Задача 11. Система радиолокационных станций ведет наблюдение за группой объектов, состоящей из 8 единиц. Каждый объект может быть (независимо от других) потерян с вероятностью 0,1.

Найти вероятность того, что хотя бы один из объектов будет потерян.

Ответ: 0,5695.

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность восьми одинаковых независимых испытаний с двумя исходами: (либо потерян объект, либо нет).

Альтернативой событию А = "хотя бы один из объектов будет потерян" является событие В = "ни один объектов не будет потерян"

Модель: B(8;¹/₁₀) - биномиальная: Восемь независимых одинаковых случайных эксперимента Бернулли B(¹/₁₀) .

Биномиальная случайная величина Х  B(8;¹/₁₀) .

Решение. Р(А) = 1– Р(В). Р(В) = Р(Х =0) = (1¹/₁₀)⁸  1-0,4305  0,5695.

Задача 12. Что вероятнее: выиграть у равносильного противника в теннис два сета из четырех или три из шести? Ответ: 2 из 4.

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность одинаковых независимых испытаний с двумя исходами: (либо выиграл, либо нет).

Возможны две трактовки "выиграть" два сета из четырех:

а) Выиграть не менее двух сетов из четырех.

б) Выиграть ровно два сета из четырех.

Предположение.

Будем подробно решать задачу в трактовке условия задачи а).

Модели:

Х  B(4;¹/₂) - биномиальная: случайная величина. Найти Р(Х ≥ 2).

У  B(6;¹/₂) - биномиальная: случайная величина. Найти Р(У ≥ 3).
Решение.

1. 
   Вероятность выиграть не менее двух сетов из четырех.
   

Р(Х ≥ 2) = Р(Х = 2) + Р(Х = 3) + Р(Х = 4).

или Р(Х ≥ 2) = 1  Р(Х < 2) = 1  Р(Х = 0)  Р(Х = 1).

Р(Х = k) = С₄^k · (¹/₂)⁴;

С₄⁰ = С₄⁴ = 1; С₄¹ = С₄³ = 4; С₄² = 6.

Р(Х = 0) = (¹/₂) ⁴ = ¹/_{1 6} . Р(Х = 1) = 4 · (¹/₂) ⁴ = ⁴/_{1 6} .

Р(Х < 2) = ¹/ _{1 6} + ⁴/_{1 6} = ⁵/ _{1 6} .

Р(Х ≥ 2) = 1  ⁵/_{1 6} = ^{1 1}/_{1 6} .

2. 
   Вероятность выиграть ровно два сета из четырех.
   

Р(Х = 2) = 6 · (¹/₂) ⁴ = ⁶ / _{1 6}.

1. 
   Вероятность выиграть не менее трёх сетов из шести.
   

Р(У ≥ 3) = Р(У = 3) + Р(У = 4) + Р(У = 5) + Р(У = 6).

или Р(У ≥ 3) = 1  Р(У < 3) = 1  Р(У = 0)  Р(У = 1)  Р(У = 2).

Р(У = k) = С₆^k · (¹/₂)⁶ ;

С₆⁰ = С₆⁶ = 1; С₆¹ = С₆⁵ = 6; С₆² = С₆⁴ = 15; С₆³ = 20.

Р(У = 0) = (¹/₂) ⁶ = ¹/ _{6 4} ; Р(У = 1) = 6·(¹/₂) ⁶ = ⁶/ _{6 4} ;

Р(У = 2) = 15·(¹/₂) ⁶ = ^{1 5}/ _{6 4}.

Р(У < 3) = ¹/ _{6 4} + ⁶/ _{6 4} + ^{1 5}/ _{6 4} = ^{2 2}/ _{6 4} .

Р(У ≥ 3) = 1  ^{2 2}/ _{6 4} = ^{4 2}/_{6 4} = ^{2 1}/_{3 2} .

2. 
   Вероятность выиграть ровно три сета из шести.
   

Р(У = 3) = 20 · (¹/₂) ⁶ = ^{2 0} /_{6 4} = ⁵ / _{1 6}.

