Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
341
Розглядаючи кількість випавших очок як випадкову вели-
чину, сформулювати закон її розподілу і знайти математичне
сподівання.
Розв’язок.
Нехай Х – кількість випавших очок. Оскільки випадання
“1”, “2”, “3”, “4”, “5”, “6” є рівноможливими подіями, то їх
імовірності рівні
6
1
=
i
p .
Закон розподілу кількості випавших очок буде мати
вигляд:
Х
1 2 3 4 5 6
Р
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
Математичне сподівання кількості випавших очок рівне:
2
7
6
21
)654321(
6
1
)( ==+++++==
∑
ii
pxXM
.
4.6.3.
Стріляють в ціль до першого влучення. Влучення
при різних пострілах – незалежні події, ймовірність влучення
при кожному пострілі – p.
Описати простір елементарних подій. Нехай X – число
зроблених пострілів. Знайти розподіл випадкової величини X.
Розв’язок.
Якщо імовірність влучення р, то імовірність невлучення
q = 1 – p. Розподіл має вигляд:
4.6.4.
Ймовірність того, що виріб виготовлений на авто-
матичному станку буде першого або другого ґатунку рівна
0,8. Для контролю якості регулювання станка робітник пе-
ріодично перевіряє один за одним вироби, але не більше 5 шт.
кожного разу. При знаходженні виробу нижче 2 ґатунку ста-
нок зупиняється для регулювання.
Х
1 2 3 4 5 ... ...n
P P qp q
2
pq
3
pq
4
p ... q
n-1
p
342
Вважаючи, що ймовірність виготовлення виробів 1 і 2 ґа-
тунку залишається постійною, скласти теоретичний розподіл
кількості перевірок виробів, які робітник виготовляє при
одній серії випробувань.
Знайти математичне сподівання цієї випадкової величини.
Розв’язок.
Нехай випадкова величина Х означає кількість перевірок.
Перевіряється один виріб і станок зупиняється на регулю-
вання, якщо цей виріб буде
бракованим. Отже, =
=
)1(xP
2,01 ==−= qp . Перевіряється два вироби, якщо перший ви-
ріб є першого або другого ґатунку, а другий виріб є брако-
ваний. Імовірність такої складної події рівна:
pqxP
=
=
)2( .
Три перевірки (три вироби) буде здійснено, якщо перші дві
перевірки покажуть, що вироби є першого або другого ґа-
тунку, а третя перевірка показує, що виріб бракований. Імо-
вірність такої події рівна:
qpxP
2
)3( == . Аналогічно, імо-
вірність чотирьох перевірок буде рівна:
qpxP
3
)4( ==
. П’ять
перевірок буде здійснено, якщо перші чотири перевірки
засвідчують, що виріб є першого або другого ґатунку. Отже,
4
)5( pxP == .
Даний закон розподілу кількості перевірок має вигляд:
Х 1 2 3 4 5
Р
2,0=q
16,0
2,08,0
=
=⋅=
=pq
128,0
2,08,0
2
2
=
=⋅=
=qp
1024,0
2,08,0
3
3
=
=⋅=
=qp
4096,0
8,0
4
4
=
==
=p
Перевірка:
+−+−+−=++++ )1()1(1
2432
ppppppqpqppqq
11)1(
44332243
=+−+−+−+−=+−+ ppppppppppp .
0,14096,01024,0128,016,02,0 =++++=
∑
i
p
.
Математичне сподівання числа перевірок Х буде:
+⋅+⋅+⋅+⋅==
∑
1024,04128,0316,022,01)(
ii
pxXM
343
.3616.3048,24096,0384,032,02,04096,05
=
+
+
+
+=⋅+
4.6.5. Ймовірність того, що деталь виготовлена на авто-
матичному станку буде без дефектів, рівна p (0 < p < 1).
Робітник перевіряє якість всіх щойно виготовлених деталей
до виявлення деталі з дефектом.
Припускаючи, що цей процес може продовжуватись не-
скінченно довго, скласти закон розподілу кількості перевірок
до виявлення деталі з дефектом.
Виразити у вигляді суми членів
нескінченого ряду мате-
матичне сподівання даної випадкової величини.
З'ясувати чи існує у цієї випадкової величини матема-
тичне сподівання.
Розв’язок.
Доповнимо наш закон розподілу. Випробування закін-
чуються на n-ій перевірці, якщо перші n – 1 деталі пройдуть
випробування, а n-на деталь буде з дефектом.
Отже,
qpnXP
n 1
)(
−
== .
