Контрольная работа №3 «

Контрольная работа №3 «Теория вероятностей».
Задача 1.
7. В классе 28 студентов, из них 8 человек учатся отлично, 10 – хорошо, 8 –
удовлетворительно. Для проверки случайным образом вызваны три студента. Какова
вероятность, что это отличники?
Решение.
Обозначим через А событие, состоящее в том, что все три вызванных
студента оказались отличниками.
Испытание состоит в составлении всевозможных троек из данных 28
студентов. Общее число возможных элементарных исходов равно n  C 283 .
Число элементарных исходов, благоприятствующих событию A , равно
числу сочетаний из 8 отличников по 3: m  C103 . Вероятность события А:
P  A 
m
.
n
P  A 
C103
C
3
28

10! 3!25!
10  9  8
10



 0, 0366.
3!7! 28! 28  27  26 273
Задача 2. Решить задачу, применяя непосредственный подсчет вероятностей по
геометрическому определению вероятности.
7. В круг радиуса 3 см вписан правильный треугольник. Найти
вероятность того, что точка, поставленная наугад в круг, окажется в
треугольнике.
Решение.
r
Событие А – точка, наугад поставленная в круг, окажется в
заштрихованном треугольнике. По формулу геометрической вероятности,
P  A 
S1
.
S2
1
S1 
3 3 2
r - площадь треугольника, S2   r 2 - площадь круга.
4
P  A 
3 3
 0, 413 .
4
Задача 3. Решить задачу, применяя теоремы сложения и умножения.
7. Среди 20 поступающих в ремонт часов 8 нуждаются в общей чистке механизма.
Какова вероятность того, что среди взятых наудачу одновременно трех часов а) все
нуждаются в чистке; б) хотя бы одни нуждаются в чистке?
Решение.
а) Введём элементарные события:
A1 - первые выбранные часы нуждаются в чистке; вероятность этого
события равна доле часов, нуждающихся в чистке, среди всех часов:
P  A1  
8
.
20
A2 - вторые выбранные часы нуждаются в чистке; вероятность этого
события при условии, что событие A1 произошло: P  A2 / A1  
7
.
19
A3 - третьи выбранные часы нуждаются в чистке; вероятность этого
события при условии, что события A1 и A2 произошли: P  A3 / A1 A2  
6
.
18
Событие А – все выбранные часы нуждаются в чистке – это произведение
трёх событий: A  A1 A2 A3 .
По теореме умножения вероятностей, P  A  P  A1  P  A2 / A1  P  A3 / A1 A2  .
P  A 
8 7 6
14
  
 0, 049.
20 19 18 285
б) Рассмотрим событие В – ни одни из выбранных часов не нуждаются в
чистке.
Введём элементарные события:
2
B1 - первые выбранные часы не нуждаются в чистке; вероятность этого
события равна доле часов, не нуждающихся в чистке, среди всех часов:
P  A1  
20  8 12

.
20
20
B 2 - вторые выбранные часы нуждаются в чистке; вероятность этого
события при условии, что событие B1 произошло: P  B 2 / B1  
11
.
19
B 3 - третьи выбранные часы нуждаются в чистке; вероятность этого
события при условии, что события B1 и B 2 произошли: P  B 3 / B1B 2  
10
.
18
Событие В – это произведение трёх событий: B  B1B 2 B 3 .
По теореме умножения вероятностей, P  B   P  B1  P  B 2 / B1  P  B 3 / B1B 2  .
P  B 
12 11 10 11
  
.
20 19 18 57
Событие С – хотя бы одни часы нуждаются в чистке – противоположно
событию В, его вероятность равна
P C   1  P  B   1 
11 46

