Элементы теории вероятностей

КОНРОЛЬНАЯ РАБОТА 1 (Вариант 10)

(спец. “Финансы и кредит” (080105), ускоренная форма обучения)

Элементы теории вероятностей

выполнил: Феклистов В.С.

Задача 1. Выразить событие С через события Аi из условия задачи,

используя операции сложения, умножения и отрицания. При этом

слагаемые в выражении должны быть попарно несовместными.

Из 5 деталей выбирают одну годную. Аi – i-я выбранная деталь годная. С – годная деталь нашлась раньше, чем были проверены все детали.

Решение:

Аi – годная деталь i=1,2,3,4,5

A1 – 1 деталь годная;

Ā1A2 – 1 деталь не годная, а 2 годная;

Ā1 Ā2А3 – 1,2 детали не годны, а 3 годная;

Ā1 Ā2 Ā3А4 – 1,2,3 детали не годны, а 4 годна;

С - годная деталь нашлась раньше, чем были проверены все детали (по усл.) следовательно, 5 деталь не проверяется.

Так выбор способов происходит не одновременно, следовательно, применяем правило сложения

С= A1+ Ā1A2+ Ā1 Ā2А3+ Ā1 Ā2 Ā3А4

Задача 2.Наудачу выбирается семизначное число. Найти вероятность того, что число одинаково читается как слева направо, так и справа налево (например, 4321234).

Решение:

Вероятность определяться по формуле p=m/n , где m – количество благоприятных этому событию исходов, n – количество всех возможных исходов

Представим любое семизначное число в виде a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7;

Найдем количество всевозможных исходов: a1 может изменяться от 1 до 9 => количество возможных вариантов а1=9; остальные 6 цифр могут изменяться от 0 до 9 => количество возможных вариантов а2 =а3 = а4 =а5 =а6= а7 =10. Пользуемся теоремой произведения т.к. выбор цифр происходит одновременно. n = 9*106.

Найдем количество благоприятных этому событию исходов: а4 может изменяться от 0 до 9 => количество возможных вариантов a4=10; a1=а7могут изменяться от 1 до 9 => количество возможных вариантов а1=а7=9; остальные цифры а2=а6, а3=а5 изменяются от 0 до 9 => количество возможных вариантов а2=а6=10 и а3=а5=10. Пользуемся теоремой произведения т.к. выбор цифр происходит одновременно. m = 9*103

p = 9*103/9*106=0,001

Ответ: p =0,001

Задача 3. Рабочий обслуживает три станка, работающих независимо. Вероятность того, что в течение часа не потребует внимания рабочего: первый станок – 0,9; второй станок – 0,8; третий станок – 0,85. Найти вероятность того, что в течение часа два станка потребуют внимания рабочего.

Решение:

Ai – выход из строя i-го станка i=1, 2, 3

p1 =0,9; p2 =0,8; p3 =0,85; вероятность того что в течении часа станки не потребуют внимания

q1 =0,1; q2 =0,2; q3=0,15; вероятность того, что в течении часа станки потребуют внимание

Вероятности того, что 2 станка выйдут из строя: P(A1)* P(A2) *P(Ā3) - выход из строя 1 и 2 станка; P(Ā1)* P(A2)*P(A3) - выход из строя 2 и 3 станка; P(A1)*P(Ā2)*P(A3) - выход из строя 1 и 3 станка. Так выбор способов происходит не одновременно, следовательно, применяем правило сложения.

P(Ai) = P(A1) * P(A2) * P(Ā3) + P(Ā1) * P(A2) * P(A3) + P(A1) * P(Ā2) * P(A3) = 0,1 * 0,2 * 0,85 + 0,9 * 0,2 * 0,15 + 0,1 * 0,8 * 0,15 = 0,056

Ответ: p =0,056

Задача 4. На сборку поступили транзисторы с двух заводов-изготовителей. Причем, первый завод поставил 30%, остальные – второй. Вероятность отказа для транзисторов первого завода – 0,1, второго – 0,15. В блок поставлено два наудачу взятых транзистора. Найти вероятность, что блок исправен. Какова вероятность, что оба транзистора изготовлены вторым заводом, если блок не исправлен? Блок не работает, если дефект имеет хотя бы один транзистор.

Решение:

Событие А - блок не исправен

Гипотезы:

Н1-

...