Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
491
5.10. Ймовірність виготовлення нестандартної радіолампи
дорівнює 0,04.
Яке найменше число радіоламп потрібно відібрати, щоб з
ймовірністю 0,88 можна було б стверджувати, що частка не-
стандартних радіоламп буде відрізнятись від ймовірності
виготовлення нестандартної лампи за абсолютною величиною
не більше, ніж на 0,02?
Розв’язок.
Введемо позначення: р = 0,04; Р = 0,88; ε = 0,02; q = 0,96.
Для знаходження числа n
використаємо:
а) формулу Лапласа:
.2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤−
pq
n
Фp
n
m
P
εε
Підставивши необхідні дані, отримуємо:
,88,0
96,004,0
02,0202,004,0 =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤−
n
Ф
n
m
P
звідки
.44,0
2
88,0
96,004,0
02,0 ==
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
n
Ф
З таблиць інтегральної функції знаходимо
555,1
=
t , при
якому
44,0)( =tФ . Отже, 44,0
96,004,0
02,0 =
⋅
n
або
55,15
96,0
=
n
. Звідки
(
)
23255,1596,0
2
=⋅=n .
б) нерівність Чебишева:
2
1
ε
ε
n
pq
p
n
m
P −≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−=
, яка в числах має вигляд:
2
)22,0(
96,044,0
188,0
n
⋅
−= . Отже, 12,0
96,0
=
n
, звідки
800
=
n
.
492
Як видно з розрахунків, нерівність Чебишева дає значен-
ня n значно вище.
5.11. В певному технологічному процесі в середньому
75% виробів має допуск ±5%. Яке число виробів з партії з
200000 шт. з ймовірністю 0,99 можна планувати з допуском
±5%?
Розв’язок.
Введемо значення:
;99,0
=
=
γ
P ;200000
=
n =
p
;
4
3
75,0)75(
0
0
===
4
1
25,075,011 ==−=−= pq
.
Необхідно обчислити
m і
ε
. Для обчислення даних
величин скористуємось:
а) формулою Лапласа:
.2
γεε
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤−
pq
n
Фp
n
m
P
Підставивши необхідні дані, отримуємо:
.99,0
13
44200000
275,0
200000
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
⋅⋅
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤−
εε
Ф
m
P
Спростивши вираз, отримуємо:
99,0)7956,1032(2
=
⋅
ε
Ф
,
звідки,
495,0
2
99,0
)( ==tФ . З таблиць інтегральної функції
отримуємо t = 2,573. Отже,
002491,0
7956,1032
573,2
==
ε
.
Підставивши отримане значення ε в нерівність
002491,075,0
200000
≤−
m
, будемо мати:
002491,075,0
200000
002491,075,0 +≤≤−
m
,
або
2,4981500002,498150000
+
≤
≤
− m
Остаточно, 498150000
±
=
m .
493
б) нерівністю Чебишева:
2
1
ε
ε
n
pq
p
n
m
P −≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−
.
Підставивши необхідні дані, отримаємо:
≥99,0
2
200000
25,075,0
1
ε
⋅
⋅
−≥
, або ,01,0
200000
25,075,0
2
≥
⋅
⋅
ε
, звідки, ≤
2
ε
.00009375,0
01,0200000
25,075,0
=
⋅
⋅
≤ Отже, ε
≤
0,009682. Розкрив-
ши нерівність:
ε
<− p
n
m
або 009682,075,0
200000
<−
m
, отримуємо
εε
+<<− p
n
m
p
, або
009682,075,0
200000
009682,075,0 +<<−
m
.
Отже,
+
⋅
<
<
⋅
−⋅ 20000075,0200000009682,020000075,0 m
200000009682,0 ⋅+
, або 1936150000
±
=
m .
5.12. Вибірковим шляхом потрібно визначити середній
зріст чоловіків двадцятилітнього віку.
а) У скількох відібраних випадково чоловіків потрібно
виміряти зріст, щоб з ймовірністю, що перевищує 0,95, можна
було б стверджувати, що середній зріст у відібраної групи
буде відрізнятись від середнього зросту (що приймається за
математичне сподівання вибіркового середнього зросту) за
абсолютною величиною не
більше, ніж на 1 см? Встановлено,
що дисперсія зросту в кожному випадку не перевищує 25.
б) Як зміниться результат, якщо було б необхідно ту ж
точність вибіркового обстеження гарантувати менш строго,
наприклад, з ймовірністю 0,9?
494
в) Як змінився б результат, якщо потрібна була б менша
точність оцінки середнього зросту? Наприклад, з ймовір-
ністю, що перевищує 0,95, потрібно було б гарантувати, що
відхилення середнього зросту всіх двадцятилітніх чоловіків за
абсолютною величиною не перевищить 2 см.
Розв’язок.
Використаємо нерівність Чебишева записану у формі:
2
1)(
11
ε
ε
n
L
xM
n
x
n
P
ii
−≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−
∑∑
,
де L – додатнє число, що задовольняє вимозі:
),...2,1()( niLxD
i
=≤ . Згідно умови:
P
n
L
≥−
2
1
ε
, де Р –
задана імовірність. З нерівності визначаємо:
)1(
2
P
L
n
−
≥
ε
, де
L = 25.
