- •Организационно-методические указания
- •Вопросы к экзамену по теории вероятностей и математической статистике
- •Теория вероятностей
- •Математическая статистика
- •Варианты контрольных заданий
- •Задание 1
- •Задание 2
- •Задание 3
- •Задание 4
- •Задание 5
- •Задание 6
- •Вариант
- •Вариант
- •Вариант
- •Решение типового варианта
- •Задание 1
- •Задание 2
- •Задание 3
- •Задание 4
- •Задание 5
- •По данным таблицы находим
- •Общее число обследованных экземпляров аппаратуры
- •Задание 6
- •Приложение 1
- •Литература
Решение типового варианта
Задание 1
Задачи 1.01-1.05. к =5; р = 0,1; S = 3.
Рассмотрим события: Аi = {в i - ом измерении достигнута заданная точность}, i = 1,2,…,5. По условию задачи P(Ai ) = pi = p = 0.9 ;
P(Ai ) =1− pi = qi = q = 0.1.
а) Пусть А – событие того, что во всех проведенных измерениях достигнyта заданная точность. Следовательно, A= A1 A2 A3 A4 A5 . По
теореме умножения будем иметь
P(A) = P(A1 A2 A3 A4 A5 ) = P(A1 ) P(A2 ) P(A3 ) P(A4 ) P(A5 ) = = p5 = 0.95 = 0.5905.
б) Если В – событие того, что по крайней мере в трех измерениях
достигнута заданная точность, то |
B = B3 + B4 + A, где |
B3 |
= {в трех |
|||||
измерениях достигнута заданная точность}, |
B4 = |
{в четырех |
измерениях |
|||||
достигнута заданная точность}. |
и B4 |
найдем по формуле Бернулли |
||||||
Вероятности событий B3 |
||||||||
P(B ) |
= C |
3 p3q2 =10 0.93 |
0.12 |
= 0.0729, |
|
|
||
|
3 |
5 |
|
|
|
|
|
|
|
P(B ) = C 4 p4q = 5 0.94 |
0.1 = 0.3281. |
|
|
||||
|
4 |
|
5 |
|
|
|
|
|
События В3, В4 и А несовместны, значит |
|
|
|
|
||||
P(B) = P(B3 + B4 + A) = P(B3 ) + P(B4 ) + P(A) = 0.0729 + 0.3281+ |
||||||||
+ 0.5905 = 0.9915. |
|
|
|
|
|
|
|
|
Задачи 1.06-1.10. |
N = 125, |
α = 4, β = 40, |
γ=2. |
|
|
Условиями приемки допускается не более 2% бракованных изделий среди 50 (что составляет 40%) проверенных, т.е. не более одного. Введем события: А0={при проверке не обнаружено ни одного бракованного изделия}, А1={среди отобранных для проверки 50 изделий обнаружено одно бракованное}. Партия из 125 изделий, содержащая 4% брака (т.е. 5 бракованных изделий), будет принята (событие А), если наступит либо событие А0, либо событие А1. Таким образом, А=А0+А1. Но события А0 и А1 несовместны, поэтому
P(A) = P(A0 + A1) = P(A0 ) + P(A1) .
Из 125 изделий 50 можно отобрать |
C50 |
способами, а из 120 не |
|
бракованных изделий 50 можно выбрать C50 |
125 |
|
|
способами. Следовательно, |
|||
|
120 |
|
|
P(A ) = C50 |
/ C50 . |
|
|
0 |
120 |
125 |
|
25
Аналогично находим вероятность события А1:
|
P(A ) |
= C1 C 49 / C50 . |
|||
|
|
1 |
5 |
120 |
125 |
Искомая вероятность будет равна |
|
): C50 = 0.3327. |
|||
P(A) |
= C50 : C50 |
+(C1 C 49 |
|||
|
120 |
125 |
5 |
120 |
125 |
Задачи 1.11-1.15 |
к = 3, |
р1 |
=0.7, |
р2 = 0.9, р3 = 0.8. |
|
Предположим, что событие Аi ={план выполнен i - ой бригадой}, |
|||||
i=1,2,3. Тогда |
|
|
|
|
|
P(A1) = p1 = 0.7, |
P(A2 ) = p2 = 0.9, P(A3 ) = p3 = 0.8. |
а) Имеем событие А={участок выполнил план}. Это событие произойдет, если произойдут одновременно события А1, А2 и А3, т.е. A= A1 A2 A3, откуда
P(A) = P(A1 A2 A3 ) = P(A1) P(A2 ) P(A3 ) = 0.7 0.9 0.8 = 0.504.
