Контрольная работа по «Теория вероятности»

= » 0,282.

 

Задача 15Б. В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?

Решение:

Возможны две гипотезы:

Н₁ – при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;

Н₂ – при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. или 1 или 2 или 4 или 5.

По классическому определению вероятности гипотез равны:

Р(Н₁) = 2/6 = 1/3; Р(Н₂) = 4/6 = 2/3.

Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться  равенство  Р(Н₁) + Р(Н₂) = 1/3 + 2/3 = 1

Пусть событие А состоит  в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:

Р(А|Н₁) = 

;  Р(А|Н₂) =  .

Тогда по формуле полной вероятности 

Р(А) = Р(Н₁)·Р(А|Н₁) + Р(Н₂)·Р(А|Н₂) +…+ Р(Н_n)·Р(А|Н_n)

вероятность события  А будет равна:

Р(А) =

 = 0,62

 

Задача 16Б. Вероятность появления события А по крайней мере один раз в 5-ти независимых испытаниях равна 0,9. Какова вероятность появления события А в одном испытании, если при каждом испытании она одинаковая?

Решение:

Воспользуемся формулой для вероятности появления хотя бы одного события

Р(А) = 1 – qⁿ

По условию задачи Р(А) = 0,9 и n = 5. Составим уравнение

0,9 = 1 – q ⁵

q⁵ = 1 – 0,9 = 0,1

= 0,63 – вероятность Не появления события А в одном испытании, тогда

р = 1 – q = 1 – 0,63 = 0,37 – вероятность появления события А в одном испытании.

 

Задача 17Б. Из каждых 40-ка изделий, изготовленных станком-автоматом 4 бракованных. Наугад взяли 400 изделий. Найти вероятность того, что среди них 350 без дефекта.

Решение:

Поскольку количество испытаний  велико (n = 400) то для нахождения вероятности того, что событие А появится ровно k = 350 раз воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

 и j(х) – диф. функция Лапласа –Гаусса

По условию задачи вероятность бракованного изделия  равна q = 4/40 = 0,1, Значит вероятность изделия без дефекта равна р = 1 – q = 1 – 0,1 = 0,9.

Определим аргумент функции Лапласа-Гаусса х:      .

Учитывая что функция j(х) является четной, т.е. j(–х) = j(х) по таблице значений функции Гаусса определяем, что j(–1,67) = 0,0989. Теперь » 0,016.

 

Задача 18Б. Вероятность присутствия студента на лекции равна 0,8. Найти вероятность того, что из 100 студентов на лекции будут присутствовать не меньше 75 и не больше 90.

Решение:

Поскольку количество испытаний  велико (n = 100), то для нахождения вероятности того, что событие А появится от 75 до 90 раз воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

и Ф(х) – интегральная функция Лапласа

Определим аргументы  интегральной функции Лапласа х₁ и х₂:

= –1,25;  = 2,5.

Учитывая что функция  Ф(х) является Нечетной, т.е. Ф(–х) = – Ф(х) по таблице значений интегральной функции Лапласа находим:

Ф(–1,25) = – Ф(1,25) = –0,39435 и Ф(2,5) = 0,49379, тогда

Р₁₀₀(75 £ k £ 90) = Ф(х2) – Ф(х1)  = Ф(2,5) – Ф(–1,25) = 0,49379 +0,39435 = 0,888.

 

Задача 19Б. Сколько раз необходимо кинуть игральный кубик, чтобы нивероятнейшее число появления тройки равнялось 55?

Решение:

Число m₀ называется наивероятнейшим в n независимых испытаниях, если вероятность наступления события А при этом числе наибольшая.

n·p – q ≤ m₀ ≤ n·p + p

По условию задачи т₀ = 55, вероятность появления тройки равна p = 1/6, значит вероятность НЕ появления тройки равна q = 5/6. Составим неравенство

получили линейную систему  неравенств

   п – 5 ≤ 330  п ≤ 335

   п + 1 ≥ 330  п ≥ 329

Таким образом получили, что игральный кубик необходимо кинуть от 329 до 335 раз.

Задача 20Б. Ткач обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нитки на одном из веретен в течении одной минуты равна 0,005. Найти вероятность того, что в течении одно минуты обрыв произойдет на 7 веретенах.

Решение:

Поскольку количество испытаний  велико (n = 1000), а вероятность отдельного испытания очень мала (р = 0,005) то для вычисления искомой вероятности воспользуемся формулой Пуассона:    

Параметр распределения l = 1000 ×0,005 = 5, тогда искомая вероятность равна

Р₁₀₀₀(7) = = 0,1044.

 

Тема 2

Задача 1Г

Задан закон распределения дискретной случайной величины Х:

Х:	xi	–2	–1	0	2	3
	pi	0,1	0,2	0,3	0,3	0,1

Найти функцию распределения и построить ее график.

Решение:

Функцией распределения называют функцию F(х), определяющую вероятность того, что случайная величина Х в результате испытания примет значение, меньшее некоторого фиксированного значения x    F(х) = Р(Х < х)

В нашем случае

при x ≤ –2, F(x) = Р(Х < –2)= 0, т.к. значения меньше –2 не принимаются

при –2< x ≤ –1, F(x) = Р(Х < –1)= 0,1

при –1< x ≤ 0, F(x) = Р(Х < –1) = 0,1+0,2=0,3, т.к. Х может принять значения –2 или –1

при 0< x ≤ 2, F(x) = Р(Х < 0) = 0,3+0,3 = 0,6

при 2< x ≤ 3, F(x) = Р(Х < 3) = 0,6+0,3 = 0,9

при x > 3, F(x) = 0,9+0,1 = 1

Таким образом функция распределения F(х) имеет вид:

 

Задача 2Г

Задан закон распределения  дискретной случайной величины Х:

Х:	xi	0	1	2	3	4
	pi	р	2 р	0,2	0,2	0,3

Найти функцию распределения  и построить ее график.

Решение:

å p_i  = 1 = р + 2р + 0,2 + 0,2 + 0,3 = 1 Þ р + 2р = 1 – 0,7 = 0,3  Þ 3р = 0,3 Þ р = 0,1

Следовательно закон распределения дискретной случайной величины Х примет вид:

Х:	xi	0	1	2	3	4
	pi	0,1	0,2	0,2	0,2	0,3

Функцией распределения называют функцию F(х), определяющую вероятность того, что случайная величина Х в результате испытания примет значение, меньшее некоторого фиксированного значения x    F(х) = Р(Х < х)

В нашем случае

при x ≤ 0, F(x) = Р(Х < 0)= 0, т.к. значения меньше 0 не принимаются

при 0< x ≤ 1, F(x) = Р(Х < 1)= 0,1

при 1< x ≤ 2, F(x) = Р(Х < 2) = 0,1+0,2=0,3, т.к. Х может принять значения 0 или 1

при 2< x ≤ 3, F(x) = Р(Х < 3) = 0,3+0,2 = 0,5

при 3< x ≤ 4, F(x) = Р(Х < 3) = 0,5+0,2 = 0,7

при x > 4, F(x) = 0,7+0,3 = 1

Таким образом функция распределения F(х) имеет вид:

 

Задача 3Г

Монета брошена 2 раза. Записать закон распределения СЛ вел Х – числа появления герба. Найти функцию распределения и построить ее график.

Решение:

Обозначим вероятность  появления «герба» при подбрасывании  одной монеты через р = 0,5, тогда q = 1 – p = 1 – 0,5 = 0,5 – вероятность появления надписи.

Случайная величина Х – число появления герба. Она может принимать следующие возможные значения: 0, 1, 2. Найдем вероятности, с которыми случайная величина Х может принимать эти возможные значения:

при х₁ = 0 – оба раза выпала надпись, тогда  Р₁(q× q) = 0,5×0,5 = 0,25

при х₂ = 1 – один раз выпал «герб» и один раз – надпись, тогда Р₂(р× q + q× р) = 2×0,5×0,5 = 0,5

при х₃ = 2 – оба раза выпал «герб», тогда Р₃(р ×р) = 0,5×0,5 = 0,25

ТОГДА закон распределения дискретной случайной величины Х примет вид:

Х:	xi	0	1	2
	pi	0,25	0,5	0,25

Проверка å p_i  = 1 = 0,25+0,5+0,25= 1.

Функцией распределения называют функцию F(х), определяющую вероятность того, что случайная величина Х в результате испытания примет значение, меньшее некоторого фиксированного значения x    F(х) = Р(Х < х)

В нашем случае

при x ≤ 0, F(x) = Р(Х < 0)= 0, т.к. значения меньше 0 не принимаются

при 0< x ≤ 1, F(x) = Р(Х < 1)= 0,25

при 1< x ≤ 2, F(x) = Р(Х < 2) = 0,25+0,5=0,75, т.к. Х может принять значения 0 или 1

при x > 2, F(x) = 0,75+0,25 = 1

Таким образом функция распределения F(х) имеет вид:

 

Задача 4

Игральный кубик брошен 3 раза. Записать закон распределения СЛ вел Х – числа появления шестерки.

Решение:

Обозначим вероятность  появления шестерки при подбрасывании одного кубика через 
р = 1/6, тогда q = 1 – p = 1 – 1/6 = 5/6 – вероятность появления другого числа очков.

Случайная величина Х – число появления шестерки. Она может принимать следующие возможные значения: 0, 1, 2, 3. Найдем вероятности, с которыми случайная величина Х может принимать эти возможные значения:

при х₁ = 0 – ни разу не выпала шестерка, тогда  Р₁(q× q× q) = = 0,58

при х₂ = 1 – один раз выпала шестерка, тогда Р₂(р× q× q + q× р× q + q× q× р) = 3× = 0,36

при х₃ = 2 – два раза выпала шестерка, тогда Р₃(р× р× q + р× q × р + q× р× р) = 3× = 0,0537

при х₄ = 3 – три раза выпала шестерка, тогда  Р₁(р× р р) = = 0,0063

ТОГДА закон распределения дискретной случайной величины Х примет вид:

Х:	xi	0	1	2	3
	pi	0,58	0,36	0,0537	0,0063

Проверка å p_i  = 1 = 0,58+0,36+0,0537+0,0063= 1.

В прямоугольной системе координат  отложим по оси абсцисс возможные  значения случайной величины Х , а по оси ординат – соответствующие им значения вероятностей. Нанесем точки 
(0; 0,58), (1; 0,36), (2; 0,0537), (3; 0,0063), и, соединив их отрезками прямых, получим многоугольник распределения (полигон):

 

Задача 6:

По данному закону распределения дискретной случайной  величины Х найти числовые характеристики: а) математическое ожидание М(Х); б) дисперсию D(X).

Х:	xi	–2	–1	0	2	3
	pi	0,1	0,2	0,3	0,3	0,1

Решение:

а) Математическое ожидание дискретной случайной величины Х определяется как сумма произведений всех возможных значений случайной величины на их вероятности:

= –2×0,1 + (–1)×0,2 + 0×0,3 + 2×0,3 + 3×0,1 = 0,5.

б) Дисперсию удобно вычислять  по формуле D(X) = M(X ²) – M ²(X), где

= (–2)²×0,1 + (–1)²×0,2 + 0²×0,3 + 2²×0,3 + 3²×0,1 = 2,7.

Таким образом дисперсия дискретной случайной величины Х равна