Ответ: 7/16 9 страница

Ответ: 3

#182

Задание: Доказать, что сумма вероятностей числа появлений события в независимых испытаниях, вычисленных по закону Пуассона, равна единице. Предполагается, что испытания производятся бесчисленное количество раз.

Решение: В силу закона Пуассона

Используем разложение функции ex в ряд Маклорена:

Известно, что этот ряд сходится при любом значении , поэтому,

положив , получим

Найдем искомую сумму вероятностей , учитывая, что не зависит от и, следовательно, может быть вынесено за знак суммы:

Замечание. Утверждение задачи следует немедленно из того, что сумма вероятностей событий, образующих полную группу, равна единице. Приведенное доказательство преследует учебные цели.

#183

Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету .

Сколько нужно купить билетов, чтобы выиграть хотя бы по одному из них с вероятностью , не меньшей, чем ?

Решение:

Вероятность выигрыша мала, а число билетов, которое нужно купить, очевидно, велико, поэтому случайное число выигрышных билетов имеет приближённо распределение Пуассона.

Ясно, что события «ни один из купленных билетов не является выигрышным» и «хотя бы один билет - выигрышный» - противоположные. Поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице: Поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице:

, или . (*)

Положив в формуле Пуассона , получим

Следовательно, соотношение (*) примет вид .

По условию, , или . Отсюда . (**)

По таблице функции находим . Учитывая, что функция - убывающая, заключаем, что неравенство (**) выполняется при , или при . Следовательно, . Итак, надо купить не менее 300 билетов, чтобы выиграть хотя бы по одному из них.

#184

Показать, что формулу Пуассона, определяющую вероятность появления k событий за время длительностью t

Pt(k)=(λt)k*e-λt/k! (*)

можно рассматривать как математическую модель простейшего потока событий; другими словами, показать, что формула Пуассона отражает все свойства простейшего потока.

Решение.

Из формулы (*) видно, что вероятность появления k событий за время длительностью t, при заданной интенсивности λ, является функцией только k и t, что отражает свойство стационарности простейшего потока.

Формула (*) не использует информации о появлении событий до начала рассматриваемого промежутка времени, что отражает свойство отсутствия последействия.

Покажем, что формула отражает свойство ординарности. Положив k=0 и k=1, найдем вероятность непоявления событий и вероятность появления одного события:

Pt(0)= e-λt, Pt(1)= λte-λt.

Следовательно, вероятность появления более одного события

Pt(k>1)=1-[ Pt(0)+ Pt(1)]=1-[e-λt+ λte-λt]

Используя разложение функции e-λt в ряд Маклорена, после элементарных преобразований получим

Pt(k>1)=(λt)2/2+….

Сравнивая Pt (1) и Pt(k>1), получаем, что при малых значениях t вероятность появления более одного события пренебрежимо мала по сравнению с вероятностью наступления одного события, что отражает свойство ординарности.

Ч. Т. Д.

#185

Среднее число заказов такси, поступающих на диспетчерский пункт в одну минуту, равно трем. Найти вероятность того, что за 2 мин поступит: а) четыре вызова; б) менее четырех вызовов; в) не менее четырех вызовов.

Решение: По условию λ=3, t=2,k=4. Воспользуемся формулой Пуассона:

Ptk=λtke-λtk!.

a) Искомая вероятность того, что за 2 мин поступит 4 вызова:

P24=64e-64!=1296*0,002524=0,135.

б) Событие “поступило менее четырех вызовов” произойдет, если наступит одно из следующих несовместных событий: 1) поступило три вызова; 2) поступило два вызова; 3) поступил один вызов; 4) не поступило ни одного вызова. Эти события несовместны, поэтому применимая теорема сложения вероятностей несовместных событий:

P2k<4=P23+P22+P21+P20=63e-63!+62e-62!+6e-61!+e-6=e-636+18+6+1=0,0025*61=0,1525.

в) События “поступило менее четырех вызовов” и “поступило не менее четырех вызовов” противоположны, поэтому искомая вероятность того, что за 2 мин поступит не менее четырех вызовов:

Pk≥4=1-Pk<4=1-0,1525=0,8475.

#186

По условию, λ=2, t=4, k=3

Воспользуемся формулой Пуассона

=

а)вероятность того, что за 4 минуты поступит 3 вызова

= =0.0256

б)Событие “поступило менее 3-х вызовов” произойдет, если поступит одно из несовместных событий: поступило 2 вызова или поступил 1 вызов или вызовов не поступило

Эти события несовместны, поэтому применима теорема сложения вероятностей несовместных событий:

в)События “поступило менее 3-х вызовов” и “поступило не менее 3-х вызовов” противоположны, поэтому искомая вероятность того, что за 4 минуты поступит не менее 3-х вызовов:

P(k≥3)=1-P(k<3)=1-0.0123=0.9877

#187

Доказать, что для простейшего потока событий

Решение: Воспользуемся теоремой о сумме вероятностей противоположных событий:

Применяя правило Лопиталя получим

Ч.Т.Д.