б) Пусть В – событие того, что план выполнила только одна из бригад.
Значит B = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 . Переходя в этом равенстве к вероятностям, получим
P(B) = P(A) P(A1) P(A2 ) + P(A1) P(A2 ) P(A3 ) + P(A1) P(A2 ) P(A3 ) = = 0.7 0.1 0.2 + 0.3 0.9 0.2 + 0.3 0.1 0.8 = 0.092.
в) События F = {хотя бы одна бригада выполнила план} и F = {ни одна из бригад не выполнила план} противоположны. Так как
P(F ) + P(F ) =1, то
P(F ) =1− P(F ) =1−0.3 0.1 0.2 = 0.994.
Задачи 1.16-1.20. N = 20, S = 8, r = 5, k = 7.
Искомое событие F = {два определенных студента попадут на практику
в один город} произойдет, когда наступит или событие F1 = {два |
||||||||||||||||||||||||||
определенных студента попадут на практику в город А}, или событие F2 = |
||||||||||||||||||||||||||
{два определенных студента попадут на практику в город В}, или событие |
||||||||||||||||||||||||||
F3={два определенных студента попадут на практику в город С}. |
|
|||||||||||||||||||||||||
Поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
P(F ) = P(F + F |
2 |
+ F |
3 |
) = P(F ) + P(F |
2 |
) + P(F |
3 |
) = C 2 |
: C 2 |
|
+C 2 |
: C 2 + |
||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
20 |
5 |
20 |
|||||||
+C72 : C202 = |
1 |
|
(C82 |
+C52 +C72 )= |
2!18! |
8! |
|
+ |
5! |
|
+ |
7! |
|
|
= |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
C202 |
|
|
2!6! |
2!3! |
2!5! |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20! |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
= |
|
1 |
(7 8 + 4 5 + 6 7)= |
118 = 0.3105. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
19 20 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
380 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
26
Задачи 1.21-1.26. Схема соединения элементов имеет вид:
|
|
|
|
1 |
|
|
3 |
|
|
4 |
|
|
|
|
p1 = p2 = 0.8, p3 = 0.85, p4 = 0.9. |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Предположим, что событие Ак = {надежность к-го элемента}, а событие |
||||||||||||||
|
k = {отказ к-го элемента}, |
k = |
|
|
|
. Если событие В = {надежность схемы}, |
||||||||||
A |
1,4 |
то будем иметь: B = (A1 + A2 ) A3 A4 . События А1 и А2 совместны, поэтому
P(B) = P((A1 + A2 ) A3 A4 ) = P(A1 + A2 ) P(A3 ) P(A4 ) = = (1− P(A1) P(A2 )) P(A3 ) P(A4 ) = (1− q1q2 ) p3 p4 = = (1−0.22 ) 0.85 0.9 = 0.7344.
Задачи 1.27-1.30. р1 = 0.9, р2 = 0.85, р3 =0.75.
Рассмотрим события: Di = {попадание в мишень при i - ом выстреле}, i=1,2,3. По условию задачи P(D1)=0.9, P(D2)=0.85, P(D3)=0.75, P(D1) = 0.1,
P(D2 ) = 0.15, P(D3 ) = 0.25.
а) Так как А=D1+D2+D3, то переходя к вероятностям, получим
P(A) = P(D1 + D2 + D3 ) =1− P(D1) P(D2 ) P(D3 ) = =1−0.1 0.15 0.25 = 0.9962.
б) Событие В реализуется через события Di и Di следующим образом
B = D1D2 D3 + D1 D2 D3 + D1D2 D3 + D1D2 D3.
Следовательно,
P(B) = P(D1)P(D2 )P(D3 ) + P(D1)P(D2 )P(D3 ) + P(D1)P(D2 )P(D3 ) +
+P(D1)P(D2 )P(D3 ) = 0.9 0.85 0.25 + 0.9 0.15 0.75 + 0.1 0.85 0.75 +
+0.9 0.85 0.75 = 0.3563.
в) Имеем C = D1(D2 +D3) , откуда
P(C) = P(D1)P(D2 + D3 ) = P(D1)(1− P(D2 ) P(D3 )) =. = 0.1 (1−0.15 0.25) = 0.0963
27
Задание 2
Задачи 2.01-2.05. α = 45, β = 25,γ = 30,δ1 = 2,δ2 = 3,δ3 = 5,i =1.
Возможны гипотезы: Нi ={поступившее на сборку изделие с i -го конвейера}, i = 1,2,3. Вероятности гипотез: Р(Н1) = 0.45, Р(Н2) = 0.25,
Р(Н3)=0.30.
Пусть событие А = {поступившее на сборку изделие – бракованное}. При данных гипотезах условные вероятности события А заданы:
Р(А/Н1)=0.02, Р(А/Н2)=0.03 и Р(А/Н3)=0.05.
Следовательно,
P(A) = P(H1) P(A/ H1) + P(H2 ) P(A/ H2 ) + P(H3 ) P(A/ H3 ) =
= 0.45 0.02 + 0.25 0.03 + 0.30 0.05 = 0.0315
По формуле Байеса находим вероятность гипотезы Н1 после того, как |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
событие А произошло: |
|
|
|
|
P(H1) P(A/ H1) |
|
|
= 0.45 0.02 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
P(H1 |
/ A) = |
|
|
|
|
= |
0.2857. |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
P(A) |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.0315 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Задачи 2.06-2.10. m1 = 2, m2 |
= 5, m3 = 8, p1 = 0.8, p2 |
= 0.7, p3 = 0.85. |
|||||||||||||||||||||||||||||||
Для данного опыта возможны гипотезы: Н1 = {выбранный вертолет |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
первого типа}, Н2 = {выбранный вертолет второго типа}, Н3 = {выбранный |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
вертолет третьего типа}. Вероятности гипотез равны: |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
P(H1) = |
2 |
, |
P(H 2 ) = |
5 |
|
, |
|
|
P(H3) = |
8 |
. |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
15 |
|
15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
15 |
|
|
||||||||||||||
Если событие А = {выбранный вертолет обнаружит спускаемый |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
аппарат}, то условные вероятности этого события известны: |
Р(A/H1)=0.8, |
||||||||||||||||||||||||||||||||
P(A/H2)=0.7, P(A/H3)=0.85. Используя формулу полной вероятности, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
находим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
P(A) = |
2 |
0.8 + |
|
|
5 |
0.7 + |
|
8 |
0.85 = |
|
1 |
|
|
(1.6 +3.5 +6.8)= 0.7933. |
|||||||||||||||||||
|
15 |
15 |
15 |
||||||||||||||||||||||||||||||
15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
После опыта вероятности гипотез Н1, Н2, Н3 станут равными: |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
P(H1 |
/ A) = |
|
|
P(H1) P(A/ H1) |
|
|
= |
|
|
|
|
|
2 0.8 |
|
= |
0.1344, |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
P(A) |
|
15 0.7933 |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
P(H2 |
/ A) = |
|
P(H2 ) P(A/ H2 ) |
= |
|
|
|
5 0.7 |
= 0.2941, |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
15 0.7933 |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P(A) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
P(H3 |
/ A) = |
|
P(H3 ) P(A/ H3 ) |
|
= |
|
|
|
|
8 0.85 |
|
= |
0.5714. |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
P(A) |
|
15 0.7933 |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Таким образом, вертолет, обнаруживший спускаемый аппарат, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
вероятнее всего принадлежит к третьему типу. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
Задачи 2.11-2.15. p1 = 0.99, p2 = 0.95, p3 = 0.9, q1 = 0.2, |
q2 = 0.1. |
Пусть событие А = {безотказная работа реле в жарких странах}. По отношению к событию А введем следующие гипотезы:
28
Н0 = {реле работает при отсутствии помех}; Н1 = {помехой в работе реле служит только перегрев};
Н2 = {помехой в работе реле служит только вибрация}; Н3 = {реле работает при наличии двух помех: вибрации и перегрева}.