Ответ:

а) Р(Х ≥ 2) > Р(У ≥ 3) (вероятность выиграть у равносильного противника не менее двух сетов из шести больше чем вероятность выиграть не менее трёх сетов из четырех), т.к. ^{1 1}/_{1 6} = ^{2 2}/_{3 2} > ^{2 1}/_{3 2} .

б) Р(Х = 2) > Р(У = 3) (вероятность выиграть ровно два сета из четырех больше чем вероятность выиграть ровно три сета из шести), т.к. ⁶ / _{1 6} > ⁵ / _{1 6} .
Задача 13. Вероятность получения с конвейера изделия первого сорта равна 0,8. Определить:
а) вероятность того, что из взятых на проверку 400 изделий, 315 будут первого сорта.

Ответы: С₄₀₀³¹⁵ · (0,8)³¹⁵· (0,2)⁸⁵; exp(–80) · λ⁸⁵/ 85!; φ(1,25) = 0,1826.

б) найти вероятность того, что из взятых на проверку 400 изделий, изделий первого сорта будет от 300 до 340.

Ответы: Больше 0,96; больше 0,9735;  0,9876.

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность 400 одинаковых независимых испытаний Бернулли с двумя исходами: (первого сорта, либо нет), т.е. биномиальная модель случайного эксперимента B(400; 0,8).

Будем анализировать случайную величину Х – количество изделий первого сорта из взятых на проверку 400 изделий. Х  B(400; 0,8).

Е[Х] = N·p = 400·0,8 = 320; D[Х] = N·p·q = 320·0,2 = 64; σ[Х] = σ = 4.

Решение.

Задача а). Нам необходимо определить Р(Х = 315).

Способ 1.

Так как Х  B(400; 0,8), то Р(Х = 315) = С₄₀₀³¹⁵ · (0,8)³¹⁵· (0,2)⁸⁵.

Можно оценить это значение. На основе теоремы Пуассона или ЦПТ (центральной предельной теореме теории вероятностей).

Способ 2. Теорема Пуассона позволяет оценивать биномиально распределённую случайную величину B(N; p) распределением Пуассона P(λ), λ = N· p (для редких событий, если p < ½) .

Сл.в. Х  B(400; 0,8). Рассмотрим также сл.в. Y = 400 – Х.

Y  B(400; 0,2). Р(Х = 315) = Р(Y = 85).

По теореме Пуассона Y  Y_Р  P(λ), λ = N· p = 80. Поэтому

Р(Х = 315) = Р(Y = 85)  Р(Y_Р = 85) = exp(–80) · λ⁸⁵/ 85! .

Способ 3.

Х  B(400; 0,8) как сумма 400 независимых одинаково распределённых случайных величин (с распределением Бернулли) имеет распределение близкое к распределению непрерывной нормально распределённой случайной величины Z  N(a; σ²) = N(320; 4²).

Поэтому, Р(Х = 315) будем оценивать как значение сл.в. z в окрестности точки 315 (локальная предельная теорема Муавра-Лапласса).

Р(Х = 315)  Р(314,5 ≤ Z ≤ 315,5)  p_z(315) = φ(– 1,25) = φ(1,25) =0,1826.

Здесь p_z(315) значение p_z(u), функции плотности нормально распределённой случайной величины Z , при u = 315.

Значение p_z(u) (функции плотности нормально распределённой случайной величины Z  N(a; σ²) ) при u = 315 совпадает с табличным значением φ(u) (функции плотности стандартной нормально распределённой случайной величины Z₀ =[(Z – a) / σ ]  N(0; 1)) при u = (315– 320) / 4 = –1,25.

Задача б). Найти вероятность того, что из взятых на проверку 400 изделий, изделий первого сорта будет от 300 до 340.

Нам необходимо определить Р(300 ≤Х ≤ 340) = Р(Х–320 ≤ 20), где

Х B(400; 0,8); Х  Z  N(320; 4²).

Способ 1. Неравенство Чебышева.

Для любой случайной величины Х: Е[Х] = a; D[Х] = σ² справедливо неравенство: Р(Х– a ≥ d) ≤ σ² / d² или Р(Х– a ≤ d) ≥ 1 – σ² / d².

