2.5 Нахождение законов распределения случайных величин, их числовых характеристик, функций и плотностей распределения
Необходимо: а) найти вероятности Р(Х = 6), Р(0 < X < 5), P(X ≤ 0); б) вычислить математическое ожидание и дисперсию случайной величины Х; в) построить график функции распределения. Решение: а) Т.к. все события Х = хi (i =1, 2, 3, 4) образуют полную группу, будет выполняться: . Тогда получим: Так как события несовместны , то б) Математическое ожидание случайной величины Х находят по формуле (31): По свойствам дисперсии (35) При этом тогда в) Построим график функции распределения случайной величины Х. Значения F(x) можно найти, согласно формуле (24). В таблице 8 представлены значения функции распределения F(x), найденные по условию данной задачи. Таблица 8 — Значения функции распределения случайной величины Х
| Значения | |
| х | F(x) = P(X < x) |
| x ≤ -1 | F(x) = P(X < -1) = 0 |
| -1 < x ≤ 0 | F(x) = P(X = -1) = 0,1 |
| 0 < x ≤ 1 | F(x) = P(X = -1) + P(X = 0) = 0,1 + 0,1 = 0, 2 |
| 1 < x ≤ 6 | F(x) = P(X = -1) + P(X = 0) + P(X = 1) = 0,1 + 0,1 + 0,1 = 0, 3 |
| x > 6 | F(x) = P(X = -1) + P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 6) = 0,1 + 0,1 + 0,1 + 0,7 = 1 |
Рисунок 2 – График F(x) к задаче 2.5.1. Ответ: а) Р(Х = 6)=0,7; Р(0 < X < 5)= 0,1; P(X ≤ 0) = 0,2; б) М[Х] = 4,2; D[X]= 7,76; в) график функции распределения случайной величины Х представлен на рисунке 2. Задача 2.5.2 Н 
а заводе работают три автоматические линии. В течение рабочей смены первая линия не потребует регулировки с вероятностью 0,9, вторая — с вероятностью 0,8, а третья — с вероятностью 0,75. Составить закон распределения числа линий, которые в течение смены потребуют регулировки. Найти среднее квадратическое отклонение этой случайной величины. Решение: Случайная величина Х, равная числу линий, которые в течение смены потребуют регулировки, может принимать значения хi : 0, 1, 2, 3. Все события Х = хi можно выразить через события А1, А2 и А3. Событие А1 – первая линия потребовала регулировки, А2 – вторая и А3 – третья. По условию, = 0,9, = 0,8, = 0,75. Тогда Р(А1) = 1- 0,9 = 0,1; Р(А2) = 1- 0,8 = 0,2; Р(А3) = 1 — 0,75 = 0,25. Найдём вероятности событий: 1) Р(Х=0). Выразим событие Х=0 (ни одна линия не потребовала регулировки) через события А1, А2 и А3. Это событие равно произведению . Так как множители в нём – независимые события, то по теореме умножения вероятностей (13) получим: 2) Р(Х=1). Событие Х=1 (одна линия потребовала регулировки) можно представить в виде: . Так как слагаемые в получившейся сумме – несовместные события, а множители в произведениях – независимы, то по основным теоремам теории вероятностей (10) и (13) получим: 3) Р(Х=2). Событие Х=2 (две линии потребовали регулировки) можно представить в виде: . Аналогично пункту 2), получим: 4) Р(Х = 3). Событие Х = 3 (все линии потребовали регулировки) представим в виде: . Так как множители – независимые события, то по теореме умножения вероятностей (13) получим: Закон распределения случайной величины Х запишем в виде таблицы (табл. 9). Таблица 9 — Закон распределения случайной величины Х (к задаче 2.5.2)
| Хi | 0 | 1 | 2 | 3 |
| pi = P(X=xi) | 0,540 | 0,375 | 0,080 | 0,005 |
Проверка: (выполняется, т.к. все события X = xi (i=0, 1, 2, 3) образуют полную группу). Найдём (по формуле (36)) среднее квадратическое отклонение случайной величины Х: . Используя свойство дисперсии (35), вычислим: тогда следовательно, Получили, что в среднем значения случайной величины Х отклоняются от математического ожидания на 0,66. Ответ: 1) закон распределения случайной величины Х представлен таблицей 9. 2) среднее квадратическое отклонение случайной величины, равной числу линий, которые в течение смены потребуют регулировки, . Задача 2.5.3 Плотность вероятности случайной величины Х имеет вид: Требуется а) найти параметр а; б) вычислить математическое ожидание М[X]; в) найти вероятность Р(1 ≤ Х < 5); г) построить график функции распределения и плотности вероятности случайной величины Х. Решение: а) Из условия следует, что случайная величина Х распределена равномерно, поэтому по свойствам равномерного распределения (26) получим: То же значение можно получить по свойствам функции плотности вероятности (25): Тогда плотность вероятности случайной величины Х примет вид: б) Так как математическое ожидание непрерывной случайной величины можно найти по формуле (32), получим: . в) Для непрерывной случайной величины так же выполняется: Р(Х = хi) = 0, поэтому, по свойствам плотности распределения случайной величины (стр. 15), получим: г) Построим графики функции распределения и плотности вероятности случайной величины Х (рис. 3, 4). Значения найдены в таблице 10. Таблица 10 — Значения функции распределения случайной величины Х (к задаче 2.5.3).
