close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Krasolenko Teorija verojat

код для вставкиСкачать
Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
Общестроительный факультет
Кафедра математики
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Рабочая программа, методические указания
и контрольные задания
Санкт-Петербург
2013
1
УДК 519.2
Рецензент канд. физ.-мат. наук, доцент Е. К. Ершов (СПбГАСУ)
ВВЕДЕНИЕ
Теория вероятностей: рабочая программа, методические
указания и контрольные задания / сост.: Г. В. Красоленко,
Н. В. Сванидзе, Г. В. Якунина; СПбГАСУ. – СПб., 2013. – 44 с.
Даются методические рекомендации по выполнению индивидуального
домашнего задания (контрольной работы № 8) по курсу высшей математики
«теория вероятностей». Приводятся варианты контрольных работ.
Предназначены для студентов факультета безотрывной формы обучения.
Ил. 4. Библиогр.: 6 назв.
Прежде чем приступать к выполнению контрольной работы,
необходимо ознакомиться с «Рабочей программой» и изучить соответствующий теоретический материал по учебникам, указанным
в разделе «Рекомендуемая литература».
Во время экзаменационной сессии для студентов безотрывной
формы обучения читаются установочные лекции и проводятся практические занятия, которые носят обзорный характер.
К сдаче экзамена (зачета) допускаются только те студенты, контрольные работы которых проверены и зачтены преподавателями
кафедры математики.
Следует обратить внимание на оформление контрольной работы. На титульном листе должны быть указаны:
фамилия, имя, отчество;
номер зачетной книжки (студенческого билета);
специальность;
название дисциплины и номер контрольной работы;
номер варианта.
Номер варианта, который должен выполнять студент, соответствует последней цифре номера зачетной книжки (студенческого
билета). Цифре 0 (ноль) соответствует вариант № 10.
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2013
2
3
Примерный вариант контрольной работы № 8
по теме «Теория вероятностей»
Рабочая программа курса высшей математики
Теория вероятностей
1. Испытания и события. Действия над событиями.
2. Поле событий. Условное поле событий.
3. Относительная частота и ее свойства. Вероятность как функция на поле событий. Геометрическая трактовка вероятности. Теорема сложения вероятностей.
4. Пространство элементарных исходов.
5. Классическая модель испытания. Классическая формула вычисления вероятности события.
6. Условная вероятность. Теорема умножения вероятностей.
Независимые события.
7. Формула полной вероятности. Теорема Байеса.
8. Понятие случайной величины. Функция распределения случайной величины и ее свойства.
9. Дискретная случайная величина.
10. Математическое ожидание дискретной случайной величины
и его свойства. Дисперсия дискретной случайной величины и ее свойства.
11. Схема Бернулли и биномиальная случайная величина.
12. Случайная величина, распределенная по закону Пуассона.
13. Непрерывная случайная величина. Функция распределения
непрерывной случайной величины. Плотность распределения и ее
свойства.
14. Вычисление математического ожидания и дисперсии непрерывной случайной величины.
15. Равномерное распределение. Математическое ожидание
и дисперсия случайной величины, подчиняющейся равномерному закону распределения.
16. Показательное распределение.
17. Нормальное распределение.
18. Закон больших чисел. Теоремы А. А. Маркова и П. Л. Чебышева.
19. Центральная предельная теорема.
20. Локальная и интегральная теоремы Муавра – Лапласа.
4
Контрольная работа содержит пять задач.
1. В урне 4 белых и 3 черных шара. Наудачу извлекаются два
шара. Найти вероятность следующих событий: а) оба шара белые;
б) первый вынутый шар белый, второй – черный; в) извлеченные шары
разного цвета.
2. Для разрушения моста достаточно попадания хотя бы одной
бомбы. Найти вероятность разрушения моста, если на него сбросить
две бомбы, вероятности попадания которых соответственно равны
0,6 и 0,7. Предполагается, что попадание одной из бомб не зависит от
попадания другой.
Третья задача (задача 3) может быть одной из двух типов задач. Первый тип задач (задача 3.1) использует при решении формулу
полной вероятности, второй тип (задача 3.2) – дополнительно формулу Байеса.
3.1. На склад поступают однотипные детали с трех автоматических линий. Известно, что первая линия дает в среднем 0,3 % брака, вторая – 0,2 % и третья – 0,4 %. Найти вероятность того, что наудачу взятая со склада деталь оказалась бракованной, если с первой
линии поступило 1000, со второй – 2000 и с третьей – 2500 деталей.
3.2. На склад поступают однотипные детали с трех автоматических линий. Известно, что первая линия дает в среднем 0,3 % брака, вторая – 0,2 % и третья – 0,4 %. С первой линии поступило на
склад 1000, со второй – 2000 и с третьей – 2500 деталей. Наудачу
взятая со склада деталь оказалась бракованной. Найти вероятность
того, что эта бракованная деталь поступила с первой линии.
4. Дискретная случайная величина X задана рядом распределения:
X
–3
–1
0
2
4
Р
0,1
0,2
?
0,3
0,1
5
Для дискретной случайной величины X найти: а) P{X = 0};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X > –1}.
Построить график функции распределения F(x).
Пятая задача (задача 5) может быть одной из следующих двух
типов задач: 5.1 и 5.2.
5.1. Функция распределения непрерывной случайной величины
X имеет вид

если
x ≤ 0;
 0,

π

F ( x ) = a (1 − cos x), если 0 < x ≤ ;
2

π

если
x> ,
 1,
2
где а – параметр.
Для непрерывной случайной величины X найти: а) значение параметра а, при котором F(x) является функцией распределения случайной величины X; б) плотность распределения f(x); в) математи-
π
π
ческое ожидание MX и дисперсию DX; г) P  ≤ X <  .
2
4
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
5.2. Плотность распределения непрерывной случайной величины X имеет вид

