Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО ТЕМЕ «ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ».
I. ПРАВИЛА ВЫПОЛНЕНИЯ И ОФОРМЛЕНИЯ ТИПОВЫХ РАСЧЕТОВ
I I. МЕТОДИКА РАСЧЁТА ТИПОВЫХ ЗАДАЧ.
Условие задачи: три линии различных типов, работающие параллельно, выпускают одно и тоже изделие, причем на первой –α1 % общего объема выпуска, на второй – α2 % . Вероятность дефекта в изделии составляет: β1 - для продукции первой линии, β2 –второй линии, β3 –третьей линии. Все изделия поступают на общий склад готовой продукции.
Из изделий, имеющихся на складе, формируются две выборки следующим образом: сначала произвольно отбираются изделия по одному до тех пор, пока не появится изделие, изготовленное на первой линии, либо количество отобранных достигнет трех. Затем аналогично формируется вторая группа, но вместо первой линии фигурирует вторая линия. Обозначим через X, Y, Z случайные величины, равные количеству изделий в первой выборке, второй выборке и суммарное в обеих выборках.
α1 = 7; α2 = 1; β1=0,0015; β2=0,0095; β3= 0,005
Тогда условие приобретает следующую формулировку.
Три линии различных типов, работающие параллельно выпускают одно и то же изделие, причем на первой – 70% общего объема выпуска, на второй –%, на третьей –%. Вероятность дефекта в изделии составляет 0,0015 для первой линии, 0,0095 –для второй, 0,005 –для третьей.
Все изделия попадают на склад готовой продукцией.
Поскольку все задачи связаны с отбором (получением) изделий со склада, то обозначим следующие события:
А1 –данное изделие изготовлено на первой линии,
А2 – данное изделие изготовлено на второй линии,
А3 – данное изделие изготовлено на третьей линии,
В –данное изделие имеет дефект.
Тогда из условий задачи известны вероятности:
Р (А1) = ; Р (А2) = ; Р (А3) = .
Вероятность дефекта в изделии, если известно, на какой линии оно изготовлено - это условные вероятности, то есть:
РА1 (В) = 0,0015; РА2 (В) = 0,0095 ; РА3 (В) = 0,005.
ЗАДАЧА 1.
Составлена партия из 11 деталей, в которой α1 = 7 –изготовлено на первой линии. Из этой партии отбирается произвольно 6 изделий. Какова вероятность Р1 того, что в числе отобранных окажется ровно 2, изготовленных на первой линии?
РЕШЕНИЕ: Событие А –в числе отобранных ровно 2 изготовлены на первой линии.
По классическому определению вероятности события , вероятность события А равна
.
Общее число N возможных равновероятных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь m = 6 изделий из n = 11 изделий, т.е. равно числу сочетаний из 11 элементов по 6:
Подсчитаем число исходов М испытания (отбора) благоприятствующих появлению события А, заключающееся в том, что среди m = 6 изделий ровно m1 = 2 изделия изготовлены на первой линии.
При этом m1 = 2 изделия можно взять из n1 = 7 изделий, изготовленных на первой
линии способами, при этом оставшиеся изделия m2= m - m1 = 6 –2 = 4 должны быть изготовлены на других линиях.
Взять же m2 = 4 изделия из n2 = n - n1 = 11 – 7 = 4 изделий, изготовленных на других линиях можно способами. Следовательно, число М исходов определяется как произведение:
.
Итак,
.
Ответ: Р1 = 0,0455.
ЗАДАЧА 2.
Со склада отобрано произвольно 6 изделий. Какова вероятность Р2 того, что среди них будет не менее 3-ёх изделий изготовленных на первой линии?
РЕШЕНИЕ: Обозначим через m число изделий, изготовленных на первой линии из числа отобранных n = 6. Тогда Р2 есть вероятность осуществления неравенства m ≥3 , т.е. вероятность того, что событие наступит не менее m раз определяется по формуле
Рn(m≥3) =Рn(m)+ Рn(m+1) + Рn(m+2) + ……Рn(m=n), Р2 = Р6(3) + Р6(4) + Р6(5) + Р6(6).
По условию задачи
- проверяются (испытываются) n = 6 изделий,
- каждое испытание имеет два исхода изготовлено на первой линии (вероятность р) или не на первой линии (вероятность q = 1 –p ),
- вероятность, что изделие изготовлено на первой линии, постоянна и равна р = Р(А1) = 0,7.
Т.е. в данной задаче выполняется схема Бернулли и для вычисления вероятности того, что событие наступит m раз в n испытаниях, используем
формулу Бернулли .
Для упрощения расчетов используем вероятность противоположного события:
Р(А) = 1 - Р(Ā) , тогда Р2 = 1 - Р(m<3) .
Событие (m<3) есть сумма несовместных событий m = 0, m = 1, m = 2 , т.е.
Р2 = 1 - (Р6(0) + Р6(1) + Р6(2)).
По формуле Бернулли , где n=6 , р = Р(А1) =0,7 , q =1-0,7= 0,3, вычисляем
Р2 = 1– (Р6 (0) + Р6 (1) + Р6 (2)) = 1 –() =
= .
Ответ: Р2 = 0,870.
ЗАДАЧА 3.
Какова вероятность дефекта Р3 в изделии, отпущенном со склада?
РЕШЕНИЕ: По смыслу задачи Р3 = Р (В). События А1, А2, А3 образуют полную группу несовместных событий, поэтому применима формула полной вероятности
.
По основному условию задачи имеем Р (А1) = 0,7 ; Р (А2) = 0,1 ; Р (А3) =0,2;
РА1 (В) = 0,0015; РА2 (В) = 0,0095 ; РА3 (В) = 0,005.
Тогда Р3 = Р(В) = 0,7 · 0,0015 + 0,1 · 0,0095 + 0,2 · 0,005 = 0,003
Ответ: Р3 = 0,003.
ЗАДАЧА 4.
Отпущенное со склада изделие оказалось дефектным. Каковы вероятности Р'4, Р''4, Р'''4 того, что оно изготовлено на первой, второй, третьей линиях соответственно?
РЕШЕНИЕ: Вероятность того, что изделие изготовлено на первой линии, если известно, что оно дефектное, есть условная вероятность Р'4 = РB (А1), аналогично Р''4 = РB (А2), Р'''4 = РB (А3).
Выше отмечалось, что (А1, А2, А3) –полная группа несовместных событий. Следовательно, применима формула Бейеса:
.
Таким образом: .
Аналогично:
; .
Ответ: .
ЗАДАЧА 5.
Какова вероятность Р5 того, что в партии из 100 изделий, отпущенных со склада, ровно 9α1, изготовлены на первой линии?
РЕШЕНИЕ: Мы имеем схему повторных испытаний и Р5 = Рn(m) – вероятность наступления события А m = 9α1 раз в n =100 опытах, где p = 0,7 , а q = 1-p = 0,3 . Вследствие большого значения n использование формулы Бернулли неэффективно, и, поскольку npq = 21>15, то достаточную точность вычисления вероятности обеспечивает локальная теорема Лапласа по формуле
, где . - функция Гаусса, значения которой можно найти в таблице (приложение 1, учебное пособие В.Е. Гмурман, Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике).
Чтобы найти значение функции φ(х), найдём значение х.
Зная, что m= 9α1= 63 , n = 100, p = 0,7 , q = 0,3 ,
найдём .
Так, как φ(x) четная функция, то φ(-x) = φ(x). По таблице находим её значение:
φ(-1,53) = φ(1,53) = 0,1238.
.
Ответ: Р5 = 0,027.
ЗАДАЧА 6.
Какова вероятность Р6 того, что в партии из 1000 изделий отпущенных со склада, количество изготовленных на первой линии находится в пределах от 94 α1 до 105 α1.
РЕШЕНИЕ: Обозначим количество изделий в партии, изготовленных на первой линии через m . Запишем Р6 = Р(a ≤ m ≤ b). Т.к. в данном случае требуется вычислить вероятность того, что в n независимых испытаниях событие А появится не менее a раз, но не более b раз, то используется интегральная теорема Лапласа.
, где , .
Выражая правую часть равенства Рn (a ≤ m ≤ b) через функцию Лапласа, получим равенство
. Функция Ф(Х) нечетная, т.е. Ф(- Х) = - Ф(Х).
