Задачі


Повернутися на початок книги
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 
45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 
60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 

Загрузка...

4.6.1. Серед 10 годинників, які потрапили в ремонт, для 6 потрібна загальна чистка механізму. Годинники не роз-сортовані за видом ремонту. Майстер, бажаючи знайти годин-ник, якому потрібна загальна чистка механізму, розглядає їх один за одним і знайшовши цей годинник, закінчує огляд.

Треба сформулювати закон розподілу випадкової вели-чини (к-сть оглянутих годинників) і знайти математичне спо-дівання цієї випадкової величини.

Розв’язок.

Запишемо умову відносно кількості годинників таким чи-ном: 10 = 6 потр + 4 непот. Нехай випадкова величина Х – кількість перевірок.

Робиться одна перевірка, якщо витягнутий годинник по-6 требує чистки, тоді P(x =1) =     . Дві перевірки здійснюють-10

ся, якщо перший годинник не потребує чистки – подія A1 , а

другий потребує – подія А2. Імовірність такої складної події

дорівнює добутку імовірностей залежних подій:

46    4 P(x=2)= P(A1 A2 )= P(A1)PA1 (A2 )=         =     .

10 9   15Три перевірки здійснюються, якщо перші дві показують, що годинники не потребують чистки – події A1 і A2 , а третя перевірка показує, що годинник її потребує.

Отже, P(x = 3) = P(A1 A2 A3) = P(A1) PA1 (A2) PA1A2 (A3) =

           

           

4   3   6     1

 

10  9   8    10 Аналогічно, P(x = 4) = P(A • A2 ■ A3 ■ AА) = P(A) ■ PA (A2) х

 ,-ч      , A        4326      1

Х PA,Aг (A) • PA A A  (4) = — "       "       " ^ =      7-

123      10  9   8   7    35

П’ять перевірок необхідно здійснити, якщо перші чотири зафіксують годинники, що не потребують чистки, а п’ята -що потребує чистки, так що P(x = 4) = P{A1 -A2-A3-A4-A5) =

4   3   2   1       1

=          1 =       .

10  9   8   7        210

Оскільки годинників, що не потребують чистки є чотири,

то  на цьому перевірки закінчуються.  Даний розподіл має

Перевірка: ∑ pi     6

вигляд:

 

Х         1          2          3          4          5

Р          6          4          1          1          1

 

            10        15        10        35        210

210

= 1.

4      111

 

+ — + — + — +

10    15    10    35    210     210

Математичне сподівання числа перевірок рівне: 6          4          1          1          1       11

M(X) = 1         + 2       + 3       + 4       + 5       = — = 1

10        15        10        35        210      7       7

4.6.2. При підкиданні гральної кістки може випасти від 1 до 6 очок.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

1 імовірності рівні pi =    .Закон розподілу кількості випавших очок буде мати

Х    1     2     3     4     5     6

            1          1          1          1          1          1

Р                                                                   

            6          6          6          6          6          6

вигляд:

Математичне сподівання кількості випавших очок рівне:

М(Х) = У  хр =-(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = — = -.

^          6          6      2

4.6.3. Стріляють в ціль до першого влучення. Влучення при різних пострілах - незалежні події, ймовірність влучення при кожному пострілі -р.

Описати простір елементарних подій. Нехай X - число зроблених пострілів. Знайти розподіл випадкової величиниХ

Розв’язок.

Якщо імовірність влучення р, то імовірність невлучення q =\- р. Розподіл має вигляд:

 

Х         1          2          3          4          5                      ...п

P          P          ЯР       q2 p     q3 p     q4 p                 qn-1 p

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.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, P(x =1) = =1- p = q = 0,2. Перевіряється два вироби, якщо перший ви-ріб є першого або другого ґатунку, а другий виріб є брако-ваний. Імовірність такої складної події рівна: P(x = 2) = pq .

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: P(x = 3) = p2q . Аналогічно, імо-вірність чотирьох перевірок буде рівна: P(x = 4) = p3q . П’ять перевірок буде здійснено, якщо перші чотири перевірки засвідчують, що виріб є першого або другого ґатунку. Отже, P(x = 5) = p4 .

