   (

Вариант №5
Задача №5
Вычислить криволинейный интеграл по окружности
C  ( x, y ) x 2  y 2  1 , ориентированной по часовой стрелке:
y
y
(
y

e
)
dx

xe
dy .

C
Задача №7
Найти общее решение дифференциального уравнения:
( x  2 y)dx  ydy  0 .
Задача №8
Найти
решение
дифференциального
уравнения,
удовлетворяющего начальному условию y(1)  1: xy  y(3  2 y )  0
.
Задача №9
Решить задачу Коши:
3 y 2 yy  2 yy2 =4y 3 , y(1)  1, y(1)  1.
Задача №10
Найти общее действительное решение однородного
дифференциального уравнения: y  16 y  0 .
Задача №11
Количество продукции, поступающей на обработку от трех
цехов, определяется соотношением 3:4:5. На 100 единиц продукции
первого цеха приходится в среднем 3 единицы брака , второго и
третьего цехов , соответственно, 2 и 4 единицы. Наудачу взятая единица
продукции оказалась годной. Какова вероятность того, что она
поступила из второго цеха?
Задача №12
Вероятность наступления события в каждом из независимых
испытаний равна 0,2. Оценить вероятность того, что событие в 100
испытаниях наступит не менее 20 раз и не более 30 раз.
Задача №13
Случайная величина X может принимать только два
значения x1 и x2 , причём x1  x2 . Известны вероятность p1
возможного значения x1 , математическое ожидание M ( X ) и
дисперсия D( X ) . Найти закон (ряд) распределения этой случайной
25
величины: p1  , D ( X )  5, M ( X )  4 .
26
Задача №14
Случайная величина X задана функцией распределения F ( x ) ,
требуется:
1) найти плотность вероятности;
2) математическое ожидание и дисперсию X ;
3) построить графики функции распределения и функции
плотности распределения.
0, при x  0

F ( x )   x 2 /16, при 0  x  4 .
1, при x  4

Задача №15
Заданы
математическое
ожидание
M ( X ) и средне
квадратическое отклонение  нормально распределённой величины X .
Найти: 1) вероятность того, что X примет значение, принадлежащие
интервалу ( ,  ) ; 2) вероятность того, что абсолютная величина
отклонения X  M ( X ) окажется меньше  .
M ( X )  20,   15,   9,   19,   7 .
Решение примерного варианта
Задача №5
Вычислить криволинейный интеграл по окружности
C  ( x, y ) x 2  y 2  1 , ориентированной по часовой стрелке:

C
y
4 x
2
dx  ( x  arccos x / 2)dy .
Решение
По формуле Грина, которая в данной задаче применима, т.к.
y
P
кривая C
кусочно-гладкая, а функции
и
4  x2
вместе
с
частными
Q  ( x  arccos x / 2) – непрерывны
P
1
Q
1
и
в замкнутом

 1 
2
2
y

x
4 x
4 x
2
2
круге D : x  y  1 [1], имеем:
 Q P 
y
I
dx  ( x  arccos x / 2)dy    

 dxdy ,
2

x

y
4

x

C
D 
знак «–» перед двойным интегралом объясняется тем, что формула
Грина верна при положительной ориентации границы области D ,
что в нашей задаче совпадает с ориентацией окружности C против
часовой стрелки, а по условию надо подсчитать значение интеграла
при противоположной ориентации окружности.

 Q P 
1
1 
I    

dxdy



1


dxdy 



2
2 

x

y
4 x
4 x 

D 
D 
  dxdy   – площадь единичного круга.
производными
D
Задача №7
Найти общее решение дифференциального уравнения:
ydy  2 x 2  y 2 dx .
Решение
Данное уравнение является однородным. Необходимо
произвести замену y( x)  z( x) x , где z( x) – новая функция. В силу
замены dy  zdx  xdz . Подставляя в уравнение, получим уравнение
относительно неизвестной функции z( x) :
zx( zdx  xdz )  2 x 2  x 2 z 2 dx  z 2dx  zxdz  2  z 2 dx  
с
разделяющимися
( z 2  2  z 2 )dx   zxdz – уравнение
переменными.
zdz
zdz
 dx