Приближенные значения функции Ф(Х) приводятся в таблице (приложение 2, учебное пособие В.Е. Гмурман, Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической
статистике).
В нашем случае n =1000, а = 94α1= 658, в = 105α1= 735, р = Р(А1)= 0,7 , q =1 –,7= 0,3;
, .
, .
Вследствие нечётности функции Ф(Х) имеем: Ф(-2,90) = - Ф(2,90) = - 0,4981;
Ф( 2,41 ) = 0,4918.
Р6 = Ф( Х2) - Ф(Х1) = ( 0,4918 –( - 0,4981) ) = 0,9899.
Ответ: Р6 = 0,9899.
ЗАДАЧА 7.
Какова вероятность Р7 того, что в партии из 1000 изделий число дефектных не превзойдет 2?
РЕШЕНИЕ: Вероятность дефекта в каждом из изделий, входящих в партию, равна
р = Р3 = 0,003. В соответствии со схемой повторных испытаний Р7 = Р(m≤2). Но событие m ≤ 2 есть сумма несовместных событий при m = 0, m = 1, m = 2.
Поэтому Рn(m ≤ 2) = Рn (m = 0) +Рn(m = 1)+ Рn(m = 2).
Следовательно .
Т.к. число n =1000 велико, то целесообразнее применить формулу Пуассона
, где λ= np.
В нашем случае имеем: n =1000, p = Р3=0,003, тогда λ = 1000 · 0,003 = 3.
Вычисляем ,
аналогично находим Р1000(1) = 0,1494; Р1000(2) = 0,2240.
Р7= 0,0498 + 0,1494 +0,2240 = 0,4232.
Ответ: Р7 = 0,4232
ЗАДАЧА 8.
Построить ряды распределения случайных величин X, У, X.
РЕШЕНИЕ:
8.1.Построим ряд распределения случайной величины Х.
По условию Х принимает значения: х1 = 1; х2 = 2; х3 = 3.
Остается найти вероятность Рi = Р(Х=хi).
Очевидно, что х = 1 в случае, если первая отобранная деталь изготовлена на первой линии, т.е. Р1 = Р(А1).
Далее, х = 2 в случае, если первая отобранная деталь не изготовлена на линии 1, а вторая –изготовлена. Так как отбор этих деталей независим, то
Р2 = Р(Ā) · Р(А1) = (1 –Р(А1)) · (Р(А1).
Наконец, события х = 1, х = 2, х = 3 образует полную группу, отсюда
Р1 + Р2 + Р3 = 1 и Р3 = 1 –(Р1+Р2).
Вычисления дают Р1 = Р(А1) = 0,7;
Р2 = (1-Р(А1)) · Р(А1) = (1-0,7)·0,7 = 0,21;
Р3 = (1-(Р1+Р2)) =( 1- (0,7+0,21) )= 0,09.
Ответ: Случайная величина Х имеет ряд распределения: хi 1 2 3
Рi 0,7 0,21 0,09
8.2. Для величины У вычисления аналогичны, только событие А1 заменяется на событие А2.
у1 = 1, у2 = 2, у3 = 3.
Р1 = Р(А2) = 0,1;
Р2 = (1 –Р(А2)) · Р(А2) = (1-0,1) ·0,1 = 0,09;
Р3 =(1 –(Р1+Р2)) = (1-(0,1 + 0,09) = 0,81.
Ответ: Случайная величина У имеет ряд распределения:
уi 1 2 3
Рi 0,1 0,09 0,81
8.3. Построим ряд распределения случайной величины Z1.
Очевидно Z1 = X + У принимает все целые значения от Z = 1+1 = 2 до Z = 3+3 = 6, т.е.,
Z1 = 2, Z2 = 3, Z3 = 4, Z4 = 5, Z5 = 6.
Для определения вероятностей Рi = Р(Z=Zi) отметим, что Z=Zi означает У = Zi –X.
В свою очередь событие У = Zi –X есть сумма несовместных событий вида (X=Xк) и (у=Zi –Xk), имеющих из-за независимости Х и У вероятность, равную произведению вероятностей
Р(Х = Хк) · Р(У=Zi –Xк).
