На 10 карточках написаны различные цифры от 0 до 9 Найти вероятность того

1. На 10 карточках написаны различные цифры от 0 до 9. Найти вероятность того, что наудачу образованное с помощью карточек трехзначное число делится на 50.

Решение:

Для решения задачи используем классическое определение вероятности:
PA=mn.
Пусть событие A – (трехзначное число делится на 50).
Найдем количество n всевозможных исходов.
На первой позиции трехзначного числа может быть любая из цифр, кроме 0, выбрать ее можно 9 способами.
На второй позиции может быть любая из оставшихся 9 цифр, выбрать ее можно 9 способами.
На третьей позиции может быть любая из 8 оставшихся цифр, выбрать ее можно 8 способами.
Таким образом, по правилу произведения:
n=9∙9∙8=648.
Найдем количество m исходов, благоприятствующих событию A.
Так как карточки вытаскиваются без возвращения, то цифры в числе не повторяются. Подходящими числами являются:100, 150, 200, 250, 300, 350, 400, 450, 500, 600, 650, 700, 750, 800, 850, 900, 950, итого m=17.
Искомая вероятность таким образом равна:
PA=17648≈0,026.

Ответ: 0,026.

2. Цех производит 95% стандартных изделий, причем 90% из них первого сорта. Найти вероятность того, что среди трех случайно отобранных изделий хотя бы одно первого сорта.

Решение:

Вероятность того, что одно отдельно взятое изделие стандартно по условию задачи
p1=95%=0,95.
Вероятность того, что одно отдельно взятое изделие стандартно и первого сорта по теореме произведения вероятностей:
p=0,95∙0,9=0,855.
Пусть событие A – (среди трех случайно отобранных изделий хотя бы одно первого сорта). Это событие противоположно событию A – (среди трех случайно отобранных изделий ни одного изделия первого сорта). Вероятность события A:
PA=1-PA.
Вероятность того, что среди трех случайно отобранных изделий ни одного изделия (т.е. 0) первого сорта, найдем, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k.
В нашем случае:
n=3, k=0, p=0,855, q=1-p=1-0,855=0,145.
Находим:
PA=P30=C30∙0,8550∙0,1453-0=3!0!∙3!∙0,8550∙0,1453=1∙1∙0,1453≈0,003.
Значит, искомая вероятность:
PA=1-0,003=0,997.

Ответ: 0,997.
3. На склад поступают детали с трех станков. Вероятность выпуска брака на первом станке 0,03, на втором – 0,02, на третьем – 0,01. Производительность первого станка в три раза больше производительности второго, а третьего в два раза больше второго. Найти вероятность того, что: 1) наудачу взятая со склада деталь будет бракованной; 2) она произведена на втором станке.

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H1-деталь произведена на первом станке;
H2-деталь произведена на втором станке;
H3-деталь произведена на третьем станке.

Зависимости между производительностями станков означают следующее:
PH1=3∙PH2, PH3=2∙PH2,
а так как гипотезы образуют полную группу, то
PH1+PH2+PH3=1,
Решим полученную систему уравнений:
PH1+PH2+PH3=1, PH1=3∙PH2,PH3=2∙PH2;⟺3∙PH2+PH2+2∙PH2=1,PH1=3∙PH2,PH3=2∙PH2;⟺PH2=16,PH1=3∙16=12,PH3=2∙16=13.
1) Пусть событие A – (наудачу взятая со склада деталь будет бракованной). Условные вероятности этого события даны в условии задачи и равны:
PAH1=0,03;PAH2=0,02;PAH3=0,01.
Вероятность события A найдем по формуле полной вероятности:
PA=PH1∙PAH1+PH2∙PAH2+PH3∙PAH3=16∙0,03+12∙0,02+13∙0,01=0,03+0,06+0,026=0,116=1160.
2) Пусть наудачу взятая со склада деталь оказалась бракованной. Найдем вероятность того, эта деталь была изготовлена на втором станке, используя формулу Байеса:
PH2A=PH1∙PAH1PA=16∙0,031160=0,3601160=0,311=3110.

Ответ: 1) 1160; 2) 3110.

4. Батарея дала 14 выстрелов по военному объекту с вероятностью попадания в него, равной 0,2. Найти: 1) наивероятнейшее число попадания и его вероятность; 2) вероятность разрушения объекта, если для этого требуется не менее 4 попаданий.

Решение:

1) Наивероятнейшее число попаданий найдем из следующего двойного неравенства:
n∙p-q≤k≤n∙p+p,
где n=14, p=0,2, q=1-p=1-0,2=0,8.
Находим:
14∙0,2-0,8≤k≤14∙0,2+0,2;2≤k≤3.
Так как число попадания – целое число, то k=2 или k=3.
Пусть событие A – (число попаданий от 2 до 3).
Найдем вероятность события A, используя формулу Бернулли:
PA=P142+P143=C142∙p2∙q14-2+C143∙p3∙q14-3=14!2!∙12!∙0,22∙0,812+14!3!∙11!∙0,23∙0,811=13∙141∙2∙0,22∙0,812+12∙13∙141∙2∙3∙0,23∙0,811≈0,25+0,25=0,5.
2) Пусть событие B – (объект разрушен), то есть произошло от 4 до 14 попаданий. Вероятность события B найдем, используя интегральную теорему Лапласа:
Pk1;k2=Фk2-n∙pn∙p∙q-Фk1-n∙pn∙p∙q,
где Фx-функция Лапласа.
Находим:
P4;14=Ф14-14∙0,214∙0,2∙0,8-Ф4-14∙0,214∙0,2∙0,8=Ф11,21,5-Ф1,21,5=Ф7,47-Ф0,8.
По таблице значение функции Лапласа находим: Ф7,47=0,5; Ф0,8=0,2881.
Таким образом, искомая вероятность равна:
PB=P4;14=0,5-0,2881=0,2119.
Ответ: 1) 0,5; 2) 0,2119.

5. Испытывается устройство, состоящее из трех независимо работающих блоков. Вероятности отказа блоков таковы: p1=0,3, p2=0,5, p3=0,6. Найти закон распределения случайной величины X – числа отказавших блоков.

Решение:

Случайная величина X может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3.
Найдем вероятности, соответствующие каждому из этих значений.
Вероятности того, что блок не откажет для каждого блока соответственно равны:
q1=1-p1=1-0,3=0,7; q2=1-p2=1-0,5=0,5;
q3=1-p3=1-0,6=0,4;
Вероятность того, что ни один блок не откажет, найдем, используя теорему умножения:
PX=0=q1∙q2∙q3=0,7∙0,5∙0,4=0,14.
Вероятность того, что откажет только один блок, т.е., или откажет первый блок, а второй и третий нет; или откажет второй блок, а первый и третий нет; или откажет третий блок, а первый и второй нет, найдем, используя теоремы сложения и умножения:
PX=1=p1∙q2∙q3+q1∙p2∙q3+q1∙q2∙p3=0,3∙0,5∙0,4+0,7∙0,5∙0,4+0,7∙0,5∙0,6=0,41.
Вероятность того, что откажут два блока, т.е., или откажут первый и второй блоки, а третий нет; или откажут первый и третий блоки, а второй нет, или первый блок не откажет, а второй и третий откажут, найдем, используя теоремы сложения и умножения:
PX=2=p1∙p2∙q3+p1∙q2∙p3+q1∙p2∙p3=0,3∙0,5∙0,4+0,3∙0,5∙0,6+0,7∙0,5∙0,6=0,36.

Вероятность того, что откажут все три блока, равна:
PX=3=p1∙p2∙p3=0,3∙0,5∙0,6=0,09.

Запишем ряд распределения случайной величины X:
xi
0 1 2 3
pi
0,14 0,41 0,36 0,09

Проверка:
pi=0,14+0,41+0,36+0,09=1.

6. Случайная величина X задана рядом распределения:
X
x1
x2
x3
x4
P
p1
p2
p3
p4

Найти:
1) функцию распределения F(x) случайной величины X и построить ее график;
2) математическое ожидание M(X) и дисперсию D(X) случайной величины X.
Значения параметров x1, x2, x3, x4, p1, p2, p3, p4 вычислить по следующим формулам:
R=остатокN4+2;N-номер варианта;x1=N+3,×2=x1+R, x3=x2+R, x4=x3+2R
и
p1=1R+5, p2=1R+3, p4=18-R, p3=41+33R+R2-R3R+3R+58-R.

Решение:

Вычисляем значения параметров:
R=остаток184+2=4;x1=N+3=18+3=21,×2=x1+R=21+4=25, x3=x2+R=25+4=29, x4=x3+2R=29+2∙4=37;

p1=1R+5=14+5=19, p2=1R+3=14+3=17, p4=18-R=18-4 =14, p3=41+33R+R2-R3R+3R+58-R=41+33∙4+42-434+34+58-4=125252,

тогда ряд распределения случайной величины X:
X
21
25
29
37
P
19
17
125252
14

1) находим функцию распределения случайной величины X:
Fx=0, x<21,19, 21≤x<25,19+17=1663, 25≤x<29,1663+125252=189252, 29≤x<37,189252+14=1, x≥37.
Построим график функции распределения:

2) найдем математическое ожидание:
MX=xi∙pi=21∙19+25∙17+29∙125252+37∙14=186163≈29,54.
найдем дисперсию:
DX=xi2∙pi-MX2=212∙19+252∙17+292∙125252+372∙14-1861632=5655563-34633213969=996443969≈25,11.

7. Непрерывная случайная величина X подчинена закону распределения с плотностью φ(x).
φx=0, x≤-1,b1-x2, -1<x≤1,0, x>1.
Требуется:
1) найти коэффициент b;
2) найти функцию распределения F(x);
3) построить графики функций φx и F(x);
4) найти математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), среднее квадратичное отклонение σ(X) случайной величины X и вероятность попадания X в интервал (0, 0,5).

Решение:
1) коэффициент b найдем из условия нормировки
-∞+∞fxdx=1:-11b1-x2dx=b-111-x2dx=b∙x21-x2+12arcsinx-11=b∙121-12+12arcsin1–121–12+12arcsin-1=b∙12arcsin1-12arcsin-1=b∙12arcsin1+12arcsin1=b∙arcsin1=b∙π2=1, ⟹b=2π.
Значит, плотность распределения имеет вид:
φx=0, x≤-1,2π1-x2, -1<x≤1,0, x>1.
2) Найдем функцию распределения случайной величины X по определению
Fx=-∞xφtdt.
Получаем:
при x≤-1 φx=0, значит,
Fx=-∞x0dt=0;
при -1<x≤1 φx=2π1-x2, значит,
Fx=-∞-10dt+-1×2π1-x2dt=0+2π∙x21-x2+12arcsinx-1x=2π∙x21-x2+12arcsinx–121–12+12arcsin⁡(-1)=2π∙x21-x2+12arcsinx+π4;

при x>1 φx=0, значит,
Fx=-∞-10dt+-112π1-x2dt+1+∞0dt=0+2π∙x21-x2+12arcsinx-11+0=2π∙121-12+12arcsin1–121–12+12arcsin-1=2π∙12arcsin1-12arcsin-1=2π∙12arcsin1+12arcsin1=2π∙arcsin1=2π∙π2=1,

значит, функция распределения F(x) имеет вид:
Fx=0, x≤-1,2π∙x21-x2+12arcsinx+π4, -1<x≤1,1, x>1.
3) построим графики функций φx и F(x):

4) находим математическое ожидание:
MX=-∞+∞x∙fxdx=-11x∙2π∙1-x2dx=-1π-111-x2d1-x2=-1π∙1-x23232-11=-23π1-1232-1-(-1)232=0.
Находим дисперсию:
DX=-∞+∞x2∙fxdx-MX2=-11×2∙2π∙1-x2dx-02=2π-11×2∙1-x2dx=2π∙x82x2-11-x2+18arcsinx-11=14π∙12∙12-11-12+arcsin1–12-12-11–12+arcsin-1=14π∙arcsin1+arcsin1=14π∙π2+π2=14π∙π=14=0,25.
Находим среднее квадратичное отклонение:
σX=DX=0,25=0,5.
находим вероятность попадания X в интервал (0, 0,5):
P0<X<0,5=00,52π1-x2dt=2π∙x21-x2+12arcsinx00,5=2π∙0,521-0,52+12arcsin0,5-021-02+12arcsin0),одим среднее квадратичное отклонение::м и решим систему уравнений::тий блоки, а второй нет, или первый блок не откажет, а=2π∙0,25∙0,75+π6≈0,47.

user1247553 4.8

Знание языков: английский (перевод текстов,контрольные ), русский, украинский. Закончила университет экономики и управления. Дисциплины: Финансы и кредит, Банковское дело. бух.учет. менеджмент. Виды экономики. маркетинг. Налоги.страхование

Нанять автора