ЗАДАЧА 6
6.1. Наладчик обслуживает 12 станков-автоматов. Вероятность того, что в течение часа станок потребует регулировки \(p = 1/3\). Какова вероятность того, что в течение часа потребуют наладки 4 станка?
Решение:
Эта задача относится к биномиальному распределению вероятностей, так как у нас есть фиксированное число испытаний (станков), каждое испытание имеет два возможных исхода (потребует регулировки или нет), и вероятность успеха (потребует регулировки) одинакова для каждого станка.
Используем формулу Бернулли:
\[P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}\]где:
- \(n\) - общее количество станков (испытаний), \(n = 12\).
- \(k\) - количество станков, которые потребуют регулировки (успехов), \(k = 4\).
- \(p\) - вероятность того, что один станок потребует регулировки (вероятность успеха), \(p = 1/3\).
- \(q\) - вероятность того, что один станок не потребует регулировки (вероятность неудачи), \(q = 1 - p = 1 - 1/3 = 2/3\).
- \(C_n^k\) - число сочетаний из \(n\) по \(k\), которое вычисляется по формуле: \[C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}\]
Сначала найдем число сочетаний \(C_{12}^4\):
\[C_{12}^4 = \frac{12!}{4!(12-4)!} = \frac{12!}{4!8!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 495\]Теперь подставим все значения в формулу Бернулли:
\[P_{12}(4) = 495 \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^4 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{12-4}\] \[P_{12}(4) = 495 \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^4 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^8\] \[P_{12}(4) = 495 \cdot \frac{1^4}{3^4} \cdot \frac{2^8}{3^8}\] \[P_{12}(4) = 495 \cdot \frac{1}{81} \cdot \frac{256}{6561}\] \[P_{12}(4) = \frac{495 \cdot 256}{81 \cdot 6561}\] \[P_{12}(4) = \frac{126720}{531441}\]Вычислим приближенное значение:
\[P_{12}(4) \approx 0.2384\]Ответ: Вероятность того, что в течение часа потребуют наладки 4 станка, составляет примерно 0.2384.
ЗАДАЧА 7
7.1. В течение часа коммутатор получает в среднем 60 вызовов. Какова вероятность того, что в течение получаса: а) не будет ни одного вызова; б) будет хотя бы один вызов?
Решение:
Эта задача описывается распределением Пуассона, так как мы имеем дело с числом событий (вызовов), происходящих за фиксированный интервал времени, при известной средней интенсивности этих событий.
Формула вероятности Пуассона:
\[P(k, \lambda) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}\]где:
- \(k\) - количество событий, которое произойдет.
- \(\lambda\) - среднее количество событий за данный интервал времени.
- \(e\) - основание натурального логарифма (приблизительно 2.71828).
Дано: в течение часа коммутатор получает в среднем 60 вызовов. Значит, средняя интенсивность вызовов за час составляет \(\lambda_{час} = 60\).
Нам нужно найти вероятность для интервала в полчаса. Среднее количество вызовов за полчаса будет в два раза меньше:
\[\lambda_{полчаса} = \frac{\lambda_{час}}{2} = \frac{60}{2} = 30\]Итак, для расчетов используем \(\lambda = 30\).
а) Вероятность того, что не будет ни одного вызова (\(k = 0\)):
\[P(0, 30) = \frac{30^0}{0!} e^{-30}\]Помним, что \(30^0 = 1\) и \(0! = 1\).
\[P(0, 30) = 1 \cdot e^{-30}\] \[e^{-30} \approx 9.3576 \cdot 10^{-14}\]Это очень маленькое число, практически равное нулю.
б) Вероятность того, что будет хотя бы один вызов:
Событие "хотя бы один вызов" является противоположным событию "не будет ни одного вызова". Сумма вероятностей противоположных событий равна 1.
\[P(\text{хотя бы один вызов}) = 1 - P(\text{ни одного вызова})\] \[P(\text{хотя бы один вызов}) = 1 - P(0, 30)\] \[P(\text{хотя бы один вызов}) = 1 - e^{-30}\] \[P(\text{хотя бы один вызов}) = 1 - 9.3576 \cdot 10^{-14}\]Это число очень близко к 1.
Ответ:
а) Вероятность того, что в течение получаса не будет ни одного вызова, составляет \(e^{-30}\) (приблизительно \(9.3576 \cdot 10^{-14}\)).