Ряд розподілу випадкової величини Х має вигляд:
Х
1 2 3 ... n-1
n
...
Р q pq
qp
2
...
qp
n 2−
qp
n 1−
...
Математичне сподівання випадкової величини Х рівне су-
мі ряду:
=+⋅+−+++⋅=
−−
...)1(...321)(
122
qpnqpnqppqqXM
nn
...))1(...321(
122
++−++++=
−− nn
nppnppq , але
+++=+−++++
−−
...(])1(...321[
32122
ppp
dp
d
nppnpp
nn
,
1
)...
1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=++
−
p
p
dp
d
pp
nn
оскільки вираз в дужках є сумою нескінченної геометричної
прогресії з знаменником
1
<
p
.
344
Отже,
()
q
q
q
p
q
p
p
dp
d
qXM
11
1
1
1
)(
22
=⋅=
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
= .
Обчислимо дисперсію випадкової величини Х:
++++=−= ......321)()()(
222222
qpqpqXMXMXD
+++=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+−+
−−
...321[
1
...)1(
2222
2
1222
ppq
q
qpnqpn
nn
.
1
]...)1...(
2
1222
q
pnpn
nn
−++−+
−−
Щоб обчислити суму ряду в дужках, домножимо на р ряд
])1(...321[
122 −−
+−++++
nn
nppnpp , отримаємо:
=
−
⋅=+−+++
−
2
132
)1(
)1...(32
p
p
pnppnppp
nn
.
Продиференціюємо цей ряд по р, отримаємо вираз в
дужках:
=+−+++
−− 12222222
)1...(...321
nn
pnpnpp
32
)1(
1
)1( p
p
p
p
dp
d
−
+
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
=
.
Остаточно, дисперсія рівна:
=
−
−
−
+
−
=−
−
+
=
2323
)1(
1
)1(
)1)(1(1
)1(
1
)(
pp
pp
qp
p
qXD
2222
)1()1(
1
)1(
1
q
p
p
p
pp
p
=
−
=
−
−
−
+
=
.
4.6.6.
З гвинтівки виконують постріли по цілі до першого
влучення. Імовірність попадання для кожного пострілу
дорівнює 0,6. Скласти закон розподілу випадкової величини Х
– числа витрачених набоїв. Знайти імовірність одного влу-
чення в ціль, якщо в розпорядженні є тільки три набої.
Розв’язок.
Х – число витрачених набоїв, р = 0,6.
345
Р(Х = х
і
) – ймовірність того, що буде витрачено х
і
-ту
кількість набоїв.
1 набій буде витрачено, коли перший постріл буде влуч-
ним. Отже Р(Х = 1) = р = 0,6.
Два набої буде витрачено, коли перший постріл буде про-
махом, отже,
Р(Х = 2) = qp = (1 – p) ·p = (1 – 0,6) ·0,6 = 0,4·0,6 = 0,24.
Три набої буде використано, коли перші два постріли
будуть промахами:
Р(Х = 3) = qqp = (1 – p) · (1 – p) ·p = (1 – p)
2
·p = (1 –
0,6)
2
·0,6 = 0,4
2
·0,6 = 0,096.
Відповідно 4 набої буде використано, коли три перші на-
бої дадуть промах:
Р(Х = 4) = (1 – p)
3
·p = (1 – 0,6)
3
·0,6 = 0,4
3
·0,6 = 0,0384.
Загальна формула для k витрачених набоїв матиме виг-
ляд:
ppkХP
k
⋅−==
−1
)1()( .
Закон розподілу буде мати вигляд:
Х
1 2 3 4 ...
k
…
Р p qp
q
2
p q
3
p …
q
k-1
p
…
Перевірка:
++=++++++=
−
∑
qppqpqpqqppp
k
i
1(......
132
=+++++
−
...)...
132 k
qqq *
Вираз в дужках дорівнює сумі нескінченої геометричної
прогресії
pq
q
n
n
1
1
1
0
=
−
=
∑
∞
=
.
*
1
1
1
1
=⋅=
−
⋅=
p
p
q
p . Отже, закон розподілу складений
вірно.
Якщо є три набої, то влучення може бути за І разом (ви-
користаний 1 набій), за ІІ разом (використано 2 набої), за ІІІ
разом (3 набої). Оскільки події (х = 1), (х = 2), (х = 3) є не-
сумісними, то ймовірність події В – “використано 3 набої”, є
346
сумою імовірностей несумісних подій: +
=
=
)1()( xPBP
936,0096,024,06,0)3()2(
=
+
+
=
=+=+ xPxP .
4.6.7.