если
x ≤ 0;
 0,

π

f ( x) = a sin x, если 0 < x < ;
2

π

если
x> ,
 0 ,
2
где а – параметр.
6
Для непрерывной случайной величины X найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины X; б) функцию распределения F(x); в) математи-
π
π
ческое ожидание MX и дисперсию DX; г) P  ≤ X <  .
2
4
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Приведем некоторые понятия и теоремы теории вероятностей,
необходимые для решения первых двух задач.
1. Испытания и события. Теория вероятностей имеет дело
с испытаниями, результаты которых не определены заранее однозначно. Повторение таких испытаний приводит к различным результатам, предсказать которые только по известным условиям проведения
испытания нельзя. Слово испытание понимается как осуществление
указанных условий, объем и содержание которых должны быть описаны заранее.
Возможные результаты испытания называются событиями.
Событие называется достоверным, если оно обязательно осуществляется в данном испытании (сколько бы раз его ни повторяли).
Событие называется невозможным, если оно никогда не осуществляется в данном испытании. Достоверное событие обозначим буквой
U, а невозможное – символом . Остальные события будем, как правило, обозначать заглавными буквами латинского алфавита.
2. Действия над событиями. Пусть А и В – два события, связанные с каким-либо испытанием.
Объединением (или суммой) двух событий А и В, связанных
с одним и тем же испытанием, называется событие C, которое осуществляется тогда, когда осуществляется либо событие А, либо событие В, либо оба эти события вместе. Обозначение: C = А В.
Пересечением (или произведением) двух событий А и В, связанных с одним и тем же испытанием, называется событие D, которое
осуществляется только тогда, когда осуществляются события А,
и В (то есть когда события осуществляются вместе). Обозначение:
D = А В.
Если А В = , то говорят, что события А и В несовместны.
Событие A называется противоположным событию А, если оно
осуществляется только тогда, когда не осуществляется событие А.
7
3. Поле событий. Полем событий S называется совокупность
событий (которые могут происходить в результате одного и того же
испытания), обладающая следующими свойствами:
1) U S;
2) если A S, то A ∈ S ;
3) если A S и В S, то А В S и А В S.
Из 1) и 2) вытекает, что ∅ = U ∈ S . События из поля S будем называть случайными событиями.
4. Пространство элементарных исходов. Пусть S – поле
событий, а – множество событий , каждое из которых принадлежит
полю S. Если два любых события из несовместны, а каждое событие
A S можно представить как объединения некоторого семейства
событий из , то называется пространством элементарных исходов.
События, принадлежащие , называются элементарными
исходами.
5. Вероятность как функция на поле событий. Пусть S – поле
событий, связанное с некоторым испытанием.
Вероятностью на поле событий S называется функция, которая
каждому событию А из S ставит в соответствие число Р(А), причем
так, что выполняются условия:
1) для любого A S определены неравенства 0 Р(A) 1;
2) Р( ) = 0, Р(U) = 1;
3) для любых несовместных событий А и В из S выполняется
равенство
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B) .
Условие 3) называется аксиомой сложения вероятностей.
Следствие, вытекающее из определения вероятностей событий:
пусть A S, тогда
P ( A ) = 1 − P( A) .
6. Полная группа несовместных событий. Совокупность
событий H1, H2, …, Hn из поля S, обладающая свойствами:
а) события H1, H2, …, Hn попарно несовместны, то есть
Hi Hj = при i j;
б) хотя бы одно из событий H1, H2, …, Hn осуществляется
в испытании, то есть H1 H2 …, Hn = U, называется полной группой
несовместных событий.
8
7. Теорема сложения вероятностей. Пусть Р – вероятность на
поле событий S. Если A, B S, то
P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B) − P( A ∩ B) .
8. Условная вероятность. Пусть событие B S и Р(B) 0.
Условной вероятностью события A S при условии, что событие В
произошло, называется величина
P( A ∩ B )
.
P( B )
9. Теорема умножения вероятностей. Независимые события.
Теорема. Пусть Р – вероятность на поле событий S. Если события
А и В принадлежат полю S и Р(A) 0, Р(B) 0, то
P ( A ∩ B ) = P ( A) P( B / A) = P( B) P( A / B ) .
События А и В, принадлежащие полю S, называются
независимыми, если
P ( A ∩ B) = P( A) P ( B) .
10. Классическая модель испытания (или схема урн, или схема
случаев) и классическая формула вычисления вероятности
события.
Определение классической модели испытания. Рассмотрим
= { 1, …, n}, где i –
èñï û òàí èå ñ êî í å÷í û ì ÷èñëî ì èñõî äî â
элементарные исходы, образующие полную группу несовместных
равновероятных событий
P ( A / B) =
P (ω1 ) = P(ω2 ) =  = P(ω N ) .
Так как P (ω1 ) + P(ω2 ) +  + P(ω N ) = 1, то
о
1
,
1≤ i ≤ N .
N
В этом случае говорят, что испытание сводится к классической
модели.
Классическая формула вычисления вероятности события. Рассмотрим в испытании, которое сводится к классической модели, произвольное событие А, которое можно представить в виде объединения m = m(A) различных элементарных исходов, то есть
P (ωi ) =
9
A = ωi1 ∪ ωi2 ∪  ∪ ωim
при m
N.
Тогда элементарные исходы ωi1 , ωi2 ,  , ωim называются исходами,
благоприятствующими осуществлению события А.
Вероятность такого события находится по классической формуле вычисления вероятности
P ( A) =
Действительно,
m( A)
.
N
m( A)
.
N
При использовании классической модели испытания
предполагается следующий порядок решения задач:
1) определить элементарные исходы;
2) подсчитать количество N всех элементарных исходов;
3) событие А, вероятность которого требуется определить,
представить как объединения некоторого семейства элементарных
исходов из ;
4) подсчитать число m = m(A) исходов, благоприятствующих
осуществлению события А;
5) воспользоваться классической формулой вычисления
вероятности P(A) = m(A) / N.
P ( A) = P(ωi1 ∪ ωi2 ∪  ∪ ωim ) = P(ωi1 ) +  + P (ωim ) =
11. При вычислении вероятностей часто оказываются полезными
формулы комбинаторики. Приведем некоторые формулы этого типа.
Пусть имеется множество n различных предметов (элементов) и
из него делаются выборки предметов (элементов) без возвращения.
Размещениями из n элементов по m называются такие соединения (выборки), которые различаются самими элементами или их порядком следования. Число всех размещений из n элементов по m
n!
.
(n − m)!
Здесь функция n-факториал определяется следующим образом:
0!= 1, 1!= 1, 2! = 1 ⋅ 2 , … , n != 1 ⋅ 2 ⋅  ⋅ (n − 1) ⋅ n .
Anm = n (n − 1)  (n − m + 1) =
10
Перестановками из n элементов называются такие соединения,
которые различаются только порядком входящих в них элементов.
Число всех перестановок из n различных элементов
Pn = Ann = n (n − 1)  (n − m + 1)  2 ⋅ 1 = n !.
Сочетаниями из n элементов по m называются такие их соединения, которые различаются только самими элементами, а порядком
входящих в них элементов пренебрегаем. Число всех сочетаний из n
элементов по m:
Am n (n − 1)  (n − m + 1)
n!
Cnm = n =
=
= Cnn − m .
m!
m!
m ! ( n − m) !
Числа Cnm называются биномиальными коэффициентами и совпадают с коэффициентами разложения бинома Ньютона (1 + x)n по
степеням x
(1 + x) n =
Для удобства полагают
Cn0
n
∑ Cnm x m .
m =0
= Cnn
= 1.
Решение задачи № 1
Эту задачу решим двумя способами. При решении задачи первым способом используются только классическая модель испытания
и классическая формула вычисления вероятности события. При решении задачи вторым способом к ним добавляются аксиома сложения вероятностей и теорема умножения вероятностей.
Первый способ решения 1.а)
Пусть
В = {событие, состоящее в том, что первый и второй
извлеченные шары белого цвета}.
Рассмотрим следующую классическую модель. В качестве элементарного исхода возьмем последовательность из двух извлеченных шаров, причем будем различать последовательности (исходы) как
самими элементами (шарами), так и порядком их следования (извлечения). В терминах комбинаторики такие последовательности из двух
извлеченных шаров рассматриваются как размещения.
11
Тогда пространство элементарных исходов будет содержать
N = A72 = 7 ⋅ 6 = 42 исхода.
Подсчитаем число элементарных исходов, благоприятствующих
осуществлению события В. Последовательности, отвечающие этим
исходам, надо составлять только из белых шаров (их всего четыре),
поэтому m( B ) = A42 = 4 ⋅ 3 = 12 . Используя классическую формулу вычисления вероятности события В, получаем
P( B) =
m( B) 12 2
=
= .
N
42 7
Замечание. При решении задачи 1.а) можно выбрать и другую
классическую модель, в которой в качестве элементарного исхода
взять последовательность из двух извлеченных шаров, причем будем
различать эти последовательности (исходы) только самими элементами (шарами), а порядком их следования (извлечения) пренебрегаем. В терминах комбинаторики такие последовательности из двух
извлеченных шаров рассматриваются как сочетания.
Классическая модель, отвечающая нашей задаче, выбирается
неоднозначно.
В новой классической модели пространство элементарных исходов содержит
7! 7 ⋅ 6
=
= 21 исходов.
2 ! 5! 1 ⋅ 2
В свою очередь число элементарных исходов, благоприятствующих появлению событию В:
4!
4⋅3
m( B ) = C42 =
=
= 6.
2! 2! 1 ⋅ 2
Используя классическую формулу вычисления вероятности,
получаем вновь:
N = C72 =
P(B) =
m( B ) 6 2
= = .
N
21 7
Пространство элементарных исходов – это математическая
модель испытания, в которой любому событию ставится некоторое
12
подмножество элементарных исходов пространства . В общем
случае каждому испытанию можно сопоставить несколько
математических моделей, то есть пространств элементарных
исходов.
Первый способ решения 1.б)
Пусть
C = {событие, состоящее в том, что первый вынутый шар
белый, а второй черный}.
Для определения вероятности события C естественнее использовать первую из двух классических моделей, приведенных при решении задачи 1.а).
1
1
Тогда N = A72 = 7 ⋅ 6 = 42, m(C ) = A4 ⋅ A3 = 4 ⋅ 3 = 12
и
P(C ) =
m(C ) 4 ⋅ 3 2
= .
=
N
7⋅6 7
Первый способ решения 1.в)
Пусть
D = {событие, состоящее в том, что извлечены два шара разного
цвета}.
Если использовать первую из двух классических моделей, приведенных при решении задачи 1.а), то имеем
N = A72 = 7 ⋅ 6 = 42 , m( D) = A41 ⋅ A31 + A31 ⋅ A41 = 4 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 = 24
m( D ) 4 ⋅ 3 ⋅ 2 4
=
= .
N
7⋅6 7
Можно использовать и вторую из двух классических моделей,
приведенных при решении задачи 1.а). В результате получаем
и
P( D) =
N = C 72 = 21, m( D ) = C41 ⋅ C31 = C31 ⋅ C41 = 4 ⋅ 3 = 3 ⋅ 4 = 12
и
P ( D) =
m( D ) 4 ⋅ 3 4
= .
=
N
7⋅3 7
13
Второй способ решения 1.а)
Введем следующие события:
А1 = {первый извлеченный шар белый};
А2 = {второй извлеченный шар белый};
B = {событие, состоящее в том, что извлеченные шары белого
цвета}.
Тогда B = А1 A2. Используя теорему умножения вероятностей,
получаем
P ( B ) = P( A1 ∩ A2 ) = P( A1 ) P ( A2 / A1 ) .
Найдем вероятность события А1. Всего в урне 7 шаров, среди
которых 4 белых шара. Для определения вероятности P(А 1 )
воспользуемся классическим определением вероятности
m( A1 )
P( A1 ) =
,
N
где m(А1) – число элементарных исходов, благоприятствующих наступлению события А1; N – общее число возможных элементарных
исходов испытания, составляющих пространство элементарных
исходов.
В нашем случае B = 7, m(А1) = 4
4
P ( A1 ) = .
и
7
Найдем условную вероятность P(А2 / А1), то есть вероятность
события А2 = {второй извлеченный шар белый} при условии, что первый вынутый шар тоже белый. Здесь мы вновь можем воспользоваться
классической моделью. После того как первым вынули белый шар,
в урне осталось 6 шаров, среди которых 3 белых шара, и, следовательно, условная вероятность
3 1
= .
6 2
Таким образом, искомая вероятность
P ( A2 / A1 ) =
4 1 2
P ( B) = P( A1 ∩ A2 ) = P( A1 ) P( A2 / A1 ) = ⋅ = .
7 2 7
Второй способ решения 1.б)
Введем следующие события:
А1 = {первый извлеченный шар белый};
14
B2 = {второй извлеченный шар черный};
C = {событие, состоящее в том, что первый вынутый шар
белый, а второй черный}.
Тогда C = А1
B2. И вновь, используя теорему умножения
вероятностей, получаем
P (C ) = P ( A1 ∩ B2 ) = P( A1 ) P ( B2 / A1 ) .
Вероятность события А1 была найдена в результате решения задачи 1.а).
Найдем условную вероятность P(B2 / А1), то есть вероятность
события B2 = {второй извлеченный шар черный} при условии, что
первый вынутый шар белый. Здесь мы вновь можем воспользоваться
классической моделью. После того как первым вынули белый шар,
в урне осталось 6 шаров, среди которых 3 черных шара, и, следовательно, условная вероятность
3 1
= .
6 2
Таким образом, искомая вероятность
P ( B2 / A1 ) =
4 1 2
P (C ) = P( A1 ∩ B2 ) = P( A1 ) P ( B2 / A1 ) = ⋅ = .
7 2 7
Второй способ решения 1.в)
Введем следующие события:
А1 = {первым вынули белый шар};
А2 = {вторым вынули белый шар};
B1 = {первым вынули черный шар};
B2 = {вторым вынули черный шар};
D ={событие, состоящее в том, что извлечены два шара разного
цвета}.
При извлечении двух шаров разного цвета возможны две
ситуации: сначала извлекают белый шар, а затем черный (событие
А1
B2) или в обратном порядке: сначала извлекают черный шар,
а затем белый шар (событие B1 A2). Таким образом, событие D есть
объединение этих событий:
D = ( A1 ∩ B2 ) ∪ ( B1 ∩ A2 ) .
Так как события А1 B2 и B1 A2 несовместны, то для вычисления вероятности события D сначала воспользуемся аксиомой сложения вероятностей: вероятность объединения двух несовместных со15
бытий равна сумме вероятностей этих событий, а затем теоремой
умножения вероятностей:
P ( D) = P (( A1 ∩ B2 ) ∪ ( B1 ∩ A2 )) = P( A1 ∩ B2 ) + P ( B1 ∩ A2 ) =
= P( A1 ) P( B2 / A1 ) + P ( B1 ) P( A2 / B1 ) .
При решении задачи 1.б) была найдена вероятность
4 1 2
P( A1 ∩ B2 ) = P( A1 ) P( B2 / A1 ) = ⋅ = .
7 2 7
Аналогичным образом находится вероятность события B1 A2.
Если первым извлекается черный шар, то число благоприятных исходов три (в урне находятся 3 черных шара), а пространство элементарных исходов содержит семь исходов (в урне всего 7 шаров), поэтому
3
P ( B1 ) = .
7
Для нахождения условной вероятности P(А2 / B1) вновь воспользуемся классической моделью. После того как из урны вынут черный
шар, в ней остаются шесть шаров, среди которых четыре белых,
и поэтому
P ( A2 / B1 ) =
Таким образом,
4 2
= .
6 3
2
; б) Р{первый
7
2
вынутый шар белый, второй черный} = ; в) Р{извлеченные два шара
7
4
разного цвета} = .
7
Решение задачи № 2
Рассмотрим следующие события:
А1 = {первая бомба попала в цель};
16
P ( B) = P( A1 ∪ A2 ) = P( A1 ) + P ( A2 ) − P( A1 ∩ A2 ) .
В результате получаем
P ( B) = P( A1 ) + P( A2 ) − P ( A1 ) P ( A2 ) = 0,6 + 0,7 − 0,6 ⋅ 0,7 = 0,88 .
Второй способ решения задачи. Рассмотрим событие
B ={мост не разрушен},
противоположное событию В.
Так как сумма вероятностей двух противоположных событий