б) Вероятность того, что в течение получаса будет хотя бы один вызов, составляет \(1 - e^{-30}\) (приблизительно 1).
ЗАДАЧА 8
8.1. Время устранения неисправности в механизме есть случайная величина \(T\) с функцией распределения:
\[F(t) = \begin{cases} 0, & t \le 0 \\ 1 - e^{-kt}, & t > 0 \end{cases}\]где \(k = 0.1 \text{ 1/мин}\).
Найти математическое ожидание, дисперсию, плотность распределения \(f(t)\), построить графики функций \(f(t)\) и \(F(t)\).
Решение:
Данная функция распределения \(F(t)\) соответствует экспоненциальному распределению.
1. Плотность распределения \(f(t)\):
Плотность распределения \(f(t)\) является производной от функции распределения \(F(t)\):
\[f(t) = F'(t)\]Для \(t \le 0\), \(F(t) = 0\), поэтому \(f(t) = 0\).
Для \(t > 0\), \(F(t) = 1 - e^{-kt}\).
\[f(t) = \frac{d}{dt}(1 - e^{-kt}) = 0 - (-k)e^{-kt} = ke^{-kt}\]Таким образом, плотность распределения:
\[f(t) = \begin{cases} 0, & t \le 0 \\ ke^{-kt}, & t > 0 \end{cases}\]Подставим значение \(k = 0.1\):
\[f(t) = \begin{cases} 0, & t \le 0 \\ 0.1e^{-0.1t}, & t > 0 \end{cases}\]2. Математическое ожидание \(M(T)\):
Для экспоненциального распределения математическое ожидание \(M(T)\) (среднее время) равно \(1/k\).
\[M(T) = \frac{1}{k} = \frac{1}{0.1} = 10 \text{ минут}\]3. Дисперсия \(D(T)\):
Для экспоненциального распределения дисперсия \(D(T)\) равна \(1/k^2\).
\[D(T) = \frac{1}{k^2} = \frac{1}{(0.1)^2} = \frac{1}{0.01} = 100 \text{ минут}^2\]4. Построение графиков функций \(f(t)\) и \(F(t)\):
График функции плотности распределения \(f(t) = 0.1e^{-0.1t}\) для \(t > 0\):
- При \(t = 0\), \(f(0) = 0.1e^0 = 0.1\).
- При \(t \to \infty\), \(f(t) \to 0\).
- Функция убывает экспоненциально.
(Для школьника можно нарисовать схематичный график)
На оси \(t\) откладываем время, на оси \(f(t)\) - значение плотности.
График начинается в точке \((0, 0.1)\) и плавно убывает, приближаясь к оси \(t\) при увеличении \(t\).
График функции распределения \(F(t) = 1 - e^{-0.1t}\) для \(t > 0\):
- При \(t \le 0\), \(F(t) = 0\).
- При \(t = 0\), \(F(0) = 1 - e^0 = 1 - 1 = 0\).
- При \(t \to \infty\), \(F(t) \to 1 - 0 = 1\).
- Функция возрастает от 0 до 1.
(Для школьника можно нарисовать схематичный график)
На оси \(t\) откладываем время, на оси \(F(t)\) - значение функции распределения.
График начинается с 0 для \(t \le 0\), затем плавно возрастает от 0, приближаясь к 1 при увеличении \(t\).
Ответ:
- Плотность распределения \(f(t)\): \[f(t) = \begin{cases} 0, & t \le 0 \\ 0.1e^{-0.1t}, & t > 0 \end{cases}\]
- Математическое ожидание \(M(T) = 10\) минут.
- Дисперсия \(D(T) = 100\) минут\(^2\).
- Графики функций \(f(t)\) и \(F(t)\) представляют собой экспоненциально убывающую кривую для \(f(t)\) (начиная с 0.1 при \(t=0\)) и сигмовидную кривую для \(F(t)\) (возрастающую от 0 до 1).
ЗАДАЧА 9
9.1. Брак при производстве печатных плат вследствие дефекта \(A\) составляет 6%. Причем среди бракованных плат по признаку \(A\) в 4% встречается дефект \(B\), а в продукции, свободной от дефекта \(A\), встречается в 1% случаев. Найти вероятность дефекта \(B\) во всей продукции и коэффициент корреляции между признаками \(A\) и \(B\) (ввести индикаторные случайные величины \(X\) и \(Y\) для характеризации дефектов \(A\) и \(B\)).