| Значения х | Значения |
| х ≤ 2 | |
| 2< х ≤ 7 | |
| х > 7 |
Рисунок 3 — График функции распределения величины Х (к задаче 2.5.3) 
Рисунок 4 — График плотности вероятности случайной величины Х (к задаче 2.5.3) Ответ: а) а = 3; б) М[Х]=4,5; в) Р(1 ≤ Х < 5)=0,8; г) графики функции распределения и плотности вероятности случайной величины Х представлены соответственно на рисунках 3 и 4.
Решение задач о станках. Почти полное руководство
В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков.
В этот раз рассмотрим задачи о станках, и остановимся на трех типах задач: на действия с событиями (станки выходят из строя с разными вероятностями), на формулу Бернулли (вероятности одинаковы) и на формулу полной вероятности и Байеса.
Если вы только учитесь решать задачи, рекомендуем читать всю статью целиком, чтобы понять принцип решения и формулы в каждом случае, научиться отличать задачи друг от друга и подбирать верный подход. Знаете что конкретно ищете? Переходите по ссылкам.
- Начало: сложение и умножение вероятностей
- Продолжаем: формула Бернулли
- Совсем иначе: формула полной вероятности и Байеса
- Полезные ссылки
- Решебник по теории вероятностей
Нужна помощь? Решаем теорию вероятностей на отлично
Спасибо за ваши закладки и рекомендации
Капризные станки и вероятности
Рассмотрим популярный класс задач: про рабочего и капризные станки, которые ломаются/требуют внимания рабочего, причем вероятности выхода из строя заданы и различны для каждого из станков. Нужно найти вероятность выхода из строя одного станка, двух, ни одного и так далее, в зависимости от конкретной задачи. Основной метод решения подобных задач — использование теорем о сложении и умножении вероятностей, который мы и разберем на примерах ниже. После разобранных примеров вы найдете онлайн калькулятор, который поможет решить подобные задачи буквально в один клик!
Теория: выписываем события
Введем основные события для задачи (независимые, так как каждый станок работает сам по себе):
$A_i$ = (Станок $i$ отказал/потребовал внимания рабочего), $i=1,2,3$. Рассматривать в примере будем случаи с 2 или 3 станками. С одним задача вырождается, с четырьмя становится довольно громоздкой, но решается аналогично рассмотренным ниже. Пусть заданы вероятности выхода станков из строя: $p_i=P(A_i)$, и мы можем записать вероятности того, что станки продолжают работать: $q_i=1-p_i=P(\overline)$. Вводим также события, вероятности которых обычно нужно найти в заданиях:
$X_k$ = (В точности $k$ станков отказали), $k=0,1,2,3$.
Теория: случай 2 станков
Итак, у нас есть 2 станка, отказывающие с вероятностями $p_1$ и $p_2$ соответственно. Событие $X_0$ = (0 станков отказали) = (Все станки работают). Его можно записать как произведение событий $X_0=\overline
1. Когда первый станок откажет (событие $A_1$) и одновременно с этим второй станок работает (событие $\overline$), то есть получили произведение событий $A_1 \cdot \overline$.
2. Когда второй станок откажет (событие $A_2$) и одновременно с этим первый станок работает (событие $\overline
Так как других вариантов нет, а эти два варианта — несовместные (они не могут произойти одновроменно, или первая ситуация, или вторая), то по теореме сложения вероятностей несовместных событий: $$ P(X_1) = P\left(A_1 \cdot \overline + \overline
Онлайн-калькулятор для задачи о двух станках
Укажите вероятности отказа станков:
Теория: случай 3 станков
Быстренько обобщим наши формулы для случая 3 станков, отказывающих с вероятностями $p_1$, $p_2$ и $p_3$. Ни один станок не отказал: $$ P(X_0)=P\left(\overline
Онлайн-калькулятор для задачи о трех станках
Укажите вероятности отказа станков:
Практика: укрощаем станки
Пример 1. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок проработает смену без наладки, равна 0,9, а второй – 0,8. Найти вероятность того, что: а) оба станка проработают смену без наладки, б) оба станка за смену потребуют наладки. Итак, случай с 2 станками, используем формулы (1) и (3), чтобы найти искомые вероятности. Важно, какое событие мы считаем базовым: выше в теории мы использовали «станок откажет», тут же удобнее событие «станок проработает смену» (при этом формулы сохраняют вид, но легко использовать не ту, будьте внимательны). Итак, пусть $p_i$ — вероятность $i$-му станку проработать смену без наладки. И нужные вероятности: 1) Оба станка проработают смену без наладки: $$ P(A_1 \cdot A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2)= p_1 \cdot p_2 = 0,9 \cdot 0,8 = 0,72. $$ 2) Оба станка за смену потребуют наладки: $$ P\left(\overline \cdot \overline\right)= P\left(\overline\right) \cdot P\left(\overline\right) = q_1 \cdot q_2 = (1-0,9) \cdot (1-0,8) =0,1 \cdot 0,2 = 0,02. $$ Пример 2. Вероятности бесперебойной работы для каждого из двух станков соответственно равны 0,95 и 0,8. Найти вероятность того, что за смену: а) произойдет остановка только одного станка; б) остановится хотя бы один станок. Еще одна задачка про 2 станка. Так как в вопросах идет речь именно об остановках станка, их и будем считать базовыми событиями: $A_i$ = (Станок $i$ остановился), $i=1,2$, $p_1=1-0,95=0,05$, $p_2=1-0,8=0,2$. а) произойдет остановка только одного станка (используем формулу (2)): $$ P_1= P(A_1) \cdot \left(\overline \right) + P\left( \overline \right) \cdot P(A_2)=\\ = p_1 \cdot q_2 + q_1 \cdot p_2 = 0,05 \cdot 0,8 + 0,95 \cdot 0,2=0,23. $$ б) В этом случае удобно сначала найти вероятность противоположного события «Ни один станок не остановится» (оба работают): $$ P_0= P\left(\overline \cdot \overline\right)= q_1 \cdot q_2 = (1-0,05) \cdot (1-0,2) =0,95 \cdot 0,8 = 0,76. $$ Тогда вероятность того, что остановится хотя бы один станок, равна: $$ 1-P_0=1-0,76=0,24. $$ Теперь рассмотрим пример задачи с тремя станками, в которой используем все формулы, выведенные выше (см. (4)-(7)). Пример 3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятности того, что станки потребуют внимания рабочего в течение часа, соответственно равны $p_1=0,9, p_2=0,8, p_3=0,7$. Найти вероятность того, что в течение некоторого часа внимания рабочего потребует:
1) все станки,
2) ни один станок,
3) какой-либо один станок,
4) какие-либо два станка,
5) хотя бы один станок. Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение часа), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,9$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,1$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$. Найдем вероятность события $X$= (Все станки потребуют внимания в течение часа) по формуле (7): $$ P(X)= P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 0,9\cdot 0,8 \cdot 0,7 = 0,504. $$ Найдем вероятность события $Y$= (Ни один станок не потребует внимания в течение часа) по формуле (4): $$ P(Y)=P\left(\overline \cdot \overline \cdot \overline\right)= q_1 \cdot q_2 \cdot q_3 = 0,1\cdot 0,2 \cdot 0,3 = 0,006. $$ Найдем вероятность события $Z$= (Один станок потребует внимания в течение часа) по формуле (5): $$ P(Z)= p_1 \cdot q_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot q_2 \cdot p_3 =\\ = 0,9\cdot 0,2 \cdot 0,3 +0,1\cdot 0,8 \cdot 0,3 +0,1\cdot 0,2 \cdot 0,7 = 0,092. $$ Найдем вероятность события $Q$= (Два станка потребуют внимания в течение часа) по формуле (6): $$ P(Q)= p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = \\ = 0,9\cdot 0,8 \cdot 0,3 + 0,9\cdot 0,2 \cdot 0,7 +0,1\cdot 0,8 \cdot 0,7 =0,398. $$ Также эту вероятность можно выразить через уже найденные ранее: $$ P(Q)=1-P(X)-P(Y)-P(Z)=1-0,504-0,006-0,092=0,398. $$ Найдем вероятность события $W$= (Хотя бы один станок потребует внимания в течение часа), учитывая что оно противоположно событию $Y$: $$ P(W)=1-P(Y)=1-0,006=0,994. $$ Пример 4. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность выхода из строя за смену для них, соответственно, равна 0,75; 0,8 и 0,7. Найти вероятность того, что за смену выйдут из строя не менее двух станков. Рассматриваем события $A_i$ = (Станок $i$ за смену вышел из строя), $i=1, 2, 3$. По условию даны вероятности: $p_1=0,75$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,25$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$. Событие $X$ = (За смену выйдут из строя не менее двух станков) можно представить как сумму несовместных событий $X_2$ = (За смену выйдут из строя 2 станка) и $X_3$ = (За смену выйдут из строя 3 станка). Их вероятности найдем по формулам (6) и (7): $$ P(X_2)= p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = \\= 0,75\cdot 0,8 \cdot 0,3 + 0,75\cdot 0,2 \cdot 0,7 +0,25\cdot 0,8 \cdot 0,7 =0,425. $$ $$ P(X_3)= P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 0,75\cdot 0,8 \cdot 0,7 = 0,42. $$ Тогда искомая вероятность: $$ P(X)=P(X_2)+P(X_3)=0,425+0,42=0,845. $$ И, наконец, рассмотрим одну задачу с четырьмя станками. Пример 5. Рабочий обслуживает 4 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,3, второй – 0,6, третий – 0,4 и четвёртый – 0,25. Найти вероятность того, что в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера. Пусть $p_i$, $i=1,2,3,4$ — вероятность того, что станок потребует внимания мастера. Рассмотрим событие $X$ = (в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера) и противоположное $\overline$=(В течение смены все станки не потребуют внимания мастера). Найдем его вероятность: $$ P(\overline) = P\left(\overline \cdot \overline \cdot \overline \cdot \overline\right)= P\left(\overline\right) \cdot P\left(\overline\right) \cdot P\left(\overline\right) \cdot P\left(\overline\right)=\\ = (1-p_1) \cdot (1-p_2) \cdot (1-p_3)\cdot (1-p_4) = \\ = (1-0,3) \cdot (1-0,6) \cdot (1-0,4)\cdot (1-0,25) = 0,126. $$ Вероятность нужного события тогда: $$ P(X)=1-P(\overline) =1-0,126=0,874. $$ Еще: другие примеры на действия с событиями Онлайн калькулятор
тут добить такойже калькулятор, но заменить все слова Выберите количество станков и затем введите в поля вероятности $p_i$ того, что $i$-ый станок потребует внимания (десятичный разделитель — точка):
2 станка 3 станка
Одинаковые станки и формула Бернулли
Рассмотрим частный случай предыдущей «задачи о капризных станках», когда все станки отказывают с одинаковой вероятностью $p$. Тогда, чтобы найти вероятность отказа в точности $k$ станков из $n$ можно использовать единственную формулу Бернулли: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^ = C_n^k \cdot p^k \cdot q^. \qquad (8) $$ Пример 6. Рабочий обслуживает пять однотипных станков. Вероятность того, что станок потребует внимания рабочего в течение дня, равна 0,3. Найти вероятность того, что в течение дня этих требований будет ровно четыре. Вот типовая задача на формулу Бернулли. Выписываем из задачи: $n=5$ (число станков), $p=0,3$ (вероятность того, что станок потребует внимания), $q=1-p=0,7$ (вероятность бесперебойной работы). Найдем вероятность того, что ровно 4 станка потребуют внимания рабочего по формуле (8): $$ P_5(4)=C_5^4 \cdot 0,3^4 \cdot 0,7^ = 5 \cdot 0,3^4 \cdot 0,7 =0,028. $$ Пример 7. Вероятность поломки одного из 6 работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня не работает. Какова вероятность того, что в течение дня сломается более 2 станков? Еще одна задача про станки, которые ломаются с одинаковой вероятностью. Основные данные: $n=6$ (число станков), $p=0,2$ (вероятность поломки), $q=1-p=0,8$. Найдем вероятность того, что в течение дня сломается более двух станков, используя переход к противоположному событию (в течение дня сломается 0, 1 или 2 станка): $$ P_6(k>2)=1-P_6(k \le 2)=1- (P_6(0)+P_6(1)+P_6(2))= \\ =1 — (C_6^0 \cdot 0,2^0 \cdot 0,8^6 + C_6^1 \cdot 0,2^1 \cdot 0,8^5 + C_6^2 \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^4)=\\ =1 — ( 0,8^6 + 6 \cdot 0,2 \cdot 0,8^5 + 15 \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^4)=0,099. $$ Пример 8. На рабочем участке 5 однотипных станков. Вероятность того, что каждый из них исправен, равна 0,8. Плановое задание может быть выполнено, если исправно не менее 3 станков. Какова вероятность, что задание будет выполнено? Думаю, тут можно обойтись только формулой, согласны? $$ P_5(k \ge 3)=P_5(3)+ P_5(4)+ P_5(5) = \\ =C_5^3 \cdot 0,8^3 \cdot 0,2^2 + C_5^4 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2^1 + C_5^5 \cdot 0,8^5 \cdot 0,2^0 =\\ =10 \cdot 0,8^3 \cdot 0,2^2 + 5 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2 + 0,8^5 =0,942. $$ Пример 9. В цехе работают 8 станков. Вероятность безотказной работы каждого 0,9. Найти вероятность того, что хотя бы один станок откажет в работе. Как и почти всегда, когда в задаче есть «хотя бы один», используем переход к противоположному событию «Все станки работают»: $$ P_8(k \ge 1)=1- P_8(k \lt 1)=1- P_8(0) = 1- 0,9^8 =0,57. $$ Пригодится: онлайн-калькуляторы для Бернулли
Задачи на полную вероятность
- Находим в задаче полную группу гипотез $H_i$.
- Определяем основное событие $A$ (которое обычно происходит с разной вероятностью в зависимости от того, какая из гипотез $H_i$ верна).
- Выписываем из условия или вычисляем вероятности: $P(H_i)$, $P(A|H_i)$.
- Подставляем в нужную формулу: полной вероятности (9) или Байеса (10).
Пример 10. В цехе работают 20 станков. Из них 10 марки А, 6 марки В и 4 марки С. Вероятность того, что качество детали окажется отличным для этих станков соответственно равна 0,9; 0,8; 0,7. Какой процент отличных деталей выпускает цех в целом?
Введем полную группу гипотез:
$Н_1$ = (Деталь изготовлена на станке марки А),
$Н_2$ = (Деталь изготовлена на станке марки В),
$Н_3$ = (Деталь изготовлена на станке марки С).
Вероятности гипотез найдем как отношение числа станков нужной марки к общему числу станков в цехе:
$$ P(H_1)=10/20=0,5, \quad P(H_2)=6/20=0,3, \quad P(H_3)=4/20=0,2. $$
Введем событие $А$ = (Деталь отличного качества). По условию известны априорные вероятности: $$ P(A|H_1)=0,9, \quad P(A|H_2)=0,8, \quad P(A|H_3)=0,7. $$ Тогда вероятность события А найдем по формуле полной вероятности (9):
$$ P(A)=\sum_^ P(A|H_i)\cdot P(H_i)=0,5\cdot 0,9 + 0,3\cdot 0,8+ 0,2\cdot 0,7=0,83 $$
Получили 0,83 или 83% отличных деталей в цехе.
Пример 11. Три станка подают детали в общий бункер. Вероятность выпуска бракованной продукции для первого станка 0,03, для второго – 0,02, и для третьего 0,01. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а производительность третьего в два раза больше второго. Какова вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной?
И как обычно, начинаем с ввода гипотез: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке) и основного события $A$ = (Взята годная деталь).
Чтобы найти вероятности гипотез, используем данные о производительности станков. Пусть производительность второго станка $x$, тогда производительность первого — $3x$, производительность третьего — $2x$. Тогда можно вычислить вероятности гипотез по классическому определению вероятности:
Теперь надо найти вероятность того, что годная деталь изготовлена на $i$-ом станке. По условию даны вероятность изготовления бракованных деталей, откуда найдем:
$$ P(A|H_1)=1-0,03=0,97, \quad P(A|H_2)=1-0,02=0,98, \quad P(A|H_3)=1-0,01=0,99. $$
Вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной, находим по формуле полной вероятности (9):
$$ P(A)=\sum_^ P(A|H_i)\cdot P(H_i)=\frac\cdot 0,97 + \frac\cdot 0,98+ \frac\cdot 0,99=0,978. $$
Пример 12. На склад поступили детали с 3-х станков. На первом станке изготовлено 40% деталей от их общего количества, на 2-ом – 35% и на третьем – 25%. Причем на первом станке было изготовлено 90% деталей 1-го сорта, на втором 80% и на третьем – 70%. Известно, что наугад выбранная со склада деталь оказалась деталью 1-го сорта. Найти вероятность того, что она была изготовлена на 2-м станке.
Начало решения абсолютно аналогично предыдущим задачам: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке), $A$ = (Взята деталь первого сорта).
$$ P(H_1)=40\%=0,4, \quad P(H_2)=35\%=0,35, \quad P(H_3)=25\%=0,25. $$ $$ P(A|H_1)=90\%=0,9, \quad P(A|H_2)=80\%=0,8, \quad P(A|H_3)=70\%=0,7. $$
Сначала найдем вероятность события $A$:
$$ P(A)=\sum_^ P(A|H_i)\cdot P(H_i)=0,4\cdot 0,9 + 0,35\cdot 0,8+ 0,25\cdot 0,7=0,815. $$
Найдем апостериорную вероятность того, что деталь изготовлена на втором станке, если она оказалась 1-го сорта, используя формулу Байеса (10):
Полезные ссылки по ТВ
Решебник по вероятности
А здесь вы найдете почти 400 задач о станках с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):
ПОМОГИТЕ С МАТЕМАТИКОЙ ПОЖАЛУЙСТА!!
На заводе работают три автоматические линии. Вероятность того, что в течение рабочей смены первая линия не потребует регулировки, равна 0,85, вторая — 0,8, третья — 0,7. Найти математическое ожидание числа линий, которые в течение рабочей смены не потребуют регулировки.
Голосование за лучший ответ
Всего существуют 4 варианта: регулировки НЕ потребовали либо 0, либо 1, либо 2, либо 3 линии.
k = 3 — ни одна линия не потребовала регулировки. Это случится с вероятностью
P(k = 3) = 0.85 * 0.8 * 0.7 = 0.476
k = 2 — одна из трёх линий потребовала регулировки. Это могла быть первая с вероятностью (1 — 0.85) * 0.8 * 0.7 = 0.084, могла быть вторая с вероятностью 0.85 * (1 — 0.8) * 0.7 = 0.119, могла быть третья с вероятностью 0.85 * 0.8 * (1 — 0.7) = 0.204. Итого P(k = 2) = 0.084 + 0.119 + 0.204 = 0.407
k = 1 — две из трёх линий потребовали регулировки. Это могли быть первая и вторая с вероятностью (1 — 0.85) * (1 — 0.8) * 0.7 = 0.021, первая и третья с вероятностью (1 — 0.85) * 0.8 * (1 — 0.7) = 0.036 и вторая и третья с вероятностью 0.85 * (1 — 0.8) * (1 — 0.7) = 0.051. Итого P(k = 1) = 0.021 + 0.036 + 0.051 = 0.108
k = 0 — все три линии потребовали регулировки. Это случится с вероятностью P(k = 0) = (1 — 0.85) * (1 — 0.8) * (1 — 0.7) = 0.009
Тогда матожидание по определению равно
Ek = 0 * P(k = 0) + 1 * P(k = 1) + 2 * P(k = 2) + 3 * P(k = 3) = 0.108 + 2 * 0.407 + 3 * 0.476 = 2.35
Задача по теории вероятности #5
На заводе работают четыре автоматические линии. Вероятность того, что в течение смены первая линия не потребует регулировки, равна 0.9; вторая — 0.8; третья — 0.75; четвертая — 0.7. Найти закон распределения случайной величины X — числа линий, которые в течение смены не потребуют регулировки.
Просьба дать развернутое решение.
Строишь табличку в две строки, в одной строке Х — от 0 до 4, в другой Р (Х) — вероятность того, что ровно Х линий выйдет из смены. На примере Х=0, Р (Х=0) = 0,9*. *0,7