В и B равна единице, то есть
4 1 3 2 4
P ( D) = P( A1 ) P( B2 / A1 ) + P ( B1 ) P( A2 / B1 ) = ⋅ + ⋅ = .
7 2 7 3 7
Ответ. а) Р{оба извлеченных шара белые} =
А2 = {вторая бомба попала в цель};
В = {мост разрушен}.
По условию задачи события А1 и А2 – независимые события, то
есть Р(А1 А2) = Р(А1) Р(А2), и вероятности событий А1 и А2 равны
Р(А1) = 0,6 и Р(А2) = 0,7.
Первый способ решения задачи. Для разрушения моста
достаточно попадания хотя бы одной бомбы, поэтому
B = A1 ∪ A2 .
Применим теорему сложения вероятностей
P( B) + P( B ) =1,
то найдем сначала вероятность события B .
Так как B = A1 ∩ A2 и события
A1 = {первая бомба не попала в цель};
A2 = {вторая бомба не попала в цель}
суть независимые события, то вероятность
P ( B ) = P ( A1 ∩ A2 ) = P ( A1 ) ⋅ P ( A2 ) = (1 − P ( A1 )) ⋅ (1 − P ( A2 )) .
Таким образом, P ( B ) = (1 − 0,6) ⋅ (1 − 0,7) = 0,12 и искомая вероятность
P ( B ) = 1 − P( B ) = 1 − 0.12 = 0,88 .
Ответ. Вероятность разрушения моста равна 0,88.
17
Решение задачи № 3.1
При решении этой задачи используется формула полной вероятности.
Пусть с испытанием связана полная группа несовместных событий (гипотез) H1, …, Hn, вероятности которых не равны нулю.
Тогда вероятность появления любого события В в испытании
может быть найдена по формуле
P ( B) =
n
∑ P( H k ) P( B / H k ) ,
k =1
называемой формулой полной вероятности, где Р(Hk) – вероятности
гипотезы Hk и Р(B / Hk) – условная вероятность события В при условии,
что справедлива гипотеза Hk, 1 k n.
Перейдем к решению задачи. Пусть
B = {событие, состоящее в том, что на склад попадает бракованная деталь}.
Далее введем три гипотезы:
H1 = {на склад поступила деталь с первой линии};
H2 = {на склад поступила деталь со второй линии};
H3 = {на склад поступила деталь с третьей линии}.
Найдем вероятности гипотез H1, H2 и H3, используя классическую
модель и классическую формулу вычисления вероятности события.
будем рассматривать
В качестве элементарного исхода
появление на складе отдельной детали.
Всего на склад поступило 5500 деталей, следовательно, пространство элементарных исходов содержит N = 5500 исходов. Среди
них m(H1) = 1000 исходов благоприятствуют осуществлению гипотезы H1, m(H2) = 2000 и m(H3) = 2500 исходов благоприятствуют осуществлению гипотез H2 и H3 соответственно. Поэтому
P ( H1 ) =
P( H 3 ) =
m( H1 ) 1000 2
=
= ,
N
5500 11
P( H 2 ) =
m( H 3 ) 2500 5
=
= .
N
5500 11
18
m( H 2 ) 2000 4
=
= ,
N
5500 11
Отметим, что гипотезы H1, H2 и H3 образуют полную группу несовместных событий и поэтому
2 4 5
+ + = 1.
11 11 11
Условные вероятности Р(B / Hk), то есть вероятности события В
при условии, что справедливы гипотезы Hk, 1 k 3, известны из
условия задачи
P ( B / H1 ) = 0,003 , P( B / H 2 ) = 0,002 и P ( B / H 3 ) = 0,004 .
Найдем вероятность события В, используя формулу полной
вероятности:
P ( H1 ) + P ( H 2 ) + P ( H 3 ) =
P ( B) = P( H 1 ) P( B / H 1 ) + P( H 2 ) P( B / H 2 ) + P( H 3 ) P( B / H 3 ) =
=
2
4
5
⋅ 0,003 + ⋅ 0,002 + ⋅ 0,004 ≈ 0,0031.
11
11
11
Ответ. Вероятность того, что на склад попадет бракованная
деталь, Р(B) 0,0031.
Решение задачи № 3.2
Иногда в результате испытания известно, что наступило некоторое событие В, а мы хотим узнать вероятность осуществления при
этом гипотезы Hk, принадлежащей полной группе несовместных событий. Ответ на этот вопрос дает следующая теорема, называемая
теоремой Байеса.
Теорема. Пусть P – вероятность на поле событий S, а события H1, …, Hn принадлежат полю S и образуют полную группу несовместных событий. Предположим, что событие B S и кроме
того P ( B) ≠ 0 , P ( H k ) ≠ 0 , 1 ≤ k ≤ n .
Тогда
P ( H k / B) =
P( H k ) P( B / H k )
n
∑ P( H j ) P( B / H j )
j =1
19
, где 1 ≤ k ≤ n .
В условиях задачи 3.1 предполагаем, что наудачу взятая со склада
деталь оказалась бракованной. Тогда вероятность того, что эта бракованная деталь поступила на склад с первой линии, по формуле Байеса будет следующей:
2
⋅ 0,003
P ( H1 ) P( B / H1 ) 11
P ( H1 / B ) =
≈
≈ 0,176 .
P( B )
0,0031
Ответ. Вероятность того, что бракованная деталь поступила на
склад с первой линии, равна Р(H1 / B) 0,176.
Решение задачи № 4
Случайная величина (с.в.) Х называется дискретной, если множество ее возможных значений конечно или счетно (то есть все возможные значения с.в. Х можно занумеровать натуральными числами).
В наших задачах множество возможных значений дискретной
с.в. Х конечно.
Пусть x1, x2, …, xn – множество всех различных значений с.в. Х,
а pk = P{ X = xk } = P{ω : X {ω} < xk } , где 1 k n.
Таблица
X
x1
P
p1
x2 
p2 
xn −1
xn
pn −1
pn
называется законом распределения с.в. Х в табличной форме или рядом
распределения.
В данной таблице все возможные различные значения x1, …, xn
дискретной с.в. Х расположены по возрастанию, а в нижней строке –
соответствующие им вероятности p1, …, pn. Имеет место равенство
p1 + … + pn = 1, так как события { X = x1}, , { X = x n } несовместны
и образуют полную группу.
В нашей задаче дискретная случайная величина Х задана рядом
распределения
20
X
–3
–1
0
2
4
P
0,1
0,2
?
0,3
0,1
Решение 4.а)
Дискретная случайная величина Х принимает следующие значения:
x1 = −3 , x2 = −1 , x3 = 0 , x4 = 2 , x5 = 4
с вероятностями
p1 = 0,1; p 2 = 0,2 ; p3 = ? ; p 4 = 0,3 ; p5 = 0,1
соответственно.
Для определения вероятности p3 = P{X = 0} воспользуемся
равенством p1 + … + p5 = 1, из которого следует, что
p3 = 1 − p1 − p2 − p4 − p5 = 1 − 0,1 − 0,2 − 0,3 − 0,1 = 0,3 .
Таким образом, ряд распределения дискретной случайной величины Х принимает вид
X
–3
–1
0
2
4
P
0,1
0,2
0,3
0,3
0,1
Решение 4.б)
Математическое ожидание MX и дисперсия DX дискретной случайной величины Х определяются следующим образом:
MX =
n
∑ xk
k =1
pk = x1 p1 +  + xn pn ,
DX = M ( X − MX ) 2 =
n
∑ ( xk − MX ) 2 pk .
k =1
Применяя эти формулы, находим
MX = x1 p1 + x 2 p 2 + x3 p3 + x 4 p 4 + x5 p5 =
= (−3) ⋅ 0,1 + (−1) ⋅ 0,2 + 0 ⋅ 0,3 + 2 ⋅ 0,3 + 4 ⋅ 0,1 = 0,5 ,
21
DX = ( x1 − MX ) 2 p1 +  + ( x5 − MX ) 2 p5 =
= (−3 − 0,5) 2 ⋅ 0,1 + (−1 − 0,5) 2 ⋅ 0,2 + (0 − 0,5) 2 ⋅ 0,3 +
+ (2 − 0,5) 2 ⋅ 0,3 + (4 − 0,5) 2 ⋅ 0,1 = 3,65 .
Замечание. Для вычисления дисперсии случайной величины Х
часто используют формулу
DX = M ( X 2 ) − ( MX ) 2 .
Составим ряд распределения случайной величины Х 2 (таблица).
1
4
X2 0
P 0,3 0,2 0,3
9
16
0,1
0,1
При составлении этой таблицы мы воспользовались тем, что
2
2
событие { X 2 = xk2 } = { X = xk } и, следовательно, P{ X = xk } =
= P{ X = xk } = pk , где 1 k 5.
Математическое ожидание случайной величины Х 2:
M ( X 2 ) = 0 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0,2 + 4 ⋅ 0,3 + 9 ⋅ 0,1 + 16 ⋅ 0,1 = 3,9 .
Таким образом, дисперсия с.в. Х будет следующей:
DX = M ( X 2 ) − ( MX ) 2 = 3,9 − 0,25 = 3,65 .
Решение 4.в)
Функция
FX ( x) = F ( x) = P{ω : X (ω) < x} = P{ X < x},
определенная для всех вещественных чисел х, называется функцией
распределения вероятностей (или, короче, функцией распределения)
с.в. Х.
Функция распределения дискретной с.в. Х является ступенчатой (рис. 1), причем в точках разрыва F(x) величины скачков равны
вероятностям p1, …, pn, соответствующих значениям x1, …, xn с.в. Х.
F (x )
1
p2
p1
0
x1
x2
xn −1
x3
xn
x
Рис. 1. График функции распределения дискретной
случайной величины X
Функция распределения дискретной с.в. Х, график которой изображен на рис. 1, имеет следующее аналитическое представление:
 0,
p ,
 1
 p1 + p 2 ,