Вычислим вероятности гипотез Нi, i=0,1,2,3. Для этого рассмотрим события: В={перегрев}, С={вибрация}, причем Р(В)=q1=0.2, P(C)=q2=0.1.
Тогда H0 = B C , откуда
P(H0 ) = P(B C) = P(B) P(C) = 0.8 0.9 = 0.72.
Аналогично находим
P(H1) = P(B C) = P(B) P(C) = 0.2 0.9 = 0.18,
P(H2 ) = P(B C) = P(B) P(C) = 0.8 0.1 = 0.08,
P(H3 ) = P(B C) = P(B) P(C) = 0.2 0.1 = 0.02.
Условные вероятности события А при данных гипотезах: P(A/H0)=0.99, |
|||
P(A/H1)=0.95, P(A/H2)=0.9, P(A/H3)=0.8. По формуле полной вероятности |
|||
P(A) = 0.99 0.72 +0.95 0.18 + 0.9 0.08 + 0.8 0.02 = 0.9718. |
|||
Вероятность противоположного события |
|||
|
P( |
|
) =1− P(A) =1−0.9718 = 0.022. |
|
A |
||
Задачи 2.16-2.20. |
V1 =12, V2 = 4, V3 = 9, α = 2, β = 3, γ = 4, i =1. |
||
а) С событием |
А = {случайно выбранное изделие – бракованное} |
связаны гипотезы Нi ={изделие обработано на i -ой линии}, i=1,2,3. По условию задачи
P(H1) = |
12 |
, P(H2 ) = |
4 |
, P(H3 ) = |
9 |
. |
|
25 |
25 |
25 |
|||||
|
|
|
|
Условные вероятности события А при данных гипотезах: P(A/H1)=0.02, |
|||||||||||
P(A/H2)=0.03, P(A/H3)=0.04. По формуле полной вероятности находим |
|||||||||||
|
P(A) = P(H1) P(A/ H1) + P(H2 ) P(A/ H2 ) + P(H3 ) P(A/ H3 ) = |
||||||||||
|
= 12 0.02 + |
4 |
0.03 + |
9 |
0.04 = |
1 |
|
(0.24 + 0.12 + 0.36)= 0.0288. |
|||
|
25 |
|
25 |
||||||||
|
25 |
25 |
|
|
|
|
|||||
б) Вероятность осуществления гипотезы Н1 после того, как событие А |
|||||||||||
произошло, вычислим по формуле Байеса: |
|
|
|
|
|
||||||
|
P(H1 / A) = |
P(H1) P(A/ H1) |
= |
12 0.02 |
= 0.3333. |
||||||
|
|
25 0.0288 |
|||||||||
|
|
|
|
|
P(A) |
|
|
|
|
||
Задачи 2.21-2.25. |
p1=0.4, p2=0.6, |
p3=0.8, p4=0.3, q1=0.25, q2=0.15, |
|||||||||
q3=0.32, q4 = 0.28. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Cобытие А = {отказ предохранителя} наступит при осуществлении |
|||||||||||
одной из гипотез: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Н1 = {короткое замыкание в электронной лампе}, |
|
||||||||||
Н2 |
= {замыкание обмотки трансформатора}, |
|
|||||||||
Н3 |
= {пробой конденсатора}, |
|
|
|
|
|
29