Для нашей задачи Е[Х] = a = 320; D[Х] = σ² = 4². Поэтому

Р(Х–320 ≤ 20) ≥ 1 – 4² / 20² =1– 0,04 = 0,96.

Ответ: Р(Х–320 ≤ 20) ≥ 0,96.

Способ 2. Центральная предельная теорема (ЦПТ).

Наша сл.в. Х  Z  N(320; 4²). Так как 20 = 2,5·4 = 2,5·σ,

Р(Х–320 ≤ 20)  Р(Z – 320 ≤ 20) = Р(Z – a  ≤ 2,5·σ).

Учитывая свойства Z  N(320; 4²), получаем

0,95  Р(Z – a  ≤ 2·σ) ≤ Р(Z – a  ≤ 2,5·σ) ≤ Р(Z – a  ≤ 3·σ) ≤ 0,997.

Т.е, 0,95 ≤ Р(Х–320 ≤ 20) ≤ 0,997. Или

Р(Х–320 ≤ 20) >0,95 + (0,997–0,95)/2 = 0,9735. По таблицам значений функции распределения нормально распределённой случайной величины

Р(Х–320 ≤ 20)  Р(Z – a  ≤ 2·σ) = 0,9876.

Ответы: Р(Х–320 ≤ 20) > 0,9735; Р(Х–320 ≤ 20)  0,9876.

Задача 14. Среди шариковых авторучек в среднем при упаковке, отгрузке и доставке в магазин повреждаются 0,02%.

Найти вероятность того, что среди 5000 авторучек окажутся поврежденными не более 3 ручек. Ответ: ≈ 0,98.

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность 5000 одинаковых независимых испытаний Бернулли с двумя исходами: (брак, стандарт), т.е. биномиальная модель случайного эксперимента B(N; р), N = 5000; р = 0,0002.

Случайная величина ХB(5000;р) характеризует количество поврежденных ручек из 5000. Р(Х = k) = С_N ^k ·р ^k ·q ^{N – k}.

Е[Х] = N·р = 1; D[Х] = N·р·q =0,9998; σ = σ[Х] = 0,9999.

Решение.

Требуется найти Р(Х ≤ 3) = Р(Х = 0) + Р(Х = 1) + Р(Х = 1) + Р(Х = 3).

Способ 1. Прямые вычисления вероятностей.

ХB(5000;р); Р(Х ≤ 3) = Р(Х = 0) + Р(Х = 1) + Р(Х = 1) + Р(Х = 3).

Способ 2. По теореме Пуассона.

ХB(5000;р), тогда Х ≈ У Р(λ), λ = N· p = 1; Р(У = k) = exp(-λ) · λ^k / k!.

Р(Х ≤ 3) ≈ Р(У ≤ 3) = Р(У = 0) + Р(У = 1) + Р(У = 1) + Р(У = 3) =

= exp(-λ) · [λ⁰ / 0! + λ¹ / 1!+ λ² / 2! +λ³ / 3!] =

= exp(-1) · [1 / 1 + 1 / 1+ 1 / 2 +1 / 6] ≈ 0,3679· ⁸/ ₃ ≈ 0,981.
Задача 15. В среднем два процента электроламп изготовленных на заводе имеют брак. На контроль отобрано 1000 ламп.

Оцените вероятность того, что относительная частота бракованных ламп отличается от средней вероятности не более чем на один процент.

Ответ: ≥ 0,804 .

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность 1000 одинаковых независимых испытаний Бернулли с двумя исходами: (брак, стандарт), т.е. биномиальная модель случайного эксперимента B(1000; р). "В среднем р = 0,02."

Будем анализировать случайные величины Х_k  B(р); k =1,2,..,1000; сумму Х_k , сл.в. Х  B(1000; р); и сл.в. У = Х/1000 – относительная частота бракованных ламп среди 1000 электроламп.

Е[У] = Е[Х] /1000 = р; D[У] = D[Х] /(1000)² = p·q / 1000.

Решение.

В задаче требуется оценить

Р(У – 0,02 ≤ 0,01).

Способ 1. Неравенство Чебышева.

Если Е[У] = р = 0,02; то D[У] = p·q / 1000 = 0,0196·10 ^-3.