Решение:
Введем следующие обозначения для событий:
- \(A\) - наличие дефекта \(A\).
- \(\bar{A}\) - отсутствие дефекта \(A\).
- \(B\) - наличие дефекта \(B\).
- \(\bar{B}\) - отсутствие дефекта \(B\).
Дано:
- Вероятность дефекта \(A\): \(P(A) = 6\% = 0.06\).
- Вероятность отсутствия дефекта \(A\): \(P(\bar{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0.06 = 0.94\).
- Вероятность дефекта \(B\) при наличии дефекта \(A\) (условная вероятность): \(P(B|A) = 4\% = 0.04\).
- Вероятность дефекта \(B\) при отсутствии дефекта \(A\) (условная вероятность): \(P(B|\bar{A}) = 1\% = 0.01\).
1. Найти вероятность дефекта \(B\) во всей продукции \(P(B)\):
Используем формулу полной вероятности:
\[P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|\bar{A})P(\bar{A})\]Подставим известные значения:
\[P(B) = (0.04)(0.06) + (0.01)(0.94)\] \[P(B) = 0.0024 + 0.0094\] \[P(B) = 0.0118\]Таким образом, вероятность дефекта \(B\) во всей продукции составляет 1.18%.
2. Найти коэффициент корреляции между признаками \(A\) и \(B\):
Введем индикаторные случайные величины \(X\) и \(Y\):
- \(X = 1\), если есть дефект \(A\); \(X = 0\), если нет дефекта \(A\).
- \(Y = 1\), если есть дефект \(B\); \(Y = 0\), если нет дефекта \(B\).
Коэффициент корреляции \(\rho_{XY}\) вычисляется по формуле:
\[\rho_{XY} = \frac{Cov(X, Y)}{\sigma_X \sigma_Y}\]где \(Cov(X, Y)\) - ковариация \(X\) и \(Y\), а \(\sigma_X\) и \(\sigma_Y\) - стандартные отклонения \(X\) и \(Y\).
Для индикаторных случайных величин (распределение Бернулли):
- \(M(X) = P(A) = 0.06\)
- \(D(X) = P(A)(1 - P(A)) = 0.06 \cdot 0.94 = 0.0564\)
- \(\sigma_X = \sqrt{D(X)} = \sqrt{0.0564} \approx 0.2375\)
- \(M(Y) = P(B) = 0.0118\) (найдено выше)
- \(D(Y) = P(B)(1 - P(B)) = 0.0118 \cdot (1 - 0.0118) = 0.0118 \cdot 0.9882 \approx 0.01166\)
- \(\sigma_Y = \sqrt{D(Y)} = \sqrt{0.01166} \approx 0.1079\)
Ковариация \(Cov(X, Y) = M(XY) - M(X)M(Y)\).
\(M(XY)\) - это математическое ожидание произведения \(X\) и \(Y\). Поскольку \(X\) и \(Y\) могут принимать значения 0 или 1, произведение \(XY\) будет равно 1 только тогда, когда \(X=1\) и \(Y=1\), то есть когда оба дефекта \(A\) и \(B\) присутствуют. В остальных случаях \(XY=0\).
Следовательно, \(M(XY) = P(X=1, Y=1) = P(A \cap B)\).
Вероятность совместного события \(P(A \cap B)\) можно найти по формуле условной вероятности:
\[P(A \cap B) = P(B|A)P(A)\] \[P(A \cap B) = 0.04 \cdot 0.06 = 0.0024\]Теперь найдем ковариацию:
\[Cov(X, Y) = P(A \cap B) - P(A)P(B)\] \[Cov(X, Y) = 0.0024 - (0.06)(0.0118)\] \[Cov(X, Y) = 0.0024 - 0.000708\] \[Cov(X, Y) = 0.001692\]Теперь вычислим коэффициент корреляции:
\[\rho_{XY} = \frac{0.001692}{0.2375 \cdot 0.1079}\] \[\rho_{XY} = \frac{0.001692}{0.02562725}\] \[\rho_{XY} \approx 0.0660\]Ответ:
- Вероятность дефекта \(B\) во всей продукции составляет \(P(B) = 0.0118\) (или 1.18%).
- Коэффициент корреляции между признаками \(A\) и \(B\) составляет примерно \(0.0660\).