#188

Найти математическое ожидание дискретной случайной величины X, заданной законом распределения:

а)

X	-4
p	0,2	0,3	0,5

б)

X	0,21	0,54	0,61
P	0,1	0,5	0,4

Решение.

а) Математическое ожидание равно сумме произведений всех возможных значений на их вероятности:

.

б) .

#189

Найти математическое ожидание случайной вели-

величины Z, если известны математические ожидания X и Y:

a) Z = X + 2Y, Af(X) = 5, M(Y) = 3; б) Z = 3X+4Y,

Af(X) = 2, M(Y) = 6.

Решение, а) Используя свойства математического ожидания

(математическое ожидание суммы равно сумме математических ожи-

ожиданий слагаемых; постоянный множитель можно вынести за знак

математического ожидания), получим

М (Z) = М (X + 2К) = М (X) + М BY) = М (X)+2М (К) =

=5+2-3=11.

#190

Используя свойства математического ожидания, доказать, что: а) , б) математическое ожидание отклонения равно нулю.

Решение.

а) Положим . Тогда . Из свойства 4 математического ожидания следует, что . Отсюда .

Но так как , имеем

, что и требовалось доказать.

б) Требуется доказать, что верно равенство . По формуле, доказанной в п. а), получаем .

Так как математическое ожидание есть постоянная, можно воспользоваться свойства 1 случайной величины: . Теперь имеем

, что и требовалось доказать.

#191

Дискретная случайная величина X принимает три возможных значения: с вероятностью ; с вероятностью и с вероятностью . Найти и , зная, что .

Решение.

Поскольку случайная величина принимает одно из трёх возможных значений, они образуют полную группу. Тогда , .

Далее, из определения математического ожидания . Отсюда .

Ответ: 21.

#192

Дан перечень возможных значений дискретной случайной величины X: , , , а также известны математические ожидания этой величины и ее квадрата: . Найти вероятности соответствующие возможным значениям .

РЕШЕНИЕ.

Так как сумма вероятностей всех возможных значений X равна 1, а и , то составим систему уравнений.

Решив ее, получим искомые вероятности: .

#193

Условие:

Дан перечень возможных значений дискретной случайной величины , а так же известны математические ожидания этой величины и ее квадрата:

.

Найти вероятности, соответствующие возможным значениям .

Решение:

Пользуясь тем, что сумма вероятностей всех возможных значений равна единице, а так же принимая во внимание, что , составим следующую систему трех линейных уравнений относительно неизвестных вероятностей:

Решив эту систему, найдем искомые вероятности:

#194

В партии из 10 деталей содержится три нестандартных. Наудачу отобраны две детали. Найти математическое ожидание дискретной случайной величины X – числа нестандартных деталей среди двух отобранных.

Решение.

Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь две детали из десяти деталей, т.е. - числу сочетаний из десяти по два.

А) одну нестандартную деталь можно взять из трех нестандартных деталей способами; при этом одна деталь должна быть нестандартной; взять же одну нестандартную деталь из семи нестандартных можно способами. Следовательно, число благоприятствующих исходов равно

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

Две нестандартных детали можно взять из трех нестандартных деталей способами; Следовательно, число благоприятствующих исходов равно

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

Математическое ожидание равно сумме произведений всех возможных значений X на их вероятности:

#195

а) Доказать, что математическое ожидание числа появлений события А в одном испытании равно вероятности р появления события А.

Указание. Дискретная случайная величина X—число появлений события в одном испытании—имеет только два возможных значения: x = l (событие А наступило)

и y = 0 (событие А не наступило).

б) Доказать, что математическое ожидание дискретной случайной величины X—числа появлений события А в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна р—равно произведению числа испытаний на вероятность появления события в одном испытании, т. е. доказать, что математическое ожидание биномиального распределения М(Х)=nр.

Решение:

а) дискретная случайная величина х задана законом распределения:

х 1 2

р р р

По формуле математического ожидания получим:

М(х)=1*р+0*р=р

Что и требовалось доказать.

б) Так как число испытаний велико, а вероятность р появления со-

бытия в каждом испытании очень мала, то воспользуемся законом Пуассона.

По определению математического ожидания для

случая, когда число возможных значений X есть счетное множество,

Учитывая, что при к=0 первый член суммы равен нулю, при-

примем в качестве наименьшего значения k единицу:

Положив k—l=m, получим

Принимая во внимание, что

получим:

А так как λ=np то получим M(x)=np что и требовалось доказать.

#196

Найти математическое ожидание дискретной случайной величины Х – числа таких бросаний пяти игральных костей, в каждом из которых на двух костях появится по одному очку, если общее число бросаний равно двадцати.

Решение

Воспользуемся формулой

,

Где n – общее число испытаний (бросаний пяти костей); Х – число появлений интересующего нас события (на двух костях из пяти появится по одному очку) в n испытаниях; Р – вероятность появления рассматриваемого события в одном испытании.

По условию, n = 20. Остаётся найти Р – вероятность того, что на гранях двух из пяти костей появится по одному очку. Эту вероятность вычислим по формуле Бернулли, учитывая, что вероятность появления одного очка на грани одной кости p = 1/6, следовательно q = 5/6:

.

Искомое математическое ожидание

Ответ: 3

#197

Задание: Устройство состоит из элементов. Вероятность отказа любого элемента за время опыта равна . Найти математическое ожидание числа таких опытов, в каждом из которых откажет ровно элементов, если всего произведено опытов. Предполагается, что опыты независимы один от другого.

Решение: Обозначим через число опытов, в которых откажет ровно элементов. Так как опыты независимы и вероятности интересующего нас события (в одном опыте откажет ровно элементов) в этих опытах одинаковы, то применима формула

где —общее число опытов; —вероятность того, что в одном опыте откажет ровно элементов. Найдем вероятность по формуле Бернулли:

Подставив (**) в (*), получим искомое математическое ожидание:

198.....

#199

Обозначим через сумму числа очков, которые выпадут на всех гранях, через – число выпавших очков на грани -й кости. Тогда, очевидно,

Следовательно,

Очевидно, все величины имеют одинаковое распределение, а следовательно одинаковые числовые характеристики и, в частности, одинаковые математические ожидания, т.е. .

В силу (*) получим

(**)

Таким образом, достаточно вычислить математическое ожидание величины ,т.е. математическое ожидание числа очков, которые могут выпасть на первой кости. Для этого напишем закон распределения :

	1/6	1/6	1/6	1/6	1/6	1/6

Найдем

(***)

Подставив (***) в (**), окончательно получим

#200

Математическое ожидание дискретной случайной величины X равно произведению числа испытаний на вероятность появления события.

В данном случае можно использовать формулу Бернулли

В данной задаче, по условию, k=4, n=5, p=0,9, q=0,1

Находим вероятность

Так как проверяется 50 партий, то найденную вероятность нужно умножить на 50

Получаем М(Х)=50* =16,4025≈16

201. Доказать: 1) М(Y)=аМ(Х)+b, если Y=аХ+b; 2) М(Y)= i=1n∑аiМ(Хi)+b, если Y= i=1n∑(аiХi)+b.

Решение:

1) М(Y)=М(аХ+b)=(ах1+b)р1+ (ах2+b)р2+…+ (ахn+b)рn=ах1р1+ ах2р2+…+ ахnрn+bр1+ bр2+…+ bрn=

=а(х1р1+ х2р2+…+ хnрn)+b(р1+ р2+…+ рn)= а(х1р1+ х2р2+…+ хnрn)+b=аМ(Х)+b.

Что и требовалось доказать.

2) М(Y)=М(i=1n∑(аiХi)+b)= i=1n∑(аiХi 1)*р1+ i=1n∑(аiХi 2)*р2+…+ i=1n∑(аiХi n)*рn+М(b)=

= i=1n∑аi*(i=1n∑Хi 1*р1+ i=1n∑Хi 2*р2+…+ i=1n∑Хi n*рn)+b= i=1n∑ai* i=1n∑M(Xi)+b= i=1n∑аiМ(Хi)+b

Что и требовалось доказать.

#202

События A1,A2,…,An несовместны и образуют полную группу; вероятности появления этих событий соответственно равны p1,p2,…,pn. Если в итоге испытания появляется событие Aii=1,…,n, то дискретная случайная величина X принимает возможное значение xi, равное вероятности pi появления события Ai. Доказать, что математическое ожидание случайной величины Х имеет наименьшее значение, если вероятности всех событий одинаковы.

Решение: Возможные значения величины Х по условию равны вероятности pi событий Ai; вероятность возможного значения pi, очевидно, также равна pi. Таким образом, X имеет следующее распределение:

X	p1	p2	…	pn
P	p1	p2	…	pn

Найдем математическое ожидание:

MX=p12+p22+…+pn2. (*)

Рассматриваемые события образуют полную группу, поэтому:

p1+p2+…+pn=1.

Из дифференциального исчисления известно, что если сумма независимых переменных постоянна, то сумма квадратов этих переменных имеет наименьшее значение в случае равенства переменных. Применительно к рассматриваемой задаче это означает: сумма (*), т. е. математическое ожидание М (X), имеет наименьшее значение, если вероятности всех событий, образующих полную группу, равны между собой, что и требовалось доказать.

#203

Доказать, что математическое ожидание дискретной случайной величины заключено между наименьшим и наибольшим ее возможными знаениями.

Решение: Пуст Х – дискретная случайная величина, заданная законом распределения:

X	x1	x2	x3	…	xn
p	p1	p2	p3	…	pn

Обозначим наименьшее и наибольшее значения X соответственно через m и M. Тогда