F ( x ) = 
n −1
 ∑ pk ,
k =1
1,

В нашей задаче функция
имеет вид
0,
0,1,

0,3 ,
F ( x) = 
0,6 ,
0,9 ,

1,
если − ∞ < x ≤ x1 ;
если x1 < x ≤ x 2 ;
если x 2 < x ≤ x3 ;
если x n−1 < x ≤ x n ;
если x n < x < +∞ .
распределения дискретной с.в. Х
если − ∞ < x ≤ −3 ;
если − 3 < x ≤ −1;
если − 1 < x ≤ 0 ;
если 0 < x ≤ 2 ;
если 2 < x ≤ 4 ;
если 4 < x < +∞ .
Ее график изображен на рис. 2.
22
pn

23
Решение 5.1.a)
Значение параметра а найдем из условия непрерывности функции распределения F(x). Для этого рассмотрим поведение функции
F (x )
1
0,9
π
F(x) в окрестности точек x = 1 и x = .
2
В каждой из этих точек выполняются следующие равенства:
0,6
lim F ( x) = 0 = lim F ( x) = 0 = F (0) = 0 ,
0,3
x→0−
0,1
–3
–1
0
2
4
 π
lim F ( x) = a = lim F ( x) = 1 = F   = a .
π
π
2
x→ −
x→ +
x
Рис. 2. График функции распределения дискретной
случайной величины X из задачи 4
Решение 4.г)
Так как { X > −1} = { X = 0} ∪ { X = 2} ∪ { X = 4} и события несовместны, то
x →0 +
2
2
Первое соотношение означает, что точка х = 0 является точкой
непрерывности функции F(x). Из второго соотношения следует, что
π
будет точкой непрерывности функции F(x), если а = 1.
2
График функции распределения F(x) изображен на рис. 3.
точка x =
F (x)
P{ X > −1} = P{ X = 0} + P{ X = 2} + P{ X = 4} =
= 0,3 + 0,3 + 0,1 = 0,7 .
1
Решение задачи № 5.1
Случайная величина (с.в.) Х называется непрерывной, если ее
функция распределения F(x) является непрерывной функцией аргумента х.
Если функция распределения F(x) имеет кусочно-непрерывную
производную
f ( x) = F ' ( x) ,
то эта производная называется плотностью распределения вероятностей (или, короче, плотностью распределения) с.в. Х.
Случайная величина, у которой существует плотность распределения, называется абсолютно непрерывной.
Замечание. Кроме абсолютно непрерывных с.в. существуют непрерывные с.в., называемые сингулярными, которые не имеют плотности распределения. В дальнейшем такие с.в. не рассматриваются, а под
непрерывными с.в. будем подразумевать абсолютно непрерывные с.в.
Решение 5.1.б)
Найдем плотности распределения f(x), используя формулу связи
ее с функцией распределения F(x):
24
25
0
π
2
x
Рис. 3. График функции распределения непрерывной
случайной величины X из задач 5.1 и 5.2
f ( x) = F ' ( x) ,
таким образом,
MX =

0 ,
если − ∞ < x ≤ 0 ;