З двох гармат почергово ведеться стрільба по цілі
до першого влучення однією з двох гармат. Ймовірність попа-
дання в ціль першою гарматою рівна 0,3, а другою – 0,7.
Починає стрільбу перша гармата.
Cкласти закон розподілу дискретних випадкових величин
X і Y – числа витрачених ядер відповідно першою та другою
гарматою.
Розв’язок.
Нехай Х
і Y – числа витрачених ядер відповідно першою
та другою гарматою. Імовірності влучень першою та другою
гарматою відповідно рівні
;3,0
1
=
p ;7,0
2
=
p невлучень –
;7,0
1
=q .3,0
2
=q
Імовірності випадкових величин Х та Y рівні.
;)1(
1
pxP ==
1
)0( pyP
=
=
– оскільки, якщо перша гармата
влучила, то друга гармата не стріляє.
21
)1( pqуP ==
– якщо перша гармата не влучила, а дру-
га влучила;
;)2(
121
pqqxP
=
=
;)2(
22
2
12121
pqqpqqqyP ===
;)3(;)3(
2
2
2
3
12121211
2
2
2
112121
pqqpqqqqqyPpqqpqqqqxP ======
;)4(
1
3
2
3
1
pqqxP == ;)4(
2
3
2
4
1
pqqyP ==
.1
4
2
4
1
)5( pqqxP ==
Загальні формули для законів розподілів такі:
nnnn
nn
pqqnxP )3,0()7,0(3,0)3,0()7,0()(
111
1
1
2
1
1
⋅=⋅⋅===
−−−
−−
;
.)3,0()7,0(7,0)3,0()7,0()(
141
2
1
21
−+−
−
×=××===
nnnn
nn
pqqnyP
4.6.8. Два бомбардувальники по черзі кидають бомби в
ціль до першого влучення. Ймовірність влучення в ціль пер-
шим бомбардувальником 0,7, а другим – 0,8. Спочатку кидає
бомби перший бомбардувальник.
347
Написати перші чотири члени закону розподілу дискрет-
ної випадкової величини Х – числа кинутих бомб двома бом-
бардувальниками.
Розв’язок.
Використовуємо закони розподілів, отримані в задачі
4.6.7.
Необхідно обчислити
).( YXZP
+
=
Оскільки випадко-
ві величини Y і Х залежні, то
)()()( yPxPyxzP
xiiiii
⋅
=
+
=
.
;7,0
1
=p 3,0
1
=q ; ;8,0
2
=
p 2,0
2
=
q .
X
і
1 2 3 4
P
7,0
1
p
042.0
7,02,03,0
121
××
pqq
0252,0
7,02,03,0
22
1
2
2
2
1
××
pqq
7,02,03,0
33
1
3
2
3
1
××
pqq
0,0001512
i
Y
0 1 2 3
1
p
0,7
24,0
8,03,0
21
×
pq
0144,0
8,02,03,0
2
22
2
××
pqq
000864,0
8,02,03,0
23
2
2
2
3
1
××
pqq
1
Z
1+0
1
2+1
3
3+2
5
4+3
7
)(
i
ZP
2
111
ppp =
0,7
2
=
=0,49
==
=
22
2
1
21121
pqq
pqpqq
0,0144
21
3
2
4
1
22
2
11
2
2
2
1
ppqq
pqqpqq
=
=
0,00036288
21
5
2
6
1
2
2
2
3
11
3
2
3
1
ppqq
pqqpqq
=
=
0,0000001306
4.6.9. Випадкова величина Х має біномний розподіл
knkk
n
qpСkXР
−
== )( , де k = 0, 1, 2, ... n.
Обчислити М(X), D(X).
348
Розв’язок.
Представимо випадкову величину Х, що рівна числу на-
стання події k в n випробуваннях як суму:
+
+
=
21
XXX
nі
XX +++ ...... , де
і
X – число настання події в і-тому
випро-буванні, що задане розподілом:
Тоді
;10)( ppqXМ
і
=
×
+
×
=
+
+
=
+
+
+
= )()()......()(
2121
XМXМXXXXМXМ
nі
npXnMXМXМ
іnі
=
=
++ )()(...)(... .
[]
+⋅−=−=−= qррXМXМXМXD
ііі
22
2
)0()()()(
;)()1(
222
pqqppqpqqppp =+=+=−+
+
+
=
+
+
+
= )()()......()(
2121
XDXDXXXXDXD
ni
npqXnDXDXD
ini
=
=
++ )()(...)(... .
4.6.10.
