Контрольная работа по дисциплине «Высшая математика». Контрольная работа по дисциплине Высшая математика
 Скачать 38.83 Kb.
|
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА по дисциплине «Высшая математика» Вариант 1
Екатеринбург 2021 г. Содержание Тема 1. Элементы комбинаторики. События и их вероятности, классический и геометрический способы подсчета вероятностей. 3 Тема 2. Операции над событиями. Правила сложения и умножения вероятностей 4 Тема 3. Формула полной вероятности. Формулы Бейеса 5 Тема 4. Повторение независимых испытаний. Наивероятнейшее число успехов. Формулы Бернулли, Лапласа, Пуассона. 6 Список использованных источников 8 Вариант 1 Тема 1. Элементы комбинаторики. События и их вероятности, классический и геометрический способы подсчета вероятностей. Среди 40 деталей 3 нестандартные. Наудачу взяты 2 детали. Найти вероятность того, что они нестандартные. Решение: Вероятность того, что первая деталь нестандартная – 3/40. Вероятность того, что вторая деталь нестандартная – 2/39. Оба события выполняются с вероятностью (3/40)*( 2/39) = 6/1560 = 1/260 = 0,38%. Тема 2. Операции над событиями. Правила сложения и умножения вероятностей. Заводом послана автомашина за различными материалами на 4 базы. Вероятность наличия нужного материала на первой базе равна 0,9; на второй – 0,95; на третьей – 0,8; на четвёртой – 0,6. Найти вероятность, того что только на одной базе не окажется нужного материала. Решение: Составим таблицу вероятностей всех вариантов исхода событий, когда на одной только на одной базе не оказалось нужного материала. За единицу возьмем исход, когда материал на базе есть, за 0 – исход, когда материала нет.
Т.к. нам не важно на какой конкретно базе нет материала, сложим все варианты. Но предварительно найдем вероятность на каждом варианте. (0,9 * 0,95 * 0,8 * 0,4) + (0,9 * 0,95 * 0,2 * 0,6) + (0,9 * 0,05 * 0,8 * 0,6) + (0,1 * 0,95 * 0,8 * 0,6) = 0,2736 + 0,1026 + 0,0216 + 0,456 = 0,4434 = 44,34%. Тема 3. Формула полной вероятности. Формулы Бейеса Сборщик получил 6 коробок деталей, изготовленных заводом №1, и 4 коробки деталей, изготовленных заводом №2. Вероятность того, что деталь завода №1 стандартна, равна 0,8, а завода №2 – 0,9. Сборщик случайно извлёк деталь из наудачу взятой коробки. Деталь оказалась стандартной. Определить вероятность того, что она изготовлена на заводе №1. Решение: Найдем % стандартных деталей любого завода среди всех деталей путем сложения (0,8 * 6 + 0,9 * 4)/6+4 = 8,4/10 = 0,84 = 84% Найдем % деталей первого завода 0,8 * 6/0,84 = 0,48/0,84 = 0,5714 = 57,14% Тема 4. Повторение независимых испытаний. Наивероятнейшее число успехов. Формулы Бернулли, Лапласа, Пуассона Университетом для студенческих общежитий приобретено 5 телевизоров. Для каждого из них вероятность выхода из строя в течение гарантийного рока равна 0,1. Определить вероятность того, что в течение гарантийного срока выйдут из строя: а) ровно один; б) не менее двух; в) не более трех телевизоров. Решение: Задача похожа на задачу под номером 2. Когда там были базы с материалом и вероятность в каждой из них была разная, то у каждого телевизора вероятность выхода из строя в течение гарантийного срока одинакова. Для начала найдем количество вариантов комбинаций при выходе из строя определенного количества телевизоров. 0 – 1 вариант, все телевизоры работают. 1 – 5 вариантов (1, 2, 3, 4, 5) 2 – 10 вариантов (1 и 2, 1 и 3, 1 и 4, 1 и 5, 2 и 3, 2 и 4, 2 и 5, 3 и 4, 3 и 5, 4 и 5) 3 – 10 вариантов (инверсия, либо 2 телевизора выйдут из строя, а 3 будут работать, либо 3 выйдут из строя, а 2 будут работать) 4 – 5 вариантов (инверсия, либо 1 телевизор выйдет из строя, а 4 будут работать, либо 4 выйдут из строя, а 1 будет работать) 5 – 1 вариант, все телевизоры вышили из строя (инверсия всех работающих телевизоров) Мы нашли количество вариантов только для того чтобы не складывать каждый раз все возможные варианты выхода из строя, а найти вероятность выхода из строя любого количества одинаковых телевизоров путем нахождения вероятности выхода из строя одного, двух, трех, четырех, пяти любых телевизоров и умножив их на количество комбинаций вариантов. 0 – 0,9 * 0,9 * 0,9 * 0,9 * 0,9 = 0,59049 = 59,049% 1 – (0,9 * 0,9 * 0,9 * 0,9 * 0,1) * 5 = 0,32805 – 32,805% 2 – (0,9 * 0,9 * 0,9 * 0,1 * 0,1) * 10 = 0,0729 – 7,29% 3 – (0,9 * 0,9 * 0,1 * 0,1 * 0,1) * 10 = 0,0081 – 0,81% 4 – (0,9 * 0,1 * 0,1 * 0,1 * 0,1) * 5 = 0,00045 – 0,045% 5 – 0,1 * 0,1 * 0,1 * 0,1 * 0,1 = 0,00001 – 0,001% Исходя из полученных множеств вероятностей, можем найти вероятность выхода из строя большего вариантов количества выхода из строя. а) ровно 1 - 0,32805 = 32,805% б) не менее 2 (2 и более) – 7,29 + 0,81 + 0,045 + 0,001 = 8,146% в) не более 3 (3 и менее) – 59,049 + 32,805 + 7,29 + 0,81 = 99,954% Список использованной литературы: Шипачев, В.С. Высшая математика : Учебник / Московский государственный университет им. М.В. Ломоносова, факультет вычислительной математики и кибернетики. - 1. - Москва : ООО "Научно-издательский центр ИНФРА-М", 2021. - 479 с Аверина, Т. А. Численные методы. Верификация алгоритмов решения систем со случайной структурой : Учебное пособие для вузов / Аверина Т. А. - Москва : Юрайт, 2020. - 179 с Балдин, К.В. Краткий курс высшей математики : Учебник / Московский психолого-социальный университет. - 4. - Москва : Издательско-торговая корпорация "Дашков и К", 2020. - 510 с Богомолов, Н. В. Математика : Учебник для вузов / Богомолов Н. В., Самойленко П. И. - 5-е изд. - Москва : Юрайт, 2020. - 401 с Гателюк, О. В. Численные методы : Учебное пособие для вузов / Гателюк О. В., Исмаилов Ш. К., Манюкова Н. В. - Москва : Юрайт, 2020. - 140 с |