Контрольня по "Математике"

1. Используя  метод наименьшей стоимости, построим  первый опорный план транспортной  задачи.

 В результате  получен первый опорный план, который является допустимым, так  как все грузы из баз вывезены, потребность магазинов удовлетворена,  а план соответствует системе  ограничений транспортной задачи.

2. Подсчитаем  число занятых клеток таблицы, их 6, а должно быть m + n - 1 = 6. Следовательно, опорный план является невырожденным.

4. Проверим оптимальность  опорного плана. Найдем потенциалы  u_i, v_i. по занятым клеткам таблицы, в которых u_i + v_i = c_ij, полагая, что u₁ = 0. 

 Опорный план  не является оптимальным, так  как существуют оценки свободных  клеток, для которых u_i + v_i > c_ij

(1;2): 0 + 4 > 3

 Выбираем максимальную оценку свободной клетки (1;2): 3

 Для этого  в перспективную клетку (1;2) поставим  знак «+», а в остальных вершинах  многоугольника чередующиеся знаки  «-», «+», «-». Цикл приведен в таблице.

 Из грузов  х_ij стоящих в минусовых клетках, выбираем наименьшее, т.е. у = min (1, 4) = 20. Прибавляем 20 к объемам грузов, стоящих в плюсовых клетках и вычитаем 20 из Х_ij, стоящих в минусовых клетках. В результате получим новый опорный план.

4. Проверим оптимальность  опорного плана. Найдем потенциалы  u_i, v_i. по занятым клеткам таблицы, в которых u_i + v_i = c_ij, полагая, что u₁ = 0.

 Опорный план  является оптимальным.

 Минимальные  затраты составят:

F(x) = 1*70 + 3*20 + 1*20 + 2*10 + 1*10 + 2*30  = 240

Задание № 3.

        Техническое устройство, состоящее  из трех узлов, работало в  течение некоторого времени t. За это время первый узел оказывается неисправным с вероятностью р₁, второй – с вероятностью р₂, третий – с вероятностью р₃. Найти вероятность того, что за время работы: а) все узлы оставались исправными; б) все узлы вышли из строя; в) только один узел стал неисправным; г) хотя бы один узел стал неисправным (см. исходные данные в таблице).

      p₁=0,6       p₂=0,6      p₃=0,4

      Пусть событие А означает, что первый узел оказался неисправным, В оказался неисправным второй узел и С – оказался неисправным третий узел, тогда - первый узел был исправен в промежуток времени t, - был исправен второй узел, - был исправен третий узел.

а) Пусть событие  D означает, что все узлы оставались исправными, тогда . Поэтому , учитывая независимость событий , и , по теореме умножения вероятностей имеем:

0,4 * 0,4 * 0,6 = 0,096

б) Пусть событие  Е – все узлы вышли из строя, тогда:

Р (Е)=Р (АВС)=Р(А)*Р(В)*Р(С)= 0,6 * 0,6 * 0,4 = 0,144

в) Пусть событие  F – только один узел стал неисправным, тогда:

События несовместные. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей несовместимых событий, получим:

_{= 0,6 * 0,4 * 0,6+0,4 * 0,6 * 0,6 + 0,4 * 0,4 * 0,4 = 0,352}

г) Пусть событие  D₁ – хотя бы один узел стал неисправным, тогда:

_{= 1- 0,4 * 0,4 * 0,6 = 1- 0,096 = 0,904} 

      Задание 4. 

      По  линии связи могут быть переданы символы А, В, С. Вероятность передачи символа А равна 0,5; символа В  – 0,3; символа С – 0,2. Вероятности искажения при передаче символов А, В, С равны соответственно 0,01; 0,03; 0,07. Установлено, что сигнал из двух символов принят без искажения. Чему равна вероятность, что передавался сигнал АВ?

      Пусть событие А – передача символа А, событие В – передача символа В, событие С – передача символа С, событие - искажение при передаче символа А, событие и - искажения при передаче символов В и С соответственно.

      По  условию вероятности этих событий равны:

      Р(А)=0,3 , Р(В)= 0,2 ,  Р(С)=0,5 , P(A')=0,04 ,  Р(B')=0,01 , Р(C')=0,07

      Если  события  , и - искажения при передаче символов, то события , и - отсутствие искажений при передаче. Их вероятности:

      

               = 1 -  0,3 = 0,7

               = 1 -  0,2 = 0,8

               = 1 -  0,5 = 0,5 
 

      Обозначим через D событие, состоящее в том, что были переданы два символа без искажений.

      Можно выдвинуть следующие гипотезы:

         Н₁ – переданы символы АА,

         Н₂ – символы АВ,

         Н₃ – символы ВА,

         Н₄ – символы АС,

         Н₅ – символы СА,

         Н₆ – символы ВВ,

         Н₇ – символы ВС,

         Н₈ – символы СВ,

         Н₉ – символы СС.

      Вероятности этих гипотез:

          _{0,3 * 0,3 =  0,09}

          _{0,3 * 0,2 =  0,06}

          _{0,2 * 0,3 = 0,06}

          _{0,3 * 0,5 = 0,15}

          _{0,5 * 0,3 = 0,15}

          _{0,2 * 0,2 = 0,04}

          _{0,2 * 0,5 = 0,1}

          _{0,5 * 0,2 = 0,1}

          _{0,5 * 0,5 = 0,25}

Условные вероятности  события D если имела место одна из гипотез будут:

P(D/H1) = P(¯A') * P(¯А')= 0,96 * 0,96 = 0,92

P(D/H2) = P(¯A') * P(¯B')= 0,96 * 0,99 = 0,94

P(D/H3) = P(¯B') * P(¯A')= 0,99 * 0,96 = 0,94

P(D/H4) = P(¯A') * P(¯C')= 0,96 * 0,93 = 0,89

P(D/H5) = P(¯C') * P(¯A')= 0,93 * 0,96 = 0,89

P(D/H6) = P(¯B') * P(¯B')= 0,99 * 0,99 = 0,98

P(D/H7) = P(¯B') * P(¯C')= 0,99 * 0,93 = 0,92

P(D/H8) = P(¯C') * P(¯B')= 0,93 * 0,99 = 0,92

P(D/H9) = P(¯C') * P(¯C')= 0,93 * 0,93 = 0,86

 

По формуле  Бейеса вычислим условную вероятность  с учетом появления события Р:

 

                                                    0,06 * 0,94

= ---------------------------------------------------------------------------------------- = 0,06

     0,082 + 0,056 + 0,056 + 0,133 + 0,133 + 0,039+ 0,092 +0,092 + 0,215 
 

Задание 5. 

        Найти вероятность того, что в  n независимых испытаниях событие появится: а) ровно k раз; б) не менее k раз; в) не более k раз; г) хотя бы один раз, если в каждом испытании вероятность появления этого события равна р (см. исходные данные в таблице).

Так как число  испытаний невелико, то для вычисления искомой вероятности воспользуемся  формулой Бернулли:

, где