Даний закон розподілу кількості перевірок має вигляд:

Х        1           2          3          4          5

Р          q = 0,2 pq =

= 0,8 • 0,2 =

= 0,16  p2q =

= 0,82-0,2 =

= 0,128           p3q =

= 0,83-0,2 =

= 0,1024         p4 = = 0,84 = = 0,4096

Перевірка:

q + pq + p2q+ p3q + p4 =1- p+ p(1 - p)+ p2(1 - p)+

+ p3 (1 - p) + p4 = 1 - p + p - p2 + p2 - p3 + p3 - p4 + p4 = 1. ^ pi = 0,2 + 0,16 + 0,128 + 0,1024 + 0,4096 = 1,0 . Математичне сподівання числа перевірок Х буде: M(X) = V xi pi = 1 • 0,2 + 2 • 0,16 + 3 • 0,128 + 4 • 0,1024 ++ 5 • 0,4096 = 0,2 + 0,32 + 0,384 + 0,4096 + 2,048 = 3.3616.

4.6.5. Ймовірність того, що деталь виготовлена на авто-матичному станку буде без дефектів, рівна р (0 < р < 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 и-ій перевірці, якщо перші п - 1 деталі пройдуть випробування, а и-на деталь буде з дефектом.

Отже, Р(Х = п) = pnlq .

Ряд розподілу випадкової величини Х має вигляд:

Х         1          2          3                      п-\       п         

Р          q          pq        p2q      ...         p"-2q   pnlq     ...

Математичне сподівання випадкової величини Х рівне су-мі ряду:

М(Х) = \-q + 2pq + 3p2q... + (п- \)p"~2q + п ■ p"~lq +... =

= g(l + 2p + 3p2 +... + (n - V)p"~2 + npnl +...), але

[l + 2p + 3p2 +... + (n-V)p"~2 +npn~l] = — (p + p2 +p3...+

d

p

dp

dp{\- p

+ ...p" l +p")

оскільки вираз в дужках є сумою нескінченної геометричної прогресії з знаменником р < 1.Отже, M(X) = q            —   = q           — = q     „

 dp{\-p)       (l-pf         2

d (   р  Л          1          11

 

q       q

Обчислимо дисперсію випадкової величини Х: D(X)=M(X2)-M2(X) = l2q + 22qp + 32qp2... + ...+

+ (n-lfp"~2q + n2p"^q...-  —    =q[l2 +22р + 32р2...+

+ ...(n-lf рп~2 + п2рп~1...+] —-

q

Щоб обчислити суму ряду в дужках, домножимо на р ряд

[1 + 2р + Зр2 +... + (п - ї)р"~2 + прп~1 ], отримаємо:

 ?         Ч         „-1       „          Р

 =.

р + 2р +3р +...(п-1)р    +пр  = р-

(1 ~ pf

Продиференціюємо  цей ряд  по р, отримаємо  вираз  в дужках:

I2 +22р + 32р2... + ...(п-ї)2рп~2 +п2рп~1 =

           

 

d dp

p

           

1 + р

(1 - pf

(l-pf Остаточно, дисперсія рівна:

 1 + р        1      (1-о)(1+о)          1

D(X) = q         ^—      =ґ        ^         -

(l-pf     q          0--РУ  0--РУ

1 + р    1          Р          Р

                                                           

(l-pf   (l-pf   (i-pf   q2

           

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.Р(Х = хі) - ймовірність того, що буде витрачено хгту 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 -р) р = {\- 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 - р) • (1 - р) -р = (1 - pf-p = (1 -0,6)2-0,6 = 0,42-0,6 = 0,096.

Відповідно 4 набої буде використано, коли три перші на-бої дадуть промах:

Р(Х = 4) = (1 - pf-p = (1 - 0,6)3-0,6 = 0,43-0,6 = 0,0384.

Загальна формула для к витрачених набоїв матиме виг-

ляд: Р(Х = к) = (\-р)к~1 ■ р.

Закон розподілу буде мати вигляд:

Х

 

q2p

q3p

Р

UlL

 

1   2 p   qp

 

Перевірка:

^pj=p + qp + q2p + q3p +    + qk-lp +    = p(\ + q +

+ q2 +q3 +... + qk~l +...) = *

Вираз в дужках дорівнює сумі нескінченої геометричноїпрогресії                                

п=0

\-q    р

1          1

* = р    = р ■ — = 1. Отже, закон розподілу складений

\-q       р

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”, єсумою   імовірностей   несумісних   подій:    Р(В) = Р(х = ї) + + Р(х = 2) + Р(х = 3) = 0,6 + 0,24 + 0,096 = 0,936 .

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.

Скласти закон розподілу дискретних випадкових величин X і Y - числа витрачених ядер відповідно першою та другою гарматою.

Розв’язок.

Нехай X і Y - числа витрачених ядер відповідно першою та другою гарматою. Імовірності влучень першою та другою гарматою відповідно рівні р1 = 0,3; /?2 = 0,7; невлучень -qx =0,7; q2 =0,3.

Імовірності випадкових величин X та Y рівні. Р(х = 1) = р1; Р(у = 0) = р1 - оскільки, якщо перша гармата влучила, то друга гармата не стріляє.

Р(У = 1) = Ч\Рг ~ якщо перша гармата не влучила, а дру-га влучила; Р(х = 2) = qlq2pl; Р(у = 2) = qxq2qxp2 = qx q2p2; Р(х = 3) = qlq24i42P\ = Ч\ Чі Р\>Р(У = 3) = ЧІЧІЧІЧІЧІРІ = Ч\ Чі Р^ Р(х = 4) = q13q23p1; Р(у = 4) = q?q2p2\ Р(х = 5) = q?q2px

Загальні формули для законів розподілів такі: Р(х = п) = q"~lq"~lpl = (0,7)"_1 • (0,3)"_1 • 0,3 = (0,7)"_1 • (0,3)"; Р(у = п) = q"q"~lp2 = (0,7)" х(0,3)"^ х0,7 = (0,7)"+4 х(0,3)"_1.

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.Написати перші чотири члени закону розподілу дискрет-ної випадкової величини X - числа кинутих бомб двома бом-бардувальниками.

Розв’язок.

Використовуємо закони розподілів, отримані в задачі 4.6.7.

Необхідно обчислити P(Z = X + Y). Оскільки випадко-

ві величини Y іXзалежні, то P(zi = х. + уі.) = Р(хі) ■ Рхі(у) . р1 = 0,7;  q1 = 0,3; р2 = 0,8; q2 = 0,2 .

Xі       1           2          3          4

P          p1 0,7  q1q2p1

0,3x0,2x0,7 0.042       2      2

Ч1 Ч2 Р1

0,32х0,22х0,7 0,0252 3       3

q1 q2 р1

0,33 х0,23 х0,7 0,0001512

Yi        0          1          2          3

            p1 0,7  q1p2 0,3 x 0,8 0,24     q2q2p2

0,32 х 0,2 х 0,8

0,0144 3      2

Ч1 Ч2 Р2

0,33 х 0,22 х 0,8

0,000864

 

Z1        1+0 1   2+1 3   3+2 5   4+3 7

P(Zi )   2

Р1Р1 = Р1

0,72 = =0,49   Ч1Ч2Р1Ч1Р2 == q1 q2p2 =

0,0144 2       2             2

<71 <?2 Р1Ч1 Ч2Р2 =

4       3

= q1 q2 р1р2

0,00036288     3       3             3       2

<71 Ч2 Р111 Ч2 Р2 =

6       5

= q1 q2 p1p2

0,0000001306

4.6.9. Випадкова величина Х має біномний розподіл Р(X = k) = Сnk pk qn-k , де k = 0, 1, 2, ... n. Обчислити М(X), D(X).Розв’язок.

Представимо випадкову величину Х, що рівна числу на-стання події к в п випробуваннях як суму:   X = Х1 + Х2 +

+ ... + Хг.. + Хп, де   Хі   - число  настання  події  в  і-тому випро-буванні, що задане розподілом:

 

Х         0          1

Р          q          p

Тоді М(Xі) = 0xq + lxp = р;

М(Х)=М(ХХ +Х2... + Хі+..Хп)=М(Х1)+М(Х2) + + ..М(Хі) + ..М(Хп) = пМ(Хі) = пр .

D{Xі) = М\Хі -М(Х)]2 = М(Хі -pf =(0-pf -q +

+ (l-pfp = p2q + q2p = pq(p + q) = pq;

D(X) = D(XX +X2+...Xi +..Xn) = D(Xl) + D(X2) +

+...D(Xi) + ...D(Xn) = nD(XJ) = npq.

4.6.10. Гральний кубик кидають n раз. Нехай X - число

появ шістки. Обчислити: а) розподілХ; б)М(Х); в) D(X).

Розв’язок.

Нехай випадкова величина Х - число появи шістки.

1          5

р = —;  q = — ■

6          6

Закон розподілу:       

Х         0          1          2                                 п

Р          ч"         с1пРч"~1        clp2q"~2                                 Р"

^Рг =ч" +СІРЧ" 1 +СІР2Ч" 2 +...+р" = (р + ч)" =1  -

закон складено вірно.Події “випадання шістки” є незалежними і в кожному з п залежних випробувань відбувалися з однаковою ймовірністю,

тому М(Х) = пр ; М(Х) = —п; D(X) = npq = —п .

6          36

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 qx = 0,1, імовір-ність його безпомилкової роботи рі = \ - qx = 0,9; імовірність помилки ІІ бухгалтера q2 = 0,05, імовірність його безпомил-кової роботи/?2 = 0,95. Безпомилкових відомостей у кожного бухгалтера може бути 0, 1, 2. Складемо закони розподілів числа X і Y безпомилкових відомостей, які склали перший та другий бухгалтери, відповідно, використавши формулу Бернуллі:

Р(Х = 0) = Р2 (0) = C\p\q\ -° = q\ = 0,12 = 0,01;

P(Y = 0) = q\ = 0,052 = 0,0025;

Р(Х = 1) = P2(l) = C\p\q\-l = 2pxqx = 2 0,9 0,1 = 0,18 ;

P(Y = 1) = 2p2q2 = 2 0,95 0,05 = 0,095 ;

P(X = 2) = P2 (2) = C2pfqf-2 = p\ = 0,92 = 0,81;

P{Y = 2) = pi = 0,952 = 0,9025 .

 

X         0          1          2

P1        0,01     0,18     0,81

 

Y         0          1          2

P2        0,0025 0,095   0,9025

pu =0,01 + 0,18 + 0,81 = 1,

p2i = 0,0025 + 0,095 + 0,9025 = 1.Тоді закон розподілу суми X + Y має вигляд:

X + Y  0 + 0 = 0         0 + 1 = 1         0 + 2 = 2         1 + 0 = 1

P 'P2    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

P1P2   0,000025         0,00095 +       0,009025 +     0,16245 +       0,731025

                        + 0,00045 =    + 0,0171 +      + 0,07695 =   

                        = 0,0014         + 0,002025 = = 0,02815        = 0,2394        

Перевірка: ^ pi = 0,000025 + 0,0014 + 0,02815 + 0,2394 + 0,731025 = 1.

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 хі білих куль серед чотирьох (К = 4) відібраних може бути: 1, 2, 3.    Імовірність P(X = хі) обчислимо за

CMxi CNK--Mxi

4   xi 4

класичним означенням: P(X = xi )

mC xi CK -xi       C3xi C44

n

CK

C

C30C44

Отже, P(X = 0)

1 1-2-3-4      1

           

P(X = 1) =   3 4 4

P(X = 2) =    3 4 4 C7

           

C7        7-6-5-4      35

3-4-1-2-3-4     12

            = —;

7-6-5-4        35

3-4-3-1-2-3-4     18

=           zz       

7-6-5-4-1-2      35

;

;

P          1          12        18        4

 

            35        35        35        35

Закон розподілу складений вірно і має вигляд: X     0      1      2      3

C33C41 P(X = 3) =      4 C7

Перевірка: ∑ pi =

 

           

           

4-1-2-3-4      4

7-6-5-4      35

1      12    18     4      35

— + — + — + — = — = 1. 35    35    35    35     35+ 32

 /         v                  1         12         18         4      60     12

M(X)=> xp =0            + 1       + 2       + 3       = — = —

^          35        35        35        35     35      7

D(X) = У х2 pi -M 2 (X) = 0 2           +1 2     + 2 2    +^  г    35        35        35

 

120    144    24

 

35      49     49

4.6.13. У лотереї на 2000 білетів розігруються три речі, вартість яких відповідно 30, 50, 70 грн. Скласти закон роз-поділу суми виграшу для особи, що має два білети. Знайти ймовірність того, що сумарна вартість виграшу буде не менша 80 грн.

Розв’язок.

2000 = 1997 прогр. + 3 вигр., s1 = 30; s2 = 50; s3 = 70. Вартість виграшу у особи, що має два білети може бути: 0 = = 0 + 0; 30 = 0 + 30; 50 = 0 + 50; 70 = 0 + 70; 80 = 30 + 50; 100 = 30 + 70; 120 = 50 + 70. Позначимо через Х = 0, 1, 2 кіль-кість виграшних білетів серед двох. Обчислимо імовірності цих подій за:

m

 —;

n

0,997001501;

а) класичним означенням – P(A)

CP(X = 0)

 

C1997-1996 2000-1999 C]ті-C\      1997-3-2

P(X = 1) = ^—- =       = 0,0029969985 ;C    2000-1999

C32     312

P(X =2)=   2    =         =0,00000150075 .