π

f ( x) = sin x, если 0 < x < ;
2

π

< x < +∞ .
если
0 ,
2
0
π
2
−∞
0
π
2
+∞
∫ x ⋅ 0 dx + ∫ x sin x dx + ∫ x ⋅ 0 dx = ∫ x sin x dx .
π
2
0
Последний интеграл вычислим с помощью формулы интегрирования по частям
b
∫ u ( x) d v( x) = u ( x ) v( x)
a
График плотности распределения f(x) изображен на рис. 4.
− ∫ v( x) d u ( x) ,
a
где функции u(x) и v(x) – непрерывно дифференцируемые функции
на интервале (а, b).
Положим
f (x)
u ( x) = x ,
d u ( x) = d x ,
d v( x) = sin x d x ,
1
b
b
a
v ( x) = ∫ sin x d x = − cos x .
Тогда
π
2
∫ x sin x dx = − x cos x
0
0
π
2
x
Рис. 4. График плотности распределения непрерывной
случайной величины X из задач 5.1 и 5.2
Решение 5.1.в)
Математическое ожидание случайной величины Х вычисляется
по формуле
MX =
+∞
∫ x f ( x) dx .
26
0
π
2
π
π
π
+ ∫ cos x d x = − cos + 0 ⋅ cos 0 + sin x 2 =
2
2
0
0
= sin
π
− sin 0 =1.
2
Таким образом, MX = 1.
Вычислим дисперсию случайной величины Х, используя формулу
DX = M ( X 2 ) − ( MX ) 2 .
Математическое ожидание случайной величины Х2
M (X 2) =
+∞
∫x
2
f ( x) dx .
−∞
В нашем случае
−∞
Так как плотность распределения f(x) – кусочно-заданная функция, то, используя свойство аддитивности определенного интеграла,
получаем
π
2
M (X 2) =
0
∫x
−∞
2
π
2
⋅ 0 dx + ∫ x 2 sin x dx +
0
27
+∞
∫x
π
2
2
π
2
⋅ 0 dx = ∫ x 2 sin x dx .
0
Последний интеграл
P (α ≤ X < β) = F (β) − F (α) .
В результате получаем
π
2
M ( X 2 ) = ∫ x 2 sin x dx
0
вычислим, применяя формулу интегрирования по частям два раза.
Сначала положим
u ( x) = x 2 ,
d v( x) = sin x d x ,
d u ( x) = 2 x d x ,
v( x) = ∫ sin x d x = − cos x .
Тогда
π
2
2
2
∫ x sin x dx = − x cos x
0
Затем, полагая
π
2
0
π
2
π
2
0
0
+ ∫ 2 x cos x d x = 2 ∫ x cos x d x .
u ( x) = x ,
d u ( x) = d x ,
d v( x) = cos x d x , v( x) = ∫ cos x d x = sin x ,
применяем еще раз формулу интегрирования по частям.
В результате получаем
π
2
∫x
0
2
π
π 
π
2
π
 π
π 
π
.
P  ≤ X <  = F   − F   = 1 − cos  − 1 − cos  = cos =
2
2 
4
4 2
4
 2
4 
π
2
sin x dx = 2 ∫ x cos x d x = 2 ( x sin x
0
π
= 2 ( + cos x
2
π
2
0
π
2
0
π
2
− ∫ sin x d x ) =
0
π
) = 2 ( − 1) = π − 2 .
2
Таким образом,
Решение задачи № 5.2
Решение 5.2.a)
Значение параметра a найдем из условия нормировки плотности распределения f(x)
+∞
∫ f ( x) dx = 1.
−∞
В нашей задаче
+∞
∫ f ( x) d x
−∞
=
0
π
2
−∞
0
+∞
∫ 0 dx + a ∫ sin x dx + ∫ 0 dx = a ∫ sin x dx =
= a (− cos x
π
2)
π
2
= a (− cos
0
π
+ cos 0) = a = 1.
2
Решение 5.2.б)
Функция распределения F(x) связана с плотностью распределения
f(x) с помощью следующего равенства:
F ( x) =
x
∫ f (t ) dt .
−∞
π
π
Найдем вероятность P  ≤ X <  , используя следующую
2
4
формулу:
28
0
Таким образом, параметр a = 1.
График плотности распределения f(x) изображен на рис. 4.
DX = M ( X 2 ) − ( MX ) 2 = π − 2 − 1 = π − 3 .
Решение 5.1.г)
π
2
Пусть – < x 0, тогда
F ( x) =
x
∫
f (t ) dt =
−∞
x
∫ 0 dt = 0 .
−∞
29
x
F ( x) =
∫
f (t ) dt =
−∞
Пусть
Контрольная работа № 8
по теме «Теория вероятностей»
π
, тогда
2
Пусть 0 < x ≤
0
x
−∞
0
∫ 0 dt + ∫ sin t dt = − cos t
x
= − cos x + 1.
0
π
< x < +∞ , тогда
2
F ( x) =
x
0
π
2
−∞
−∞
0
x
∫ f (t ) dt = ∫ 0 dt + ∫ sin t dt + ∫ 0 d x =
= − cos t
π
2
0
π
2
π
= − cos + cos 0 = 1.
2
Таким образом, непрерывная случайная величина Х задана
функцией распределения

 0,
если
x ≤ 0;

π

F ( x) =  (1 − cos x), если 0 < x ≤ ;
2

π

если
x> .
 1,
2
График этой функции представлен на рис. 3.
Решение 5.2.в)
Математическое ожидание MX = 1 и дисперсия DX =
чайной величины Х найдены в задаче 5.1.
– 3 слу-
Вариант № 1
1. Два стрелка независимо друг от друга делают по одному
выстрелу по мишени. Первый стрелок попадает в цель с вероятностью 0,6, второй – с вероятностью 0,7. Найти вероятности следующих
событий: а) мишень поражена, если для этого достаточно одного попадания; б) в мишень попадает только один из стрелков.
2. Устройство содержит два независимо работающих элемента. Вероятности отказа элементов соответственно равны 0,05 и 0,08.
Найти вероятность отказа устройства, если для этого достаточно, чтобы отказал хотя бы один элемент.
3. С первого автомата на сборку поступает 50 % деталей, со
второго – 30 %, с третьего – 20 %. Первый автомат производит в среднем 0,1 % бракованных деталей, второй – 0,2 %, третий – 0,3 %. Найти вероятность того, что поступившая на сборку деталь окажется
бракованной.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
30
–4
–1
2
3
4
Р
0,1
0,3
?
0,2
0,1
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = 2};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X > 2}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Функция распределения непрерывной случайной величины
Х имеет вид
x ≤ 0;
 0 , если
 2
F ( x ) = a x , если 0 < x ≤ 1;
 1, если
x > 1,