Підставивши числові дані отримаємо:
а)
;500
)95,01(1
25
2
=
−
≥n 500≥n .
Тут покладено ε = 1, Р = 0,95.
б)
;250
)9,01(1
25
2
=
−
≥n 250≥n .
Тут покладено Р = 0,9;ε = 1.
Зменшення імовірності Р приводить до зменшення числа
випробувань.
в)
;125
)95,01(2
25
2
=
−
≥n
125≥n
.
Тут покладено Р = 0,95; ε = 2.
Зменшення точності оцінки ε приводить до зменшення
числа випробувань.
5.13. Скільки разів потрібно виміряти дану величину,
істинне значення якої рівне а, щоб з ймовірністю, не меншою
0,98, можна було стверджувати, що середньоарифметичне
495
значення цих вимірів відмінне від а за абсолютною вели-
чиною меншою, ніж три, якщо середньоквадратичне відхи-
лення кожного виміру менше шести?
Розв’язок.
Оскільки кожний з вимірів, що є випадковою величиною
,...)2,1( =ix
i
, має дисперсію
i
x
D
, що обмежена однією і
тією ж постійною L
(
)
,6
22
==≤
σ
LD
i
x
скористуємось не-
рівністю Чебишева:
2
1
1
1
ε
ε
n
L
ax
n
P
i
n
i
−≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−
∑
=
.
Поклавши
3=
ε
; Р( ) = 0,98; L = 6
2
= 36 в попередню
нерівність, отримуємо
98,0
3
6
1
2
2
≥
⋅
−
n
, розв’язавши яку отри-
муємо
200≥n .
5.14. Дисперсія кожної з 30000 незалежних випадкових
величин не перевищує шести.
Якою повинна бути верхня межа абсолютної величини
відхилення середньоарифметичної випадкової величини від
середньоарифметичного математичного сподівання, щоб ймо-
вірність такого відхилення перевищила 0,92?
Розв’язок.
Скористуємось узагальненою нерівністю Чебишева:
2
11
1
11
ε
ε
n
L
m
n
x
n
P
n
i
xi
n
i
i
−≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−
∑∑
==
,
де
,6=≤ LD
i
x
,30000
=
n 92,0(......)
=
P .
Верхню величину відхилення
ε
знаходимо з умови:
.92,01
2
≤−
ε
n
L
Підставивши необхідні дані в нерівність і розв’язавши її,
отримуємо:
496
05,0
400
1
08.030000
6
==
⋅
≤
ε
.
Отже,
05,0≤
ε
.
5.15. Середньоквадратичне відхилення кожної з 450000
незалежних випадкових величин не перевищує десяти.
Визначити ймовірність того, що абсолютна величина
відхилення цих середньоарифметичних випадкових величин
від середньоарифметичних їх математичних сподівань не
перевищить 0,02.
Розв’язок.
Використаємо формулу:
2
11
)(
1)(
11
ε
ε
n
XD
xM
n
x
n
P
k
n
k
k
n
k
−≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−
∑∑
==
,
підставивши в яку числові дані n = 450000;
σ
= 10; ε =
= 0,02; D(Х) = 100, отримаємо:
=
⋅⋅
−≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
<−
∑∑
==
02,002,0450000
100
102,0)(
11
11
k
n
k
n
k
xM
n
x
n
P
;
9
4
9
5
1 =−=
.
9
4
≥P
5.16. На відрізку [0;1] випадковим чином вибрані 108
незалежних і рівномірно розподілених випадкових величин
Х
1
, Х
2
, ...Х
108
.
Визначити імовірність події
∑
=
∈=
108
1
108
).60;50(
i
i
XS
Розв’язок.
Оскільки число випадкових величин n=108 достатньо
велике, то сума S
n
є випадковою величиною розподіленою за
нормальним законом. Для обчислення заданої імовірності
скористуємось формулою:
497
{}{}
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=≤≤=∈
)(
)(
),(
n
n
nn
S
SM
ФSPSP
β
βαβα
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
Φ−
)(
)(
n
n
S
SM
α
,
де
×====
∑
=
108)(108)()()(
108
1
108
ii
i
n
XMXMSMSM
,54
2
10
=
+
× оскільки для рівномірного розподілу
;
2
1
2
10
2
)( =
+
=
+
=
ba
XM
i
),(108)()()()(
108
1
108 ii
i
nn
XDXDSDSDS ⋅====
∑
=
σ
де
12
1
12
)(
)(
2
=
−
=
ab
XD
i
, отже .39
12
108
)(
108
===S
σ
Остаточно,
()
+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=≤≤ )2(
3
5450
3
5460
6050 ФФФSP
n
.886,04088,04772,0)333,1(
=
+
=+Ф
5.17. Випадкова величина
X
є середньоарифметичною
3200 незалежних і однаково розподілених випадкових вели-
чин Х
і
(і = 1,2,...,3200), для яких М(Х
і
) = 3 і D(Х
і
) = 2.