 0,807 .
57 57
Задача 4. Решить задачу, применяя формулу полной вероятности и формулу Бейеса.
7. Имеются три одинаковых ящика с шарами. В первом ящике 3 белых и 1 черный шар,
во втором – 1 белый и 4 черных шара, в третьем 1 белый и 3 черных. Наудачу
выбирают один ящик и вынимают из него шар. Какова вероятность того, что он
белый?
Решение.
Событие А , состоящее в том, что вынутый шар окажется белым, может
произойти лишь вместе с одним из несовместных событий В1 , В2 , В3 ,
состоящих в том, что шар вынут из 1-го, из 2-го, из 3-го ящика
соответственно. Вероятность события А вычислим по формуле полной
вероятности:
Р  А  Р  В1  Р  А В1   Р  В2  Р  А В2   Р  В3  Р  А В3  .
3
События В1 , В2 , В3 равновероятны: Р  В1   Р  В2   Р  В3   1 .
3
Условные вероятности события А равны долям белых шаров в ящиках:
Р  А В1  
Р  А 
3
1
1
 0, 75; Р  А В2  
 0, 2; Р  А В3  
 0, 25 .
3 1
1 4
1 3
0, 75  0, 2  0, 25
 0, 4 .
3
Задача 5. Применяя формулу Бернулли, найти вероятность того, что в n независимых
испытаниях событие появится: а) ровно к раз; б) не менее к раз; в)не более к раз; г)
хотя бы один раз, зная, что в каждом испытании вероятность появления события равна
p.
7. n  4, k  2, p  0,3 .
Решение.
q  1  p  0, 7 .
а) Pk , n  C nk pk qnk .
P2,4  C 42 p 2 q 4 2 
43
 0,32  0, 7 2  0, 2646 .
2
б) P4  m  2  P2,4  P3,4  P4,4 .
P3,4  C 43 p 3q 43  4  0,33  0, 7  0, 0756;
P4,4  C 44 p 4 q 44  0,34  0, 0081.
P4  m  2  0, 2646  0,0756  0,0081  0,3483 .
в) P4  m  2  P0,4  P1,4  P2,4 .
P0,4  C 40 p 0 q 40  0, 7 4  0, 2401;
P1,4  C 41 p1q 41  4  0,3  0, 73  0, 4116.
P4  m  2  0, 2402  0, 4116  0, 2646  0,9163 .
г) P4  m  1  1  P0, 4  1  0, 2401  0,7599 .
4
Задача 6. Решить задачу, применяя локальную теорему Лапласа.
Вероятность появления бракованных деталей при их массовом производстве равна p.
Определить вероятность того, что в партии из n деталей будет: равно 3 бракованных;
не более 3-х.
7. p  0, 001; n  800, m  3.
Решение.
Событие А – наудачу взятая деталь оказалась бракованной, P  A  p  0,001.
q  1  p  1  0, 001  0,999.
1) По локальной теореме Лапласа, вероятность появления события А m раз
в n независимых испытаниях приближённо равна
Pm, n 
x
1
m  np
.
  x  , где   x  - табличная функция Гаусса, x 
npq
npq
3  800  0,001
3  0,8

 2, 46 .
800  0,001 0,999 0,894
По таблице,   2, 46  0,0194 .
P3, 800 
0, 0194
 0, 0217 .
0,894
2) по формуле сложения вероятностей для несовместных событий,
вероятность того, что в партии не более 3-х бракованных деталей
P800  m  3  P0, 800  P1, 800  P2, 800  P3, 800 .
0,8
0, 2661
 0,90;   0,90   0, 2661; P0, 800 
 0, 298;
0,894
0,894
1  0,8
0,3894
m  1; x 
 0, 22;   0, 22   0,3894; P1, 800 
 0, 436;
0,894
0,894
2  0,8
0,1626
m  2; x 
 1,34;  1,34   0,1626; P2, 800 
 0,182.
0,894
0,894
m  0; x  
P800  m  3  0, 298  0, 436  0,182  0,0217  0,938 .
Задача 7 Решить задачу, применяя интегральную теорему Лапласа..
В жилом доме имеется n ламп, вероятность включения каждой из них в вечернее время
равна 0,5. Найти вероятность того, что число одновременно включенных ламп будет
между m1 и m2.
5
Найти наивероятнейшее число включенных ламп среди n и его соответствующую
вероятность.
7. p  0,5; n  2500, m1  1250, m 2  1275.
Решение.
Событие А – лампа включена, P  A  p  0,5.
q  1  p  0,5.
1) По интегральной теореме Лапласа, вероятность появления события А не
менее m1 раз и не более m2 раз в n независимых испытаниях приближённо
равна
Pn  m1  m  m 2     x 2     x1  , где   x  - табличная функция Лапласа,
x
m  np
.
npq
x1 
1250  2500  0,5 1250  1250

 0,
25
2500  0,5  0,5
x2 
1275  1250
 1.
25
По таблице,   0  0,  1  0,3413 .
P2500 1250  m  1275  0,3413 .
2) наивероятнейшее число включенных ламп находится из условия
np  q  m 0  np  p.
1250  0,5  m 0  1250  0,5  m 0  1250.
Вероятность наивероятнейшего числа находим по локальной теореме
Лапласа.
x  x1  0 ,   0  0,3989 ,
P1250, 2500 
1
0,3989
  x 
 0,016.
25
npq
Задача 8. (Дискретные случайные величины).
1. Вероятность, что стрелок попадет в мишень при одном выстреле =0.8. Стрелку
последовательно выдаются патроны до тех пор, пока он не промахнется, но не более 4.
Составить ряд, многоугольник и функцию распределения случайного числа Х - числа
6
патронов, выданных стрелку. Построить график F(x) и найти характеристики
распределения.
Решение.
Вероятность попадания при одном выстреле p  0,8 ; вероятность промаха
q  1  p  0, 2 .
Дискретная случайная величина Х – число выданных патронов – может
принимать значения 1, 2, 3, 4. Вероятности этих значений определяются по
формулам
p k  P  X  k   pk 1q
 k  1, 2,3
(если выдано k  1, 2,3 патронов, то стрелок попал в мишень k 1 раз, а при
k-м выстреле промахнулся),
p 4  p3
(если выдано 4 патрона, то стрелок попал в мишень 3 раза).
Проверим выполнение условия
p
k
 1.
k
p1  p 2  p 3  p 4  q  pq  p2q  p3  q  p  q  p  q  p    q  p  q  p   q  p  1 .
p1  q  0, 2;
p 2  pq  0,8  0, 2  0,16;
p 3  p 2 q  0,82  0, 2  0,128;
p 4  p 3  0,83  0,512.
0, 2  0,16  0,128  0,512  1.
Ряд распределения:
xi 1
2
3
4
pi 0,2 0,16 0,128 0,512
Многоугольник распределения:
p
0,512
0, 2
0,16
0,128
0
x
1
2
3
4
7
Случайная величина Х может принять значение, меньшее числа х, с
вероятностью
P  X  x 
p
x k x
k
(по теореме сложения вероятностей для несовместных событий).
Функция распределения:
0 при x  1
0, 2 при 1  x  2

F  x   P  X  x   0, 2  0,16  0,36 при 2  x  3
0,36  0,128  0, 488 при 3  x  4

0, 488  0,512  1 при x  4
График функции распределения:
F  x
1
0, 488
0,36
0, 2
x
0
1
2
3
4
Числовые характеристики:
математическое ожидание Х
M  X    x k p k  1 0, 2  2  0,16  3  0,128  4  0,512  2,952 ;
k
математическое ожидание квадрата Х
xi2 1
4
9
16
pi 0,2 0,16 0,128 0,512
M  X 2    x 2k p k  1 0, 2  4  0,16  9  0,128  16  0,512  10,184 ;
k
дисперсия D  X   M  X 2   M  X   10,184  2,9522  1, 47 ;
2
8
среднее квадратическое отклонение  X  D  X   1, 47  1, 21 .
Задача 9.
x3
 0,

7. Дана функция F ( x)  ( x  3) 2 , 3  x  4 . Найти f(x) и построить графики f(x) и

 1,
x4

F(x).
Решение.
Функция плотности распределения вероятностей
0, x  3

f  x   F   x   2  x  3 , 3  x  4
0, x  4

Графики функции плотности распределения вероятности и функции
распределения
F  x
x
f  x
2
x
0
3
4
9
Задача 10.
Ошибка взвешивания - случайная величина, распределенная по нормальному закону с
математическим ожиданием, равным 0, и среднеквадратическим отклонением, равным
n грамм. Найти вероятность того, что взвешивание проведено с ошибкой, не
превышающей по модулю N грамм.
n  7 г, N  14 г .
Решение.
Случайная величина Х – ошибка взвешивания.
a  M  X   0,   7 г .
Вероятность того, что нормально распределенная случайная величина
попадает в интервал ;   , вычисляется по формуле
  a
  a 
P(  x   )   

,
  
  
где   x  есть функция Лапласа.
По условию x  a  14  интервал  ;     14;14 .
  a 14
 a
14

 2,
   2.

7

2
По таблице,   2    2  0, 4772 .
P(14  x  14)    2    2  0, 4772  2  0,9544 .
Задача 11.
Проверив n изделий в партии, обнаружили, что m изделий высшего сорта, а n-m- нет.
Сколько надо проверить изделий, чтобы с уверенностью 95% определить долю
высшего сорта с точностью до 0.01?
n  1000, m  100,   0, 01 .
Решение.
Неравенство Чебышева для доли
M
семян высшего сорта среди N семян
N
M

pq
 p     1
.
N 2
 N

имеет вид P 
10
Вероятность того, что одно наугад выбранное изделие высшего сорта,
оценим по доле изделий высшего сорта среди 1000 проверенных:
p
m 100

 0,1 .
n 1000
q  1  p  0,9 .
По условию, нужно определить N, для которого гарантируется
M

P
 p     0,95 .
 N

По неравенству Чебышева, для этого необходимо
1
pq
pq
pq
100 pq
.
 0,95 
 0, 05  N 

2
2
2
N
N
0, 05
2
N
100  0,1 0,9
 90000 .
104
Нужно проверить 90 тыс. изделий.
11