Решение 5.2.г)
2
π
π
найдена в задаче 5.1.
Вероятность P  ≤ X <  =
2 2
4
Х
где а – параметр.
31
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение
параметра а, при котором F(x) является функцией распределения
случайной величины X; б) плотность распределения f(x);
в) математическое ожидание MX и дисперсию DX; г) P{X > 0,5}.
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
где а – параметр.
Вариант № 2
1. Студент знает 30 из 40 вопросов программы. Найти вероятность того, что студент ответит на три вопроса, предложенных ему
экзаменатором.
2. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий
соответственно равны 0,8; 0,7; 0,9. Найти: а) вероятность одного попадания в цель и б) вероятность хотя бы одного попадания в цель при
одном залпе из трех орудий. Предполагается, что результат стрельбы
каждого из трех орудий не влияет на результаты стрельбы из двух
других орудий.
3. На сборку поступают детали, изготовленные на трех станкахавтоматах. Первый станок производит 20 % деталей, второй – 30 %,
третий – 50 %. Первый станок производит 0,2 % бракованных деталей,
второй – 0,3 %, третий – 0,1 %. Очередная деталь, поступившая на
сборку, оказалась бракованной. Найти вероятность того, что поступившая на сборку деталь изготовлена первым станком-автоматом.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–3
–2
Р
0,1
0,2 0,2
0
1
4
?
0,3
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = 1};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию
распределения F(x); г) P{X < 0}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины
Х имеет вид
32

 0 , если


f ( x) = a cos x, если


 0 , если
x < 0;
0< x≤
x>
π
;
2
π
,
2
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение
параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения
случайной величины Х; б) функцию распределения F(x); в) матема-
π
тическое ожидание MX и дисперсию DX; г) P  X <  .
6

Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Вариант № 3
1. Экзаменационный билет содержит три вопроса. Вероятности того, что студент ответит на первый и второй вопросы, равны 0,8,
на третий – 0,7. Найти вероятность того, что студент сдаст экзамен,
если для этого ему нужно ответить по крайней мере на два вопроса.
2. Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,6
и не меняется от выстрела к выстрелу. Стрельба прекращается сразу
же после первого попадания в цель. Какова вероятность того, что будет
сделано не более двух выстрелов?
3. Имеются две партии изделий по 8 и 10 штук, причем в каждой
партии одно изделие бракованное. Изделие, взятое наугад из первой
партии, переложено во вторую партию, после чего выбирается наугад
одно изделие из второй партии. Определить вероятность извлечения
бракованного изделия из второй партии после перекладывания.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–2
–1
1
3
4
P
0,1
0,1
0,3
?
0,2
33
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = 3};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X > –1}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Функция распределения непрерывной случайной величины
Х имеет вид

 0,
если


F ( x ) = a ( x + 1), если


если
 1,
где а – параметр.
x ≤ −1 ;
1
−1 < x ≤ ;
3
1
x> ,
3
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором F(x) является функцией распределения случайной величины Х; б) плотность распределения f(x); в) математи-
1

ческое ожидание MX и дисперсию DX; в) P 0 ≤ X <  .
3

Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Вариант № 4
1. В урне находятся 6 белых, 3 черных и 2 красных шара. Наудачу извлекают два шара. Найти вероятности следующих событий:
а) извлечены шары одного цвета; б) извлечены шары разных цветов.
2. Три студента независимо друг от друга производят измерения некоторой физической величины. Вероятность того, что первый
студент допустит ошибку при считывании показаний прибора, равна 0,1.
Для второго и третьего студентов эти вероятности равны соответственно 0,15 и 0,2. Найти вероятность того, что при однократном измерении хотя бы один студент допустит ошибку.
3. Имеется три одинаковые урны. В первой урне 2 белых
и 3 черных шара, во второй 4 белых и 2 черных шара, в третьей урне
3 белых и 5 черных шара. Наудачу выбирается одна из трех урн и из
34
нее извлекается один шар. Этот шар оказался белым. Найти вероятность того, что он был извлечен из третьей урны.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–5
–3
–1
0
1
Р
0,1
0,1
0,3
0,2
?
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = 1};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X < 0}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины X имеет вид
3

x < π;
 0 , если
2

3

f ( x) = a sin x, если
π < x ≤ 2π ;
2

x > 2π ,
 0 , если

где а – параметр.
Для непрерывной случайной величины X найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины Х; б) функцию распределения F(x); в) математи-
7
ческое ожидание MX и дисперсию DX; г) P  π ≤ X < 2π .
4

Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Вариант № 5
1. Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится
в первом, втором, третьем или четвертом ящиках, соответственно равны
0,6; 0,7; 0,8 и 0,9. Найти вероятность того, что нужная сборщику деталь
находится не более чем в трех ящиках.
35
2. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех
независимых выстрелах равна 0,9984. Найти вероятность попадания
в цель при одном выстреле, если она одинакова для всех выстрелов.
3. Изделие проверяется на стандартность одним из двух контролеров. Первый контролер проверяет 55 %, а второй – 45 % всей
продукции. Вероятность того, что изделие будет признано стандартным, для первого контролера равна 0,90, а для второго – 0,98. При
проверке изделие было признано стандартным. Найти вероятность
того, что изделие проверил первый контролер.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–4
–2
0
2
3
Р
0,4
0,1
0,2
0,1
?
Для дискретной случайной величины X найти: а) P{X = 3}; б)
математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию
распределения F(x); г) P{X > 0}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Функция распределения непрерывной случайной величины X
имеет вид
π

если
x≤ ;
 0,
2

π

F ( x ) = a − sin x, если
< x ≤ π;
2

если
x > π,
 1,

где а – параметр.
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором F(x) является функцией распределения случайной величины Х; б) математическое ожидание MX и дисперсию
Вариант № 6
1. В ящике имеется 10 деталей, среди которых 7 окрашенных.
Рабочий наугад извлекает 4 детали. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей окажутся ровно две окрашенные детали.
2. Для сигнализации об аварии установлены два независимо
работающих сигнализатора. Вероятность того, что при аварии сигнализатор сработает, равна 0,95 для первого сигнализатора и 0,9 – для
второго. Найти вероятность того, что при аварии сработает ровно один
сигнализатор.
3. На склад поступают изделия с трех заводов. Продукция первого
завода составляет 20 %, второго 46 %, третьего 34 %. Известно, что процент нестандартных изделий для первого завода равен 3, для второго – 2
и для третьего – 1. Наудачу взятое изделие оказалось бракованным. На
каком из заводов, вероятнее всего, было изготовлено это изделие?
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–1
0
1
2
4
6
Р
0,1
0,1
0,3
0,2
?
0,1
Для дискретной случайной величины X найти: а) вероятность
P{X = 4}; б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) вероятность P{X > 0}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины X имеет вид
если
x < 1;
 0,

f ( x) = a (2 x − 1), если 1 < x < 2 ;
 0,
если
x > 2,

где а – параметр.
3π
DX; в) P 0 ≤ X <  .
4

Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины Х; б) функцию распределения F(x); в) математическое ожидание MX и дисперсию DX; г) P{X 1,5}.
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
36
37
Вариант № 7
1. Среди 25 лотерейных билетов 5 выигрышных. Двое игроков
по очереди берут по одному билету. Найти вероятности следующих
событий: а) первый игрок взял выигрышный билет; б) второй игрок
взял выигрышный билет; в) оба игрока взяли выигрышные билеты.
2. На станке вытачивается деталь в виде прямоугольного параллелепипеда. Деталь считается годной, если каждое из ее ребер
отклоняется от заданных размеров не более чем на 0,01 мм. Вероятности отклонений, превышающих 0,01 мм, равны соответственно по
длине 0,08, ширине 0,12 и высоте 0,1. Найти вероятность непригодности детали.
3. Имеется 5 урн. В первой, второй и третьей урнах находится
по 2 белых и 3 черных шара; в четвертой и пятой урнах – по 1 белому
и 1 черному шару. Наудачу выбирается урна и из нее извлекается один
шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар черный.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–5
–3
–1
1
3
Р
0,1
?
0,3
0,3
0,2
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = –3};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X < –1}.
Построить график функции распределения F(x).
5. Функция распределения непрерывной случайной величины
Х имеет вид
π

если
x≤ ;
 0,
6

π
π

F ( x ) = a cos 3 x, если
<x≤ ;
6
3

π

если
x> ,
 1,
3
где а – параметр.
38
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором F(x) является функцией распределения случайной величины Х; б) плотность распределения f(x); б) математи-
π
π
ческое ожидание MX и дисперсию DX; в) P  ≤ X <  .
3
4
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Вариант № 8
1. 32 буквы русского алфавита написаны на карточках разрезной азбуки. Четыре карточки вынимаются одна за другой и укладываются в порядке появления слева направо. Найти вероятность того,
что получится слово «звон».
2. Производится стрельба двумя ракетами по некоторой цели.
Вероятность попадания в цель каждой ракетой 0,8. Попадания ракет
в цель независимы. Каждая попавшая ракета поражает цель с вероятностью 0,9. Найти вероятность того, что цель будет поражена хотя
бы одной из ракет.
3. Прибор может работать в одном из двух режимов: нормальном и ненормальном. В нормальном режиме прибор работает 80 %
времени, а в ненормальном режиме – 20 % времени. Вероятность
выхода прибора из строя за время t при работе в нормальном режиме
равна 0,1, а в ненормальном режиме – 0,7. Известно, что в течение
времени t наступил отказ прибора. В каком режиме, вероятнее всего,
работал прибор?
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
0
1
2
3
4
Р
0,1
0,2
?
0,3
0,1
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = 2};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X < 3}.
Построить график функции распределения F(x).
39
где а – параметр.
Построить график функции распределения F(x).
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины
Х имеет вид
x ≤ 0;
 0 , если

f ( x) = a x , если 0 < x < 5 ;
 0 , если
x > 5,

где а – параметр.
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины Х; б) функцию распределения F(x); в) математическое ожидание MX и дисперсию DX; г) P{1 X < 3}.
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины X; б) функцию распределения F(x); в) математическое ожидание MX и дисперсию DX; г) P{1 X < 4}.
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
Вариант № 9
Вариант № 10
1. В урне два белых и три черных шара. Два игрока по очереди
вынимают по одному шару, не возвращая их обратно. Выигрывает
тот, кто первым вынет белый шар. Найти вероятность того, что выиграет первый игрок.
2. Вероятность того, что в результате трех независимых опытов событие А произойдет хотя бы один раз, равна 0,875. Найти вероятность наступления события А в одном опыте, если во всех опытах
эта вероятность одинакова.
3. Телеграфное сообщение состоит из N (N 8) сигналов «точка» и «тире». Под воздействием помех в сообщении искажается 0,4
сигналов «точка» и 0,3 сигналов «тире». Известно, что в сообщении
среди переданных сигналов «точка» и «тире» встречаются в отношении
5:3. Найти вероятность того, что сообщение принято без искажений.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины
Х имеет вид
если
 0,

f ( x) = a ( x − 2), если
 0,
если

x ≤ 2;
2 < x < 4;
x > 4,
1. При включении зажигания двигатель начинает работать с вероятностью 0,95. Найти вероятность того, что для ввода двигателя
в работу придется включить зажигание не более двух раз.
2. Разрыв электрической цепи происходит, если выходит из
строя хотя бы один из трех последовательно соединенных элементов. Определить вероятность того, что цепь не будет разорвана, если
элементы выходят из строя независимо друг от друга соответственно
с вероятностями 0,1; 0,3 и 0,2.
3. У рыбака имеется три излюбленных места, которые он посещает в 50, 30 и 20 % случаев соответственно. На первом месте вероятность поймать рыбу равна 0,3, на втором – 0,6 и на третьем – 0,8.
Найти вероятность того, что рыбаку удастся поймать рыбу.
4. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения
Х
–6
–4
–2
0
1
2
Х
0
2
4
6
8
Р
0,1
0,1
?
0,3
0,2
0,1
Р
0,1
0,2
0,3
?
0,2
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = –2};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{X < 1}.
Для дискретной случайной величины Х найти: а) P{X = 6};
б) математическое ожидание MX и дисперсию DX; в) функцию распределения F(x); г) P{2 Ј X < 5}.
40
41
Построить график функции распределения F(x).
5. Плотность распределения непрерывной случайной величины Х имеет вид
 0 , если

f ( x) = a x 2 , если
 0 , если

x ≤ 0;
0 < x < 3;
x > 3,
где а – параметр.
Для непрерывной случайной величины Х найти: а) значение параметра а, при котором f(x) является плотностью распределения случайной величины X; б) функцию распределения F(x); в) математическое ожидание MX и дисперсию DX; г) P{2 X < 5}.
Построить графики функции распределения F(x) и плотности
распределения f(x).
42
Рекомендуемая литература
1. Гмурман, В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика /
В. Е. Гмурман. – М.: Высшая школа, 2003.
2. Гмурман, В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике / В. Е. Гмурман. – М.: Высшая школа, 1998.
3. Кибзун, А. И. Теория вероятностей и математическая статистика.
Базовый курс с примерами и задачами / А. И. Кибзун, Е. Р. Горяинова,
А. Н. Наумов. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005.
4. Письменный, Д. Т. Конспект лекций по теории вероятностей и математической статистике / Д. Т. Письменный. – М.: Айрис-пресс, 2004.
5. Колмогоров, А. Н. Основные понятия теории вероятностей /
А. Н. Колмогоров. – М.: ФАЗИС, 1998.
6. Клебанов, Л. Б. Теория вероятностей: Конспект лекций для студентов всех специальностей и всех форм обучения / Л. Б. Клебанов, В. Б. Смирнова. – Л.: ЛИСИ, 1989.
43
Оглавление
Введение ............................................................................................................... 3
Рабочая программа курса высшей математики.................................................. 4
Примерный вариант контрольной работы № 8 по теме
«Теория вероятностей» ........................................................................................ 5
Контрольная работа № 8 .................................................................................... 31
По теме «Теория вероятностей» ....................................................................... 31
Рекомендуемая литература ................................................................................ 43
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Рабочая программа, методические указания
и контрольные задания
Составители: Красоленко Георгий Владимирович,
Сванидзе Николай Владимирович,
Якунина Галина Владимировна
Редактор А. В. Афанасьева
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 19.09.13. Формат 60 84 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. 2,6. Тираж 1500 экз. Заказ 114. «С» 55.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 5.
44
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
0
Размер файла
357 Кб
Теги
krasolenko, verojatn, teorija
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа