Х

0

1

2

3

4

р

0.0625

0.2500

0.3750

0.2500

0.0625

m − pN

0 − pN

P(0 < k < m) = P

(0; m) ≈ Φ

− Φ

=

N

Npq

Npq

m − 60000 0.6

60000 0.6

= Φ

+ Φ

=

60000 0.6 0.4

60000 0.6 0.4

m − 36000

+ Φ (300) = 0.9973.

= Φ

120

Задачи 4.05-4.08.

n = 85,

m = 60,

r = 60.

а) Воспользуемся локальной теоремой Муавра-Лапласа, согласно

которой

ϕ

(x)

m

− np

1

P (m) ≈

,

x =

,

ϕ(x) =

exp(−x2 / 2).

n

npq

npq

2π

Находим

60 − 0.8 85

8

x =

=

−

= −2.17.

3.69

85 0.8 0.2

По таблице значений функции ϕ(x) находим:

ϕ(−2.17) = 0.0379.

Следовательно,

0.0379

P

(60) ≈

= 0.01.

85

3.69

б) По интегральной формуле Муавра-Лапласа

85 −85 0.8

60 −85 0.8

P85 (60;85) ≈ Φ

− Φ

= Φ

(4.61)

+ Φ (2.17) =

85 0.8 0.2

85 0.8 0.2

= 0.5 + 0.4855 = 0.9855.

Задачи 4.09-4.12.

d0 = 6,

σ = 0.04,

ε = 0.1,

α = 5.97,

β = 6.05.

а) Пусть случайная величина Х – фактический диаметр шарика. По

условию X N(a;σ) = N(6;0.04).

Найдем

вероятность

осуществления

неравенства

X − d0

≤ε.

P(

X −d0

≤ε)= P(

X −6

≤ 0.1)=.

ε

0.1

2Φ (2.5) = 2 0.4938 = 0.9876

= 2Φ

=

2Φ

=

σ

0.04

Вероятность противоположного события равна

P(

X − d0

>ε)=1 − P(

X − d0

≤ε)=1 − 0.9876 = 0.0124.

Значит в среднем будет отбраковываться 1.24% шариков.

б) Найдем вероятность того, что фактический диаметр шариков будет

заключен в границах от 5.97 до 6.05 см.

6.05

− 6

5.97 − 6

P(5.97 < X < 6.05)= Φ

0.04

− Φ

0.04

=

= Φ(1.25) − Φ(−0.75) = Φ(1.25) + Φ(0.75) = 0.3944 + 0.2734 = 0.6678.

Задачи 4.13-4.16.

a = 3,

σ 2 = 0.0025,

d = 2.96

, β = 3.04, P = 0.9972.

Поэтому

3.04 − 3

2.96 − 3

P(2.96

=

< X < 3.04)= Φ

0.05

− Φ

0.05

= Φ(0.8) − Φ(−0.8) = 2Φ(0.8) = 2 0.2881 = 0.5762.

б)

Рассмотрим событие

X − 3

<ε,

где ε > 0.

Будем считать, что

вероятность этого события равна 0.9972, т.е.

ε

ε

ε

P(

X − 3

<ε)= 2Φ

= 2Φ

= 0.9972,

Φ

= 0.4986.

0.05

0.05

σ

По таблицам значений функции Лапласа находим, что

Φ(2.98) = 0.4986.

Значит

ε

= 2.98,

ε = 0.05

2.98 = 0.15.

0.05

С другой стороны,

из неравенства

X − 3

< 0.15

следует неравенство

Задачи 4.17-4.20. a = 280, σ = 0.8,

α = 278, β = 283, σ1 = 0.9.

а) Здесь случайная величина Х –

фактический размер детали, тогда

P(278

283 − 280

278 − 280

=

< X < 283)= Φ

0.8

− Φ

0.8

= Φ(3.75) − Φ(−2.50) = Φ(3.75) + Φ(2.50) = 0.4970 + 0.4938 = 0.9908.

б) Если точность изготовления детали ухудшится, то вероятность

изготовления годной детали будет равна

P(278

283 − 280

278 − 280

=

< X < 283)= Φ

0.9

− Φ

0.9

где

N − Np

15000 −15000 0.004

14940

x"=

=

=

=1933,

7.73

Npq

15000 0.004 0.996

x' =

K − Np

=

90 −15000 0.004

=

30

=

3.88.

Npq

15000 0.004 0.996

7.73

Таким образом, искомая вероятность равна

P15000 (90 < m <15000)≈ Φ(1933) − Φ(3.88) = 0.5 − 0.4999 = 0.0001.

Задачи 4.25-4.28.

t = 750, t1 = 450,

t2 = 600.

а) Рассмотрим случайную величину Т – длительность времени

безотказной работы i – го элемента,

i =

. Так как М(Т) = 750, то λ = 1

1,3

750

и функция распределения случайной величины Т примет вид

−t / 750

; t ≥ 0,

1 − e

F (t) =

t < 0.

0;

Введем событие Аi = {i -ый элемент устройства проработал безотказно

от t1 до t2 часов}. Тогда искомая вероятность

P = P(A1 + A2 + A3 )=1 − P(

1 ) P(

2 ) P(

3 ).

A

A

A

Находим

= P(A ) = e−450 / 750 − e−600 / 750

= e−0.6

− e−0.8

P(A ) = P(A )

=

1

2

3

Следовательно,

= 0.5488 − 0.4493 = 0.0995.