Знайти а) імовірність події
)075,3;95,2(∈X ; б) довірчий
інтервал для
X
, задаючи довірчу імовірність рівну 0,6826.
Розв’язок.
а) Оскільки число незалежних випадкових величин n =
= 3200 є великим, то їх середнє значення
X
є випадковою
величиною, розподіленою за нормальним законом, так що
498
ймовірність того, що випадкова величина
X
знаходиться в
заданому інтервалі знаходиться за формулою:
()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=≤≤
)(
)(
)(
)(
X
XM
Ф
X
XM
ФXP
σ
α
σ
β
βα
і, оскільки,
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+++
==
n
xxxx
DXDX
ni
)......(
)()(
21
σ
==
+++
=
22
21
)()(...)(...)()(
n
xnD
n
xDxDxDxD
ini
n
x
n
x
n
xD
iii
)()()(
2
σσ
=== , то
{}
.
)(
)]([
)(
)]([
),(
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
−
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−
=∈
ii
x
nXM
Ф
x
nXM
ФXP
σ
α
σ
β
βα
Підставивши необхідні дані, отримуємо:
{}
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=∈
2
3200)3075,3(
)075,3;95,2( ФXP
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
2
240075,0
2
3200)395,2(
ФФ
=+=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅
− )2()3(
2
24005,0
ФФФ
.976,097585,04772,049865,0
≈
=
+=
б) Для обчислення меж, в яких буде знаходитись середнє
значення, необхідно обчислити величину відхилення. Для
цього скористуємося формулою:
{}
.
)(
2
)(
2)
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=≤−
i
x
n
Ф
X
ФXP
σ
δ
σ
δ
δα
499
Згідно умови 6826,0
)(
2 =
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
i
x
n
Ф
σ
δ
, отже =
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
)(
i
x
n
Ф
σ
δ
.3413,02:6826,0)(
=
=Φ= x
Згідно таблиць інтегральної функції х = 1, 0. Тому
0,1
)(
=
i
x
n
σ
δ
, звідки ==
⋅
===
40
1
240
2
3200
2)(0,1
n
x
i
σ
δ
.025,0=
Отже,
δ
≤− aX
, або
;
δδ
+≤≤− aXa
Підставивши необхідні дані, отримуємо
≤
−
025,00,3
025,00,3 +≤≤ X , або .025,3975,2 ≤≤ X
5.18. При складанні статистичного звіту необхідно склас-
ти 300 чисел, кожне з яких заокруглене з точністю до 10
-5
.
Припускається, що похибки заокруглення чисел взаємно
незалежні і рівномірно розподілені на відрізку
[
]
55
105,0;105,0 ⋅⋅−
−
. Знайти межі, в яких з імовірністю
більшою за 0,997 буде лежати сумарна похибка.
Розв’язок.
Введемо позначення: Х
і
– випадкова величина похибки
заокруглення одного і-того числа; n = 300;
∈
i
X
],105,0;105,0[
55 −−
⋅⋅−∈ 997,0≥P ,
5
10)(
−
=Xi
σ
– похибка
(середнє квадратичне відхилення) заокруглення і-того числа.
Тоді S
300
– випадкова величина суми похибок 300 чисел.
Обчислимо математичне сподівання М(Х
і
) і дисперсію
D(Х
і
) похибки і-того числа, що розподілена за рівномірним
законом:
;0
2
105,0105,0
2
)(
55
=
⋅+⋅−
=
+
=
−−
ba
XM
i
.
12
10
12
)10(
12
)105,0105,0(
12
)(
)(
1052552 −−−−
==
⋅+⋅
=
−
=
ab
XD
i
500
Математичне сподівання М(S
300
) суми S
300
похибок 300
чисел рівне:
===
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
∑∑
==
)(300)()()(
300
1
300
1
300
i
i
i
i
i
XMXMXMSM
00300 =⋅= .
Дисперсія суми D(S
300
) суми похибок 300 чисел S
300
рівна:
===
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
∑∑
==
)(300)()(
300
1
300
1
300
i
ii
i
XDXiDXDSD
.105,2
12
10300
10
10
−
−
⋅=
⋅
=
Оскільки n = 300 достатньо велике, то сума їх похибок
розподілена за нормальним законом і для обчислення ширини
інтервалу ε можна використати формулу:
()
.997,0
)(
2)(
300
300
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=≤−
S
ФSMSP
σ
ε
ε
Отже,
.4985,0
2
997,0
)(
300
=≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
S
Ф
σ
ε
З таблиць інтегральної функції знаходимо t = 2,96 при
якому Ф(t) = 0,4985.
Отже,
96,2
)(
300
≤
S
σ
ε
, звідки
=⋅⋅=⋅⋅=⋅≤
−− 510
300
10596,296,2102596,2)(S
σε
000148,0108,14
5
=⋅=
−
.
Розкривши нерівність
ε
≤− )(
300
SMS
і врахувавши, що
М(S
300
) = 0, сумарна похибка буде знаходитись в межах
[
]
55
300
108.14;108.14
−−
⋅⋅−∈S .
Ширину інтервалу ε можна також обчислити з нерівності
Чебишева: