятность P H 1 (A), т.е. вероятность того,

что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали:

PH 1 (A) = 20 30 × 19 29 = 38 87 .

Найдем условную вероятность PH 2 (A), т.е. вероятность того,

что из второй партии будут последовательно извлечены (бе з возвращения) две стандартные детали:

PH 2 (A) = 15 30 × 14 29 = 29 7 .

Найдем условную вероятность P H 3 (A), т.е. вероятность того,

что из третьей партии будут последовательно извлечены дв е стандартные детали:

PH 3 (A) = 10 30 × 29 9 = 29 3 .

Искомая вероятность того, что обе извлеченные стандартны е детали взяты из третьей партии, по формуле Бейеса равна:

(H3 ) =

(H3 )× PH 3 (A)

P (H1 )

×PH

(H2 )×PH

(A) + P (H3 )× PH

6.2. Схема повторных испытаний

6.2.1. Формула Бернулли

Если при одних и тех же условиях определенный опыт повторяется n раз и если вероятность появления некоторого события А в каждом опыте равна p, то вероятность того, что событие А в серии из n опытов произойдет ровно k раз, находится по формуле Бернулли:

Символ […] означает здесь целую часть числа.

Если число np + p – целое, то наивероятнейшим будет также и число k0 – 1 с той же вероятностью Pn (k0 ).

Пример 6.15. Среди деталей, обрабатываемых рабочим, бывает в среднем 4% нестандартных. Найти вероятность того, что с реди взятых на испытание 30 деталей две детали будут нестанда ртными. Каково наивероятнейшее число нестандартных детале й в рассматриваемой выборке из 30 деталей и какова его вероятн ость?

Решение. Здесь опыт заключается в проверке каждой из 30 деталей на качество. Событие А – появление нестандартной детали; его вероятность Р = 0,04, тогда q = 0,96. Отсюда по формуле Бернулли находим:

P30 (2) = C30 2 (0,04)2 (0,96)28 » 0,202.

Наивероятнейшее число нестандартных деталей в данной вы - борке вычисляется по формуле (2):

k0 = = = 1, a его вероятность равна

P30 (1) = C30 1 ×0,041 ×(0,96)29 » 0,305.

Пример 6.16. Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что в серии из четырех выстрелов будет: а) хотя бы одно попадание; б) не менее трех попаданий; в) не более одного попадания.

Решение. Здесь n = 4, p = 0,8, q = 0,2. a) Найдем вероятность противоположного события – в серии из четырех выстрелов н ет ни одного попадания в цель:

P4 (0) = C4 0 p0 q4 = 0,24 = 0,0016. 4 = 0,8192.

в) Аналогично вычисляется вероятность попадания в цель н е более одного раза:

P4 (k £1) = P4 (0) + P4 (1) = 0,0016 +C4 1 p1 q3 =

0,0016 + 4×0,8×0,2 3 = 0,2576.

6.2.2. Локальная теорема Лапласа

Если вероятность p появления некоторого события А постоянна в n независимых испытаниях и отлична от 0 и 1, то вероятность Pmn того, что в этих испытаниях событие А наступит m раз при n → ∞ , удовлетворяет соотношению:

	npq Pmn
n →∞	ϕ (x)

Пример 6.17. Вероятность изготовления детали высшего сорта на данном станке равна 0,4. Найти вероятность того, что сре ди наудачу взятых 26 деталей половина окажется высшего сорта.

Суммой нескольких событий называется событие, состоящее в появлении хотя бы одного из этих событий.

Произведением нескольких событий называется событие, состоящее в совместном осуществлении всех этих событий.

Теорема сложения вероятностей. Если события А1, А2, ... , Ап несовместны, т. е. никакие два из них не могут осуществиться вместе, то

Вероятность события А, вычисленная в предположении, что произошло событие В, называется условной вероятностью события А при условии В и обозначается Р (А /В).

Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже произошли:

Если события А1, А2, ... , Ап независимы, т. е. осуществление любого числа из них не меняет вероятностей осуществления остальных, то

Пример 6.6. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность бесперебойной работы первого станка в течение некоторого времени t равна p1 = 0,9, второго — р2 = 0,8. Какова вероятность бесперебойной работы обоих станков в течение указанного промежутка времени?

Первый способ. Рассмотрим противоположное событие B означающее простой обоих станков в течение времени t. Очевидно, что событие B есть совмещение событий A1 и A2 — простоев первого и второго станков, т. е. B = A1A2. Так как события A и A2 независимы, то

Отсюда

Второй способ. Событие В происходит в том случае, когда имеет место одно из следующих трех несовместных событий: либо

А1 ¦ А2 — совмещение событий А1 и А2 (первый станок работает,

второй — не работает), либо А1 ¦ А2 — совмещение событий А1 и А2 (первый станок не работает, второй - работает), либо А1 А2 — совмещение событий А1 и А2 (оба станка работают), т. е.

По формуле (3) получим:

В силу того, что события А1 и А2, а следовательно, и А2 независимы, имеем:

Пример 6.8. При увеличении напряжения может произойти разрыв электрической цепи вследствие выхода из строя одного из трех последовательно соединенных элементов; вероятности отказа элементов соответственно равны 0,2; 0,3; 0,4. Определить вероятность того, что разрыва цепи не произойдет.

Решение. Пусть события А1, А2, А3 означают выход из строя соответственно первого, второго и третьего элементов. Их вероятности по условию соответственно равны: P (A1) = 0,2; P (A2) = 0,3; P (A3) = 0,4. Тогда вероятности противоположных

событий A1, A2, A3 соответственно первый, второй и третий элемент не вышел из строя) равны:

Событие А, состоящее в том, что разрыва цепи не произошло,

есть совмещение независимых событий Следовательно, по формуле (5) получаем:

Пример 6.9. В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно вынимают три шара. Найти вероятность того, что первый шар окажется черным, второй - красным и третий - белым.

Решение. Рассмотрим следующие события: А — первый вынутый шар черный, Б — второй шар красный, С — третий шар белый. Обозначим через D событие, заключающееся в том, что шары вынуты в последовательности: черный, красный, белый. Очевидно, D = A ¦ B ¦ C.

Р (Б) = Р (А) ¦ Р (В / А) ¦ Р (С / АВ).

Найдем вероятности, входящие в правую часть этого равенства. Вероятность того, что первоначально вынут черный шар,

Р (А) - и - 5. Вероятность извлечения из урны красного шара при условии, что первоначально был вынут черный шар, Р (В/ А) -14, так как после изъятия черного шара в урне осталось 14 шаров и из них — 5 красных. Вероятность извлечения из урны белого шара после того, как были извлечены черный и крас-

ный шары, Р (С / АВ) -13 (после изъятия черного и красного

шаров в урне осталось 13 шаров и из них — 4 белых).

Таким образом,

Р (б) - 2 . — . — - —.

Пример 6.10. Завод изготавливает определенного типа изделия; каждое изделие имеет дефект с вероятностью р1 = 0,1. Изделие осматривается одним контролером; он обнаруживает имеющийся дефект с вероятностью р2 = 0,8, а если дефект не обнаружен, пропускает изделие в готовую продукцию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать изделие, не имеющее дефекта; вероятность этого равна р3 = 0,3. Найти вероятности следующих событий:

А1 - изделие будет забраковано, но ошибочно;

Домашнее задание №9

№1 А В Ответ . 0, 85; 0, 25.

№2 . В день физкультурника Сизов пошел на стадион. Можно было купить билет на футбол с вероятностью 0,3, или купить билет на баскетбол с вероятностью 0,4, или купить билет на волейбол с вероятностью 0,2. Какова вероятность того, что: 1) Сизов попал на соревнование; 2) Сизов попал на соревнование, в котором запрещена игра ногой? Ответ. О,9; 0,6.

№3. Ответ. 0,37.

№4 . В группе 20 студентов. 10 студентов занимаются волейболом, 7 - занимаются лыжным спортом и 3 студента играют в баскетбол. Найти вероятность того, что наугад выбранный студент не играет в баскетбол.

Ответ. 17/20.

№5. Ответ . ¾.

№6.

№7. Ответ

№8.

№9. Ответ . 0,7.

№10.

Домашнее задание №9

№1 . Стрелок попадает в десятку с вероятностью 0,05, в девятку с вероятностью 0,2, а в восьмерку с вероятностью 0,6. Сделан один выстрел. Какова вероятность следующих событий: А - «выбито не менее восьми очков», В - «выбито более восьми очков»? Ответ . 0, 85; 0, 25.

№2 . В день физкультурника Сизов пошел на стадион. Можно было купить билет на футбол с вероятностью 0,3, или купить билет на баскетбол с вероятностью 0,4, или купить билет на волейбол с вероятностью 0,2. Какова вероятность того, что: 1) Сизов попал на соревнование; 2) Сизов попал на соревнование, в котором запрещена игра ногой? Ответ. О,9; 0,6.

№3. В мастерской работают три станка. За смену первый станок может потребовать наладки с вероятностью 0,15. Для второго станка эта вероятность равна 0,1, а для третьего станка - 0,12. Найдите вероятность того, что за смену хоть один станок потребует наладки, считая, что одновременно станки наладки потребовать не могут. Ответ. 0,37.

№4 . В группе 20 студентов. 10 студентов занимаются волейболом, 7 - занимаются лыжным спортом и 3 студента играют в баскетбол. Найти вероятность того, что наугад выбранный студент не играет в баскетбол.

Ответ. 17/20.

№5. Бросают две монеты. Чему равна вероятность появления хотя бы одного герба? Ответ . ¾.

№6. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что. Первый станок проработает смену без наладки, равна 0,9, а второй - 0,8. Какова вероятность того, что: а) оба станка проработают смену без наладки; б) оба станка за смену потребуют наладки?

№7. Три стрелка независимо друг от друга стреляют по цели. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго - 0,75, для третьего 0,7. Какова вероятность: 1) хотя бы одного попадания; 2) ровно одного попадания; З) ровно двух попаданий; 4) трех попаданий, если каждый сделал по одному выстрелу? 5) Какова вероятность, что все промахнулись? Ответ . 1) 0,985; 2) 0,14; 3) 0,425; 4) 0,42; 5) 0,015.

№8. В мастерской работают три станка. За смену первый станок может потребовать наладки с вероятностью 0,15 (и после этого до конца смены наладки не потребуется). Для второго станка эта вероятность равна 0,1, а для третьего - 0,12. Какова вероятность, что хоть один станок за смену потребует наладки, если станки требуют наладки независимо друг от друга?

№9. Прибор, работающий в течение суток, состоит из трех узлов, каждый из которых независимо друг от друга может за это время выйти из строя. Неисправность хоть одного узла приводит к отказу прибора. Вероятность безотказной работы в течение суток первого узла равна 0,9, второго 0,95, третьего - 0,85. Найдите вероятность того, что в течение суток прибор будет работать безотказно. Ответ . 0,7.

№10. При изготовлении детали совершается две операции. Вероятность брака при первой операции равна 0,01, при второй – 0,02. Какова вероятность того, что после двух операций деталь окажется стандартной?

Описание

Три станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок в течение смены выйдет из строя, равна 0,1, второй – 0,2 и третий – 0,3. Найти вероятность того, что в течение смены выйдут из строя: а) не менее двух станков; б) два станка; в) три станка.
Решение. Будем использовать правила сложения и умножения вероятностей.
б) Вероятность того, что в течение смены выйдут из строя два станка, равна:

В) Вероятность того, что в течение смены выйдут из строя три станка, равна:

А) Вероятность того, что в течение смены выйдут из строя не менее двух станков (два или три станка), равна:

Работа состоит из 1 файл

Задача № 1.30.

Три станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок в течение смены выйдет из строя, равна 0,1, второй – 0,2 и третий – 0,3. Найти вероятность того, что в течение смены выйдут из строя: а) не менее двух станков; б) два станка; в) три станка.

Решение. Будем использовать правила сложения и умножения вероятностей.

б) Вероятность того, что в течение смены выйдут из строя два станка, равна:

в) Вероятность того, что в течение смены выйдут из строя три станка, равна:

а) Вероятность того, что в течение смены выйдут из строя не менее двух станков (два или три станка), равна:

Ответ: а) 0,098; б) 0,092; в) 0,006.

Задача № 2.30.

Два завода выпускают холодильники. Первый из них делает 60% всей продукции, второй – 40%, причем 80% продукции первого завода и 90% второго – высшего качества. а) Найти вероятность того, что наугад взятый холодильник высшего качества. б) Выбранный наугад холодильник оказался высшего качества. Какова вероятность того, что он изготовлен на втором заводе?

Решение. Введём события: А – Взятый наугад холодильник высшего качества, – Холодильник изготовлен на -м заводе, События образуют полную группу событий.

По условию задачи вероятности гипотез:

а условные вероятности событий:

а) По формуле полной вероятности вероятность события А (взятый наугад холодильник высшего качества):

б) Наугад взятый холодильник оказался высшего качества. Вероятность того, что он изготовлен на втором заводе, равна:

Ответ: а) 0,84; б) 0,43.

Задача № 3.30.

Вероятность выиграть по одной облигации государственного займа равна 1/3. Найти вероятность того, что имея 6 облигаций этого займа, можно выиграть: а) по двум облигациям; б) по трем облигациям; в) не менее чем по двум облигациям.

а) Вероятность выиграть по двум облигациям равна:

б) Вероятность выиграть по трем облигациям равна:

в) Пусть событие С – Выигрыш будет менее чем по двум облигациям. Тогда противоположное событие – Выигрыш будет не менее чем по двум облигациям. Вероятность этого события равна:

Ответ: а) 0,329; б) 0,219; в) 0,735.

Задача № 4.30.

Для заданной дискретной случайной величины найти: 1) закон распределения; 2) функцию распределения и построить её график; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию; 5) среднее квадратичное отклонение

Проводятся три независимых измерения исследуемого образца. Вероятность допустить ошибку в каждом измерении равна 0,01. Случайная величина – число ошибок, допущенных в измерениях.

Решение. Дискретная случайная величина (число ошибок, допущенных в измерениях) может принимать значения и её закон распределения определяется вероятностями:

Контроль: 0,970299 + 0,029403 + 0,000297 + 0,000001 = 1.

Тогда искомый закон распределения СВ имеет вид:

	0	1	2	3
p	0,970299	0,029403	0,000297	0,000001

Математическое ожидание дискретной случайной величины:

Дисперсия дискретной случайной величины:

Среднее квадратичное отклонение случайной величины:

По определению функция распределения имеет вид:

При при

при

при

при

Следовательно, функция распределения имеет вид:

Построим график функции распределения

0,999999

0,999702

0,970299

0 1 2 3

Задача № 5.30.

Дана плотность распределения случайной величины

Найти: 1) параметр 2) функцию распределения; 3) математическое ожидание; 4) дисперсию; 5) вероятность попадания случайной величины на отрезок

Решение. 1) Определим параметр c из равенства:

2) Найдём функцию распределения F(x). Если то

Если то

Если то Следовательно, функция распределения имеет вид:

3) Математическое ожидание случайной величины:

4) Дисперсия случайной величины:

Среднее квадратичное отклонение непрерывной случайной величины:

5) Вероятность попадания СВ на отрезок равна:

Задача № 6.30.

В результате эксперимента получены данные, записанные в виде статистического ряда:

44	36	50	30	58	37	18	72	57	35
28	38	15	38	45	27	59	45	68	52
18	64	36	43	22	38	31	57	17	42
31	42	25	35	60	46	51	24	60	50
17	38	46	19	43	9	43	32	61	37
23	43	32	52	39	46	27	39	21	53
37	10	40	33	54	62	26	47	40	54
43	40	25	40	47	16	53	41	32	40
26	42	62	41	48	41	55	10	48	34
33	21	41	49	56	34	63	49	56	29

Требуется:

а) найти размах варьирования и построить интервальный вариационный ряд;

б) построить полигон частот, гистограмму относительных частот;

в) вычислить эмпирическую функцию распределения и построить её график;

г) найти числовые характеристики выборки

д) считая выборку соответствующей нормальному распределению, найти доверительные интервалы для математического ожидания при надёжности

е) приняв в качестве нулевой гипотезы H 0 : генеральная совокупность, из которой извлечена выборка, имеет нормальное распределение, проверить её, пользуясь критерием Пирсона при уровне значимости

Решение. По результатам эксперимента построим вариационный ряд:

Варианты	9	10	15	16	17	18	19	21	22	23	24	25	26	27	28
Частоты	1	2	1	1	2	2	1	2	1	1	1	2	2	2	1
Варианты	29	30	31	32	33	34	35	36	37	38	39	40	41	42	43
Частоты	1	1	2	3	2	2	2	2	3	4	2	5	4	3	5
Варианты	44	45	46	47	48	49	50	51	52	53	54	55	56	57	58
Частоты	1	2	3	2	2	2	2	1	2	2	2	1	2	2	1
Варианты	59	60	61	62	63	64	68	72
Частоты	1	2	1	2	1	1	1	1