Гральний кубик кидають n раз. Нехай X – число
появ шістки. Обчислити: а) розподіл X; б) M(X); в) D(X).
Розв’язок.
Нехай випадкова величина Х – число появи шістки.
;
6
1
=p
6
5
=q
.
Закон розподілу:
Х
0 1 2 ........
n
Р
n
q
11 −n
n
pqc
222 −n
n
qpc
…....
n
p
1)(...
22211
=+=++++=
−−
∑
nnn
n
n
n
n
i
qppqpcpqcqp –
закон складено вірно.
Х
0 1
Р
q p
349
Події “випадання шістки” є незалежними і в кожному з n
залежних випробувань відбувалися з однаковою ймовірністю,
тому
npXM =)( ;
nXM
6
1
)( =
; D(Х) = npq =
n
36
5
.
4.6.11. Два бухгалтери виконують складні однотипні роз-
рахунки. Ймовірність помилки для першого у звітній відо-
мості 0,1, а для другого – 0,05. Скласти закон розподілу числа
безпомилкових відомостей, якщо кожний з них заповнив по
дві відомості.
Розв’язок.
Нехай імовірність помилки І бухгалтера q
1
= 0,1, імовір-
ність його безпомилкової роботи p
1
= 1 – q
1
= 0,9; імовірність
помилки ІІ бухгалтера q
2
= 0,05, імовірність його безпомил-
кової роботи p
2
= 0,95. Безпомилкових відомостей у кожного
бухгалтера може бути 0, 1, 2. Складемо закони розподілів
числа Х і Y безпомилкових відомостей, які склали перший та
другий бухгалтери, відповідно, використавши формулу
Бернуллі:
01,01,0)0()0(
22
1
02
1
0
1
0
22
======
−
qqpCPXP ;
0025,005,0)0(
22
2
==== qYP ;
18,01,09,022)1()1(
11
12
1
1
1
1
22
=⋅⋅=====
−
qpqpCPXP ;
095,005,095,022)1(
22
=
⋅
⋅
=
== qpYP ;
81,09,0)2()2(
22
1
22
1
2
1
2
22
======
−
pqpCPXP ;
9025,095,0)2(
22
2
==== pYP .
X
0 1 2
P
1
0,01 0,18 0,81
181,018,001,0
1
=++=
∑
i
p
,
19025,0095,00025,0
2
=++=
∑
i
p .
Y
0 1 2
P
2
0,0025 0,095 0,9025
350
Тоді закон розподілу суми X + Y має вигляд:
X + Y 0 + 0 = 0 0 + 1 = 1 0 + 2 = 2 1 + 0 = 1
21
PP ⋅
0,01·0,025=
=0,000025
0,01·0,095=
=0,00095
0,01·0,9025=
=0,009025
0,18·0,0025=
=0,00045
1 + 1 = 2 1 + 2 = 3 2 + 0 = 2 2 + 1 = 3 2 + 2 = 4
0,18·0,095=
=0,0171
0,18·0,9025=
=0,16245
0,81·0,0025=
=0,002025
0,81·0,095=
=0,07095
0,81·0,9025=
=0,731025
Запишемо однакові суми X + Y один раз, тоді їх імовір-
ності додаються, як сума імовірностей несумісних подій.
X + Y 0 1 2 3 4
P
1
P
2
0,000025 0,00095 +
+ 0,00045 =
= 0,0014
0,009025 +
+ 0,0171 +
+ 0,002025 =
= 0,02815
0,16245 +
+ 0,07695 =
= 0,2394
0,731025
Перевірка:
1731025,02394,002815,00014,0000025,0 =++++=
∑
i
p
.
4.6.12.
Скласти закон розподілу числа куль білого кольо-
ру серед чотирьох відібраних, якщо вибір проводиться випад-
ковим чином з урни, в якій є сім однакових за розміром куль,
з яких три кулі є білими. Обчислити дисперсію цього числа
куль.
Розв’язок.
7 = 3 білі + 4 не білі
Число х
і
білих куль серед чотирьох (К = 4) відібраних
може бути: 1, 2, 3. Імовірність P(X = х
і
) обчислимо за
класичним означенням:
4
7
4
43
)(
C
CC
C
CC
n
m
xXP
iiii
xx
K
N
xK
MN
x
M
i
−−
−
====
.
Отже,
35
1
4567
43211
)0(
4
7
4
4
0
3
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
===
C
CC
XP ;
35
12
4567
432143
)1(
4
7
3
4
1
3
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅
===
C
CC
XP ;
35
18
214567
4321343
)2(
4
7
2
4
2
3
=
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
===
C
CC
XP ;