ln
x


 C, C  R

x

2
2
2
2
z  2 z  
.
z  2 z

z2  2  z2
z   2


Подстановкой в уравнение убеждаемся, что функции z   2 –
решения уравнения.
zdz
1
d ( z2 )
1
dt


 z 2  2  z 2 2  z 2  2  z 2 2  t  2  t t  z2 
1
2udu
1 d (u 2  u  2) 1
du
  2
  2
  2

2 u  2  u u  2t 2 u  u  2
2 u u2
1
1
du
1
1 u 1
 ln u 2  u  2  
 ln u 2  u  2  ln

2
2 (u  1)(u  2) 2
6 u2
1
1 u2
 ln u 2  u  2  ln
 C1, C1  R .
2
6 u 1
Подставляя в выражение для решения имеем:
1
1 u2
u2
ln x  ln u 2  u  2  ln
 C1  ln x 6 (u 2  u  2)3
 C1,
2
6 u 1
u 1
ln x6 (u  1)2 (u  2)4  C1 
 x6 (u  1)2 (u  2)4  C, C  0 .
Возвращаясь к исходным переменным и учитывая все решения,
получим общее решение уравнения:
2
4

2
2
2
2
2x  y  2x  C
 2x  y  x
.

 y   2 x
Задача №8
Найти
решение
дифференциального
уравнения,
удовлетворяющего начальному условию y(1)  1:
xy  3 y  x 2 y 3 .
Решение
Запишем уравнение в приведённом виде:
3
y   y  xy 3 – уравнение Бернулли.
x
1
2 y
y
z
Замена 2  z  z    3  3   . Поделим уравнение на y 3 и
y
y
y
2
используем замену:
z 3
6
y
3

 z  x  z   z  2 x .


x

3
2
2 x
x
y
xy
Полученное уравнение линейное уравнение первого порядка.
6
dz
dx
 6  z  Cx 6 .
Решим однородное уравнение z  z  0 ,
x
z
x
Общее решение найдём методом вариации произвольной
постоянной C . Полагая, C  C ( x ) ищем общее решение в виде



z  C ( x) x 6 , где C ( x ) неизвестная функция. Подставляя в
неоднородное уравнение, получим:
Cx6  6Cx5  6Cx5  2 x  Cx6  2 x ,
dx
1
C ( x )  2  5  4  C1 , C1  R .
x
2x
Отсюда общее решение линейного уравнения:
x2
z
 C1 x 6 .
2
1
Возвращаясь к исходной переменной, имеем: y 
–
x2
 C1 x 6
2
общее решение исходного уравнения. Подставляя начальное
2
1
условие, находим C1  , тогда y 
– решение задачи.
2
6
2
x x
Задача №9
Решить задачу Коши:
yy  y2  yy3  0 , y(0)  1, y(0)  1.
Решение
Уравнение не зависит от переменной x . Поэтому можно
понизить порядок уравнения заменой y( x)  p( y( x)) , тогда
y  pp . При этом из начальных условий следует, что p(1)  1.
ypp  p2  yp3  0 ,
т.к. p  0 не является решением задачи Коши, то полученное
уравнение эквивалентно уравнению:
p
p    p 2 – уравнение Бернулли.
y
1
1
Замена z 
приводит к линейному уравнению z  z  1 , решая
p
y
1
его, получаем z  Cy  y ln y или p 
. Подставляя
Cy  y ln y
начальное условие p(1)  1, получим C  1 . Возвращаясь к
исходной функции, имеем:
dy
1
или ( y  y ln y )dy  dx , получаем:

dx y (1  ln y )
y 2 y 2 ln y y 2


 x  C1 .
2
2
4
1
1
Подставляя начальное условие, получим  0  C1  C1  .
4
4
Решение задачи Коши задаётся выражением:
y 2 (ln y 2  1)  4 x  1.
Задача №10
Найти общее действительное решение однородного
дифференциального уравнения:
y  4 y  0 .
Решение
Это однородное линейное дифференциальное уравнение
третьего порядка с постоянными коэффициентами. Для нахождения
общего решения найдём корни характеристического уравнения:
 3  4  0, 1  0, 2,3  2i . Тогда общее действительное решение
имеет вид: y  C1e0 x  C2 Re(e2ix )  C3 Im(e2ix ) , т.к. Re(e2ix )  cos2 x ,
Im(e2ix )  sin 2x , то общее действительное решение имеет вид:
y  C1  C2 cos 2 x  C3 sin 2 x .
Задача №11
Вероятность того, что во время работы компьютера
произойдёт сбой в арифметическом устройстве (АУ), в
оперативной памяти (ОП), в остальных устройствах относятся как
3:2:5. Вероятность обнаружения сбоя в АУ, в ОП и в остальных
устройствах соответственно равны 0,8; 0,9; 0,9.
Найти: 1) вероятность того, что возникший в машине сбой
будет обнаружен;
2) вероятность того, что обнаруженный в машине сбой
возник в АУ или ОП.
Решение
1) Обозначим через A событие – возникший в машине сбой
обнаружен. Можно сделать три предположения (гипотезы): H 1 –
сбой произошёл в АУ; H 2 – сбой произошёл в ОП; H 3 – сбой
произошёл в остальных устройствах. По условию задачи:
3
2
1
, P ( H 2 )  , P ( H 3 )  . Условные вероятности
10
10
2
обнаружения сбоя в каждом из перечисленных устройств АУ, ОП и
остальных
равны,
соответственно – P( A / H1 )  0,8 ;
P( A / H 2 )  P( A / H 3 )  0,9 . Так как события H i ( i  1,2,3 ) образуют
полную группу событий то по формуле полной вероятности имеем:
P( A)  P( H1 ) P( A / H1 )  P( H 2 ) P( A / H 2 )  P( H 3 ) P( A / H 3 ) 
3 8
2 9
5 9
       0,87 .
10 10 10 10 10 10
2) Событие, состоящее в том, что сбой возник в АУ или ОП
можно записать как ( H1  H 2 ) A  H1 A  H 2 A , так как H1 H 2   ,
то события H1 A и H 2 A – несовместны и, следовательно,
P(( H1  H 2 ) A)  P( H1 A)  P( H 2 A)  P( H1 ) P( A / H1 )  P( H 2 ) P( A / H 2 ).
С другой стороны P(( H1  H 2 ) A)  P( A) P(( H1  H 2 ) / A). Отсюда:
P( H1 ) P( A / H1 )  P( H 2 ) P( A / H 2 )
P(( H1  H 2 ) / A) 

P( A)
3 8
2 9
  
14
 10 10 10 10 
– искомая вероятность.
0,87
29
Задача №12
1) Завод отправил на базу 500 изделий. Вероятность
повреждения изделия в пути равна 0,002. Найти вероятность того,
что в пути будет повреждено менее трёх изделий [5].
P( H1 ) 
Решение
Число n  500 велико, вероятность p  0,002 мала и
рассматриваемые события (повреждение изделий) независимы,
поэтому можно использовать формулу Пуассона:
Pn (k ) 
k
e   , где   np  500  0,002  1 .
k!
Интересующая нас вероятность того, что будет повреждено менее
трёх изделий, находится по формуле:
1
1
1
5
P500 (0)  P500 (1)  P500 (2)  e 1  e 1  e 1  e 1  0,9197 .
0!
1!
2!
2
2) Вероятность появления события в каждом из 100
независимых испытаний постоянна и равна 0,8. Найти вероятность
того, что событие появится не менее 75 и не более 90 раз [5].
Решение
Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:
Pn ( k1 , k2 )   ( x)   ( x) ,
где ( x) – функция Лапласа,
x  ( k1  np ) / npq , x  (k2  np ) / npq .
По условию n  100 ; p  0,8 ; q  0,2 ; k1  75 , k2  90 . Тогда:
k  np
75  100  0,8
x  1