C2000     20001999

Таким чином, закон розподілу має вигляд:

Х   0

30     50     70     80    100     120

Р   0,997001501   0,0029969985   0,00000150075

           

 1997-1996     1997-3-2         3-2

Перевірка:      1          h

2000-1999    2000-1999    2000-1999

1997-(1996+ 6)+ 6    3998000

=          =          = 1

2000-1999      3998000

б) через залежні події.

Позначимо події через А - “перший білет виграшний

(програшний -   A)”,  А2  - “другий білет виграшний (про-

грашний - А2у\

Тоді P(X = 0) = P(A1A2) = P(A1)PA (A2) =

1997   1996

2000  1999 P(X = Ї) = P(AХ ■A2) + P(A1 ■A2) = P(A1)-PA(A2) +

,-        ,             3      1997    1997     3        2-3-1997

+ P{Al)PA (A2) =       +

2000  1999    2000  1999    2000-1999

3        2

A1 '

A     2

P(X = 2) = P(A1 ■A2) = P{A1)-PA (A2)

2000  1999

Знайдені імовірності ті ж самі, що й обчислені за фор-мулою Бернуллі.

в) за формулою Пуассона.

Оскільки    ймовірність    виграшного    білету    низька    -

p =       = 0,0015 «0,1, а Я = np = 2-0,0015 = 0,003 < 10

2000(n = 2, оскільки використовуються два наявні білети), то формулу Пуассона використовувати можна.Отже, Р2(Х = 0) = Р2(0) = —е 1 = е 0003 = 0,997004496;

0!

Р(Х = 1)=Р2 (1) = — е-я =    <Г0,003 = 0,00299101349;

1!         1

Р(Х = 2) = P2(2) =—е-л =     3) e -0,003 = 0,0000044865 .

2!         1-2

Y^P, = 0,999999996 «1.

Наближена формула Пуассона дає імовірності дуже близькі (точність 10-5) до імовірностей обчислених за точними формулами.

Сумарна вартість виграшу буде не меншою за 80 грн., якщо буде один виграшний білет, імовірність цієї події рівна і3 = 0,00000150075.

4.6.14. Ймовірність того, що телефон-автомат спрацює невірно при опусканні монет дорівнює 0,02. Скласти закон розподілу числа помилкової роботи автомата при 200 спробах з’єднання з абонентом, записавши перший, другий, сотий та останній члени розподілу. Знайти ймовірність того, що буде не менше двох невірних з’єднань.

Розв’язок.

Невірних (помилкових) з’єднань може бути від 0 до 200. Оскільки імовірність помилки/? = 0,02 << 0,1 дуже мала, то використаємо формулу Пуассона, оскільки А = пр = 200 х х0,02 = 4<10.

Я0 Отже, Р(Х = 0) = Р200 (0) = —е-я = е-4;

0!

Р(Х = 1) = Р200(1) = —е я =—е 4 =4е 4;

1!         1Х

= e

Р

 Я     _x        42     _4  _4

P(X = 2) = P00 (2) = —e    = —e    = 8e    ;

2!         2

100!

X200

100!

л 200

200!

P(X = 100) = P200(100) =   ^e~x =  ^e~4;

e~x =

P(X = 200) = P200 (200)

 

200! Закон розподілу має вигляд:1

100/Iіe~л =

e-l =

e~A =

e~х =

X

1!

2!

100!

0!

иЮО

           

100!

 Se~

-4

 

Ae

 

X2'e~л =

200!

л200

-4

 

200!

 

Хк

+ ... +

100!

i=\

і200

+ ... +  e~я = e~я

+ ... +

л0        лі         л2        пЗ

A         A         A         А     _хУ pi =—e л +—e л +—e л +—e

^        0!          1!         2!         3!

X

 о/1°    X    Xі    Xі

— + — + — + — + ... +       

200!

0!     1!     2!     3!       100!

e-л +

X200!

 

= e~яeя = 1, оскільки eя = V m , а m = 200 можна вважати

m=0     »•

достатньо великим числом. Використаємо залежність: P200 (k>2) + P200 (k < 1) = 1. Звідси P200 (k > 2) = 1 -

- P200 (k < 1) == 1 - [P200 (k = 0) + P200 (k = 1)] = 1 - (e~л +

+ 4e~я) = \-5e~4 = 0,90542 - ймовірність того, що буде не менше двох невірних з’єднань.