Р(У – 0,02 ≤ 0,01) ≥ 1 – (p·q / 1000) / 0,01² = 1 – 0,0196·10 ^-3/10 ^-4 =0,804.

Ответ: Р(У – 0,02 ≤ 0,01) ≥ 0,804.

Способ 2. Центральная предельная теорема (ЦПТ).

У Z  N(a; σ²), где a = Е[У] = 0,02; σ² = D[У] = 0,0196·10 ^-3, то

Р(У – 0,02 ≤ 0,01)  Р(Z – a  ≤ 10 ^-2).

.

Требуется оценить вероятность оказаться нормально распределённой случайной величине в окрестности центра распределения 0,01=1·10 ^-2 при стандартном отклонении σ  0,44 ·10 ^-2 . (σ  0,0044)

Р(Z – a  ≤ 0,01) ≥ Р(Z – a  ≤ 0,0088) = Р(Z – a  ≤ 2·σ)  0,9544.

Р(Z – a  ≤ 0,01) ≤ Р(Z – a  ≤ 0,0132) = Р(Z – a  ≤ 3·σ)  0,9973.

Р(Z – a  ≤ 0,01) ≤ Р(Z – a  ≤ 0,0110) = Р(Z – a  ≤ 2,5·σ)  0,9876.

Следовательно, 0,9544 ≤ Р(Z – a  ≤ 0,01) ≤ 0,9876.

Табличное значение вероятности . Р(Z – a  ≤ 0,01)  0,977.

Ответ: Р(У – 0,02 ≤ 0,01)  0,977.

Задача 16. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле
равна 0,7. Найдите вероятность того, что при 10 выстрелах стрелок поразит мишень 8 раз.

Ответ: ≈ 0,233.

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность 10 одинаковых независимых испытаний Бернулли с двумя исходами: (поразил мишень, нет), т.е. биномиальная модель случайного эксперимента B(N; р), N = 10; р = 0,7.

Случайная величина ХB(10;0,7) характеризует количество поражённых мишеней из 10. Р(Х = k) = С₁₀ ^k ·0,7 ^k ·0,3 ^{10 – k}, k = 0; 1; 2;…;10.

Решение.

В задаче требуется найти Р(Х = 8).

Р(Х = 8) = С₁₀ ⁸ ·0,7 ⁸ ·0,3 ² = 45·0,057648·0,09 = 0,233474.
Ответ: ≈ 0,233.

Задача 17. Вероятность того, что деталь не прошла проверку ОТК, равна 0,2.

Найдите вероятность того, что среди 500 случайно отобранных деталей окажется непроверенных от 80 до 100 деталей. Ответ: ≈ 0,487.

Анализ ситуации.

Рассматривается последовательность 500 одинаковых независимых испытаний Бернулли с двумя исходами: (деталь не прошла проверку; прошла проверку), т.е. биномиальная модель случайного эксперимента B(N; р),

N = 500; р = 0,2.

Случайная величина ХB(500;0,2) характеризует количество не прошедших проверку деталей из 500.

Е[Х]=500·0,2=100; D[Х] = 500·0,2·0,8 = 80. σ = σ[Х] ≈ 8,944.

Р(Х = k) = С₅₀₀ ^k ·0,2 ^k ·0,8 ^{10 – k}, k = 0; 1; 2;…;500.

Требуется найти Р(80 ≤Х ≤ 100).

Решение. (Центральная предельная теорема).

В задаче требуется найти Р(80 ≤Х ≤ 100) = Р(0 ≤ Х – 80 ≤ 20).

Случайная величина ХB(500;0,2); Х ≈ Z  N(100; 80).

Р(80 ≤Х ≤ 100) ≈ Р(– 20 ≤ Z – 100 ≤ 0); 2·σ < 20 < 2,5·σ .

По свойствам нормально распределённой случайной величины

Р(– 2·σ ≤ Z – 100 ≤ 0) < Р(– 20 ≤ Z – 100 ≤ 0) < Р(–2,5·σ ≤ Z – 100 ≤ 0).

Тогда 0,4772 < Р(– 20 ≤ Z – 100 ≤ 0) < 0,4938, т.е. Р(80 ≤ Z ≤ 100) ≈ 0,487.