Адача 3. Завод в среднем дает 27% продукции высшего качества и 70% первого сорта. Найти вероятность того, что наудачу взятое изделие будет или высшего качества или первого сорта.

Решение:Обозначим интересующее нас событие буквой С – наудачу взятое изделие будет высшего качества или первого сорта. Рассмотрим вспомогательные события, вероятности которых заданы в условии задачи. Пусть событие А – взятое изделие высшего качества, тогда Р(А)=0,27; событие В – взятое изделие первого сорта, тогда Р(В)=0,7. Событие С=А+В, причем А и В – несовместные события. Вероятность события С можно подсчитать по формуле (3) сложения вероятностей двух несовместных событий Р(С)=Р(А+В)=Р(А)+Р(В). Итак, Р(С)=0,27+0,7=0,97.

Задача 4. Рабочий обслуживает два станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0,8, а для второго 0,7. Вычислить вероятность того, что хотя бы один из двух станков не потребует внимания рабочего в течении часа.

Решение: Обозначаем интересующее нас событие, состоящее в том, что хотя бы один из станков не потребует внимания рабочего в течение часа, буквой С . Событие С означает, что либо первый станок не потребует внимания рабочего (событие А), либо второй станок не потребует внимания рабочего (событие В), возможно, что оба станка одновременно не потребуют внимания рабочего. Следовательно, событие С=А+В, причем А и В – совместные события. Для определения вероятности события С используем формулу (4) сложения вероятностей двух совместных событий: Р(С)=Р(А+В)=Р(А)+Р(В)–- –Р(АВ). По условию Р(А)=0,8, Р(В)=0,7. Событие А и В – независимые, поэтому Р(АВ)=Р(А)Р(В) – формула вероятности произведения двух независимых событий. Таким образом, Р(С)=0,8+0,7-0,8•0,7=0,94.

Задача 5.Студент пришел на экзамен, зная лишь 20 вопросов из 25 вопросов программы. Экзаменатор задал студенту наугад 2 вопроса. Найти вероятность того, что студент знает оба вопроса.

Решение:Введем обозначения событий: А – студент знает первый вопрос; В – студент знает второй вопрос. Вероятность того, что студент знает первый вопрос можно подсчитать используя формулу (1) классического определения вероятности события, в которой п = 25 – общее число вопросов, m=20 - число вопросов, ответы на которые студент знает. Р (А) = По той же формуле (1) можно подсчитать условную вероятность того, что студент знает ответ на второй вопрос при условии, что он ответил правильно на первый вопрос. Но n = 24, так как студент ответил на первый вопрос и он не присутствует среди предложенных; m = 19, так как на один, известный студенту вопрос, он представил правильный ответ.

P( B/A) = . Вероятность же интересующего нас события подсчитаем по формуле (5): Р(А·В) = P(A)·P(A/B). Итак, Р (АВ) = .

Задача 6. В некоторой отрасли 25% продукции производится предприятием I, 30% продукции – предприятием II, а остальная часть продукции – предприятием III. На предприятии I в брак идет 1% продукции, на предприятии II – 2% продукции, а на предприятии III – 1,5%. Найти вероятность того, что купленная единица продукции оказалась браком. Какова вероятность того, что она произведена предприятием I?

Решение: Обозначим событие: А – купленная единица продукции оказалась браком. Рассмотрим гипотезы: Н₁ – изделие произведено предприятием I; Н₂ – изделие произведено предприятием II, Н₃ – изделие произведено предприятием III. Тогда вероятность Р (Н₁) = 0,25; Р (Н₂) = 0,30; Р (Н₃) = 1- (0,25 + 0,30) = 0,45.Последняя вероятность подсчитана из условия: Р (Н₁)+ Р (Н₂)+ Р (Н₃) = =1, так как Н₁, Н₂, Н₃ образуют полную группу несовместных событий.

Условные вероятности события А при этих гипотезах соответственно равны: Р (А/Н₁) = 0,01; Р (А/Н₂) = 0,02; Р (А/Н₃) = 0,015.Используем формулу полной вероятности: Р (А) = Р (Н₁) Р (А/Н₁) + Р (Н₂) Р (А/Н₂)+ Р (Н₃) Р (А/Н₃), тогда Р(А)= 0,25·0,01 + 0,30·0,02 + 0,45·0,015 = 0,01525 0,015.

Вероятность того, что купленная единица произведена предприятием I, найдем по формуле Байеса:

Р (Н₁/A) = , тогда Р (Н₁/A)=

Таким образом, из всех бракованных изделий отрасли в среднем 16% выпускается предприятием I.

3. Схема Бернулли повторных независимых испытаний

В.Е. Гмурман, Глава 5, § 1-3; глава 6, § 5.

Если произведена серия из п независимых испытаний, результатом каждого из которых является появление события А или противоположного ему события Ā, причем вероятность появления события А в каждом испытании одна и таже, и равна р, а Р (Ā ) = 1 –р = q, то имеет место схема Бернулли.

Формула Бернулли:

,

(8)

где m=0,1,2,...,n определяет вероятность того, что в n испытаниях Бернулли событие А появится m раз.

Задача 7.Машина – экзаменатор содержит 10 вопросов, на каждые из которых предлагается 4 варианта ответов. Положительная оценка ставится машиной в том случае, когда экзаменующийся отвечает правильно не менее, чем на 7 вопросов. Какова вероятность ответить правильно на 5 вопросов? Какова вероятность получения положительной оценки, выбирая ответ наудачу?

Решение: Всего вопросов n=10. Вероятность ответить на вопрос правильно p= , так как на каждый вопрос предлагается 4 варианта ответов, среди которых один правильный. Вероятность ответить правильно на 5 вопросов из данных 10 можно подсчитать на формуле Бернулли (10), так как имеем дело со схемой Бернулли. n=10, т=5, p= , q=1–р, то есть q= ,

Р₁₀(5)= = = ≈0,0584.

Обозначим через В событие, состоящее в получении положительной оценки, тогда В=В₇+В₈+В₉+В₁₀= Вi, где событие Вi – экзаменующийся ответит правильно на i вопросов. Вероятность события В.

Р(В)=Р(В₇)+Р(В₈)+Р(В₉)+Р(В₁₀)=С⁷₁₀ р⁷ q³+С⁸₁₀ р⁸ q²+ С⁹₁₀ р⁹ q¹+ С¹⁰₁₀ р¹⁰ q⁰ = ( )⁷( )³+ ( )⁸( )²+ ( )⁹( )¹+ ( )¹⁰( )⁰= + + + = (4·10·3⁴+5·3⁴+10·3+1) ≈0,0035.

лучайные величины

В.Е. Гмурман. Глава 6, §3-5; глава 7, §1-5; глава 8, §1-8; глава 10, §1-3; глава 11, §1-5.

Определение:Случайной величиной называется величина, которая в результате испытания принимает только одно из возможных значений, наперед неизвестное и зависящее от множества случайных причин, которые заранее не могут быть учтены.

Случайные величины обозначают заглавными буквами латинского алфавита X,Y,Z,…, а их возможные значения буквами x,y,z,…. Случайные величины подразделяются на дискретные и непрерывные.

Дискретная случайная величина принимает конечное или счетное множество значений, а всевозможные значения непрерывной случайной величины сплошь заполняют некоторый интервал.

Исчерпывающей характеристикой случайной величины является закон ее распределения. Законы распределения дискретной случайной величины: ряд распределения; функция распределения; многоугольник распределения. Законы распределения непрерывной случайной величины: функция распределения F(х), плотность распределения f (х).

Некоторые часто встречающиеся формулы:

F(х)= Р (Х <х ), (9)

f (x) = F^'(х) (10)

, (11)

P( α <Х < β)=F(β)-F( ) (12)

Р(α<х<β)= f (x)dx, (13)

Числовые характеристики случайной величины позволяют выразить в сжатой форме существенные особенности распределения случайной величины.

Для дискретной случайной величины (случай конечного множества значений) математическое ожидание определяется по формуле:

М(х)=х₁ р₁ +х₂ р₂ + ……+х_n p_n , (14)

дисперсия (рабочая формула)

D(x)=M(x²)- (15)

среднее квадратическое отклонение

σ(Х)= . (16)

Для непрерывной случайной величины: математическое ожидание

М(Х)= хf(x)dx , (17)

дисперсия (рабочая формула)

D(X)= x2f(x)dx-

, (18)

cреднее квадратическое отклонение

σ(Х)= . (19)

Задача 8. Монета брошена три раза. Составить ряд распределения вероятностей случайной величины Х – числа выпадений герба. Построить многоугольник распределения случайной величины Х, найти функцию распределения F(X) и построить ее график. Найти математическое ожидание М(Х), дисперсию D(X), среднее квадратическое отклонение σ(Х).

Решение: Вероятность появления герба в каждом испытании ( бросании монеты) равна р= , следовательно, вероятность непоявления герба q можно определить по формуле q=1–р, то есть q=1– = . При трех бросаниях монеты герб может совсем не появиться, либо появиться один раз, два, либо три раза. Таким образом, возможные значения величины Х: х₀=0; х₁=1; х₂=2; х₃=3.

Найдем вероятности этих возможных значений по формуле Бернулли (10) при т=0,1,2,3.

Р(Х=0)=Р₃(0)=С⁰₃ р⁰q³=( )³= ;

Р(Х=1)=Р₃(1)=С¹₃ р¹q²= ( )¹( )²= ;

Р(Х=2)=Р₃(2)=С²₃ р²q¹= ( )² = ;

Р(Х=3)=Р₃(3)=С³₃ р³q⁰= ( )³= ;

pi

xi

1/8

3/8

Запишем искомый закон биноминального распределения в виде распределения (таблица 1).

Таблица 1

xi
pi

Рис.1. Многоугольник распределения

В целях контроля вычислений сложим вероятности всех возможных значений p_i= + + + =1(что и следовало ожидать).

Построим многоугольник распределения (рис.1).

Составим функцию распределения F(X):

1. <х≤0, F(x)=0,

2. 0<x≤1, F(x)= P(X=x_i)=P(X=0)= ,

3. 1<x≤2, F(x)= P(X=x_i)= Pi= + = ,

4. 2<x≤3, F(x)= P(X=x_i)= Pi= + + = ,

5. 3<x≤+∞, F(x)= P(X=x_i)= Pi= + + + =1.

F(x)

Р0

Р1

Р2

Р3

х

7/8

1/2

1/8

Или:

0при -∞<x≤0;

при 0<x≤1;

F(x)= при 1<x≤2;

при 2<x≤3;

1 при 3<x≤+∞.

Рис. 2. График функции распределения

Составленную функцию распределения изобразим графически (рис. 2).

Найдем математическое ожидание М(Х):

М(Х)= x_i p_i=0 +1 +2 +3 = .

Найдем математическое ожидание М(Х²):

М(Х²)= x_i² p_i =0² +1² +2² +3² =3.

Найдем дисперсию Д(Х)=М(Х²) – =3 – ( )²= ,

Среднее квадратическое отклонение равно: σ(х)= = = ≈0,87.

Задача 9. Случайная величина Х задана функцией распределения.

Найти: а) вероятность того, что в результате испытания случайная величина Х окажется в пределах промежутка (0;1); б) плотность распределения вероятностей f(x), построить графики F(x), f(x); в) математическое ожидание М(Х), дисперсию Д(Х) и среднее квадратическое отклонение σ(Х).

Решение: а) Пользуясь формулой Р(α<X<β)=F(β)-F(α), найдем Р(0<X<1)= F(1)–F(0)= .

б) По формуле f(x)= F'(x) находим: .

F(x)

x

–1

P(0<x<1)

f(x)

–1

1/3

Рис.3. График функции F(x) Рис.4. График функции f(x)

в) Найдем математическое ожидание по формуле :

М(Х)= .М(Х)= = + + = = = = .

Для вычисления дисперсии Д(Х) воспользуемся формулой

Д(Х)= М(Х²)- .

Вычислим М(Х²):

М(Х²)= = + + = = =

= =1.

Д(Х)= М(Х²)– =1- .

Среднее квадратическое отклонение σ(Х) вычисляем по формуле:

σ(Х)= , σ(Х)= .