 1,25 ;
npq
100  0,8  0,2
k  np
90  100  0,8
x  2

 2,5 .
npq
100  0,8  0,2
С учётом нечётности функции Лапласа (( x)  ( x)) , получим:
P100 (75;90)   (2,5)   ( 1,25)   (2,5)   (1,25) 
 0,4938  0,3944  0,8882 .
Задача 13
Случайная величина X может принимать только два
значения x1 и x2 , причём x1  x2 . Известны вероятность p1  0,6
возможного значения x1 , математическое ожидание M ( X )  1,4 и
дисперсия D( X )  0,24 . Найти закон (ряд) распределения этой
случайной величины [5].
Решение
Сумма вероятностей всех возможных значений дискретной
случайной величины должна быть равна единице, поэтому
вероятность p2 того, что X примет значение x2 равна:
p2  1  0,6  0,4 .
Тогда закон распределения X :
x1
x2
X
0,6
0,4
P
По определению:
M ( X )  p1 x1  p2 x2  0,6 x1  0,4 x2  1,4 ;
D( X )  M ( X 2 )  ( M ( X ))2 .
Напишем закон распределения X 2 :
X2
x12
x22
0,6
0,4
P
2
2
2
Найдём M ( X )  0,6 x1  0,4 x2 ,
тогда D( X )  0,6 x12  0,4 x22  (1,4)2  0,24 .
Имеем систему уравнений для нахождения x1 и x2 :
0,6 x1  0,4 x2  1,4
.

2
2
0,6
x

0,4
x

2,2

1
2
Решая систему, найдём: x1  1 , x2  2 и x1  1,8 , x2  0,8 . По
условию x1  x2 , поэтому второе решение не подходит. Тогда закон
распределения дискретной случайной величины имеет вид:
1
2
X
0,6
0,4
P
Задача №14
Случайная величина X задана функцией распределения
F ( x) , требуется:
1) найти плотность вероятности;
2) математическое ожидание и дисперсию X ;
3) построить графики функции распределения и функции
плотности распределения.
0, при x  2
 x 1
F ( x )    , при  2  x  2 .
4 2
1, при x  2
Решение
Найдём плотность распределения. По определению:
0, при x  2
 1
f ( x )  F ( x )   , при  2  x  2 .
4
1, при x  2
Тогда
2
2
1
M ( X )   xf ( x )dx   x dx  0 ,
4
2
2
2
2
4
2 1
x
dx

.

4
3
2
2
График функции распределения представлен на рисунке 6.
D( X )   ( x  M ( X )) f ( x )dx 
2
F ( x)
1
2
0
1
2
X
Рисунок 6
График функции плотности распределения представлен на рисунке
7.
f ( x)
1/ 4
2
0 1
2
Рисунок 7
X
Задача №15
Заданы математическое ожидание M ( X ) и средне
квадратическое отклонение 
нормально распределённой
величины X . Найти: 1) вероятность того, что X примет значение,
принадлежащие интервалу ( ,  ) ; 2) вероятность того, что
абсолютная величина отклонения X  M ( X ) окажется меньше  .
M ( X )  15,   10,   4,   14,   2 .
Решение
1) Воспользуемся формулой:
 a
 a 
P(  X   )   
 
,






подставив a  15,   10,   4,   14 , получим:
P(4  X  14)   1,1    0,1 .
По таблицам приложения [5] находим
(1,1)  0,3643 ;
(0,1)  0,0398 . Тогда искомая вероятность равна:
P(4  X  14)  0,3643  0,0398  0,3245 .
2) Искомая вероятность находится по формуле:
 
P  X  M ( X )     2   .
 
По условию M ( X )  15,   10,   2 . Следовательно:
2
P  X  15  2   2    2  0,2   2  0,0793  0,1586.
 10 