Таким образом
Рi = Р(Z=Zi) = P(X=X1) · P(У=Zi –X1) + P(X=X2) ·P(У=Zi –X2) + P(X=X3) · P(У =Zi –X3).
Вычислим распределение случайной величины Z , используя распределения случайных величин X, У:
Р1 = Р(Z=2) = P(X=1) · P(У=1) + P(X=2) · P(У=0) + P(X=3) · P(У=-1) = 0,7 · 0,1 = 0,07
Р2 = P(Z=3 = P(X=1) · P(У=2) + P(X=2) · P(У=1) + P(X=3) · P(У=0) = 0,7· 0,09 + 0,21 · 0,1 = =0,084
Р3 = P(Z=4) = P(X=1) · P(У=3) + P(X=2) · P(У=2) + P(X=3) · P(У=1) = 0,7 · 0,81 + 0,21 · 0,09 + +0,09 · 0,1 = 0,5949
Р4 = P(Z=5) = P(X=1) · P(У=4) + P(x=2) · P(У=3) + P(X=3) · P(У=2) = 0,21 · 0,81 + 0,09 · 0,09 = =0,1782
Р5 = P(Z=6) = P(X=1) · P(У=5) + P(X=2) · P(У=4) + P(X=3) · P(У=3) = 0,09 · 0,81 = 0,0729
Подчеркнуты вероятности, равные нулю, т.е., У не может принимать значения меньше 1 или больше 3.
Ответ: Случайная величина Z имеет ряд распределения:
Zi 2 3 4 5 6
Pi 0,07 0,084 0,5949 0,1782 0,0729
ЗАДАЧА9.
Построить график функции распределения случайной величины Z .
РЕШЕНИЕ: По определению: функцией распределения случайной величины Х называется функция F(x), выражающая для каждого х вероятность того, что случайная величина Х примет значение, меньшее х: F(x) = P(Х < х) .
Таким образом, для функции распределения F(x) случайная величина Z имеет равенство:
F(x) = P(Z < х)
а) Рассмотрим х ≤ Z1. Поскольку Z1 - минимальное возможное значение Z, то неравенство
Z < х < Z1 невозможно, следовательно F(х) = 0 при х ≤ Z1.
б) Пусть х заключено между соседними возможными значениями Z1, т.е., Zк < х < Zк+1, тогда неравенство Z = х выполняется при Z=Z1, Z=Z2, ….. Z = Zк и по формуле вероятности суммы несовместных событий для рассматриваемых значений переменной, получаем
F(х) = P(Z=Z1) + P(Z=Z2) + ………. + P(Z=Zк) = Р1 + …….+ Pк.
в) Если х > Zm, где Zm –максимально возможное значение случайной величины Z, то неравенство Z < х представляет собой достоверное событие и его вероятность равна 1, т.е., в этом случае F(х) = 1.
В результате, используя ряд распределения случайной величины Z, для ее функции распределения F(х) получаем выражение.
0 , если х ≤ 2,
0,07 , 2 < х ≤ 3,
F(х) = 0,07 + 0,084 =0,154 , 3 < х ≤ 4,
0,07 + 0,084 + 0,5949=0,7459, 4 < х ≤ 5,
0,07 + 0,084 + 0,5949 + 0,1782=0,9271, 5 < х ≤ 6,
0,07 + 0,084 + 0,5949 + 0,1782 + 0,0729=1 х > 6.
|
х |
х ≤ 2 |
< х ≤ 3 |
3 < х ≤ 4 |
4 < х ≤ 5 |
5 < х ≤ 6 |
х > 6 |
|
F(х) |
0 |
0,07 |
0,154 |
0,7459 |
0,9271 |
1 |
Построим график
F(Х)
1 ______________
,9271 ___
,7459 ___
,154 ___
0,07 ___
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Х
ЗАДАЧА10.
Вычислить математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение случайной величины Z.
РЕШЕНИЕ: Одной из числовых характеристик случайной величины (с.в.) является математическое ожидание.
По определению математическое ожидание или среднее значение М(Z ) дискретной случайной величины вычисляется по формуле : M(Z) = ∑ Pi Zi .
Дисперсия (числовая характеристика случайной величины, означающая «рассеяние» с. в. вокруг математического ожидания)
D(Z) = M(Z-M(Z))² или D(Z) = M(Z2) –M2(Z) , где М(Z2)=Σ Zi2 Pi .
Среднее квадратическое отклонение ,
( Ϭ(Z) используется в качестве показателя рассеяния, т.к. дисперсия имеет размерность квадрата случайной величины).
Промежуточные вычисления сведем в таблицу
Zi Pi Pi · Zi Zi² Pi · Zi²
2 0,07 0,14 4 0,28
0,084 0,252 9 0,756
0,5949 20,3796 16 9,5184
0,1782 0,891 25 4,455
6 0,0729 0,4371 36 2,6244
∑ 1 4,1 17,6338
Отсюда
M(Z) = ∑ Pi Zi = 4,1
D(Z) = M(Z²) - M²(Z) = 17,6338 –,1² = 0,8238 , т.к. M(Z²) = ∑ Pi · Zi² = 17,6338
Ϭ(Z) = = 0,908
Ответ: Случайная величина Z имеет математическое ожидание М(Z) = 4,1,
дисперсию D(Z) = 0,8238, среднее квадратическое отклонении Ϭ(Z) = 0,908.
ЗАДАЧА11.
Проверить справедливость неравенства Чебышева для случайной величины Z при ε = 2.
РЕШЕНИЕ: ТЕОРЕМА: для любой случайной величины, имеющей математическое ожидание и дисперсию, справедливо неравенство Чебышева ,
где а = М(Х), ε > 0.
Неравенство Чебышева применимо для любых случайных величин. В данной форме оно устанавливает верхнюю границу, а в форме –нижнюю границу оценки вероятности рассматриваемого события.
В нашем случае нужно проверить, используя найденные значения M(Z), D(Z),
что Р(|Z –4,1| ≤ 2) ≥ , где а = M(Z) = 4,1 ; ε = 2.
а) Вычисление в правой части даёт .
б) Неравенство |Z –,1| ≤ 2 эквивалентно
-2 ≤ Z –,1 ≤ 2,
2,1 ≤ Z ≤ 6,1.
В этот диапазон попадают следующие значение Z:
Z2 = 3, Z3 = 4, Z4 = 5, Z5 = 6 .
Таким образом, вероятность последнего неравенства есть сумма вероятностей перечисленных значений, т.е., Р2, Р3, Р4, Р5, тогда
Р(|Z-4,1| ≤ 2) = Р2 + Р3 + Р4 + Р5 = 0,084 + 0,5949 + 0,1782 + 0,0729 = 0,93
Полученное значение левой части неравенство Чебышева больше значения правой части 0,93 > 0,794.
Ответ: Неравенство Чебышева выполняется.
Варианты α1 α2 β1 β2 β3
2 4 0,001 0,0005 0,0002
2 6 0,002 0,0004 0,0018
3 3 0,002 0,004 0,006
3 5 0,001 0,0002 0,002
4 2 0,0004 0,0015 0,0001
4 3 0,0005 0,001 0,0017
4 4 0,0001 0,0005 0,0018
5 2 0,0002 0,0015 0,001
5 3 0,0003 0,0012 0,0004
6 2 0,0002 0,0005 0,0009
2 5 0,0001 0,0001 0,001
3 2 0,002 0,0001 0,0019
3 4 0,001 0,003 0,0001
14 2 3 0,0004 0,0001 0,0003
4 1 0,0005 0,0001 0,002
3 6 0,0015 0,0001 0,001
4 5 0,003 0,0002 0,00015
5 1 0,0003 0,0005 0,0062
5 4 0,0017 0,001 0,0005
2 4 0,0004 0,0015 0,0001
2 5 0,005 0,001 0,0017
3 2 0,001 0,0002 0,002
4 3 0,0001 0,0005 0,0015
24 4 4 0,0004 0,001 0,0005
3 4 0,0002 0,0015 0,001
4 2 0,0005 0,0001 0,002
2 3 0,001 0,00017 0,0022
3 5 0,0025 0,00011 0,0012
5 3 0,00016 0,0002 0,0051
6 2 0,0036 0,00015 0,00018