Теория вероятностей. Задача 4 программирование задачи
![]()
|
3. Программа в действии Введём 2 – а рэндомных числа не превышающих 1. И нажимаем кнопку “Решить”. ![]() В итогу выскочит сообщение, которое удовлетворяет условию задачи. ![]() Введём другие числа и мы получим. ![]() 5. Задача 4.4
Решение: 1. Какова вероятность того, что пассажир приобретёт билет? Вероятность того, что пассажир приобретёт билет, равна [0.2*(1-0.6)+0.5*(1-0.9)+0.3*(1-0.7)]*100% = 0.22*100% = 22% 2. Если пассажир приобрёл билет, то в какой из трёх касс он вероятнее всего купил билет? Если уже приобрёл билет, то вероятнее всего он приобрёл билет в: - в первой кассе = [0.2*(1-0.6)] / 0.22 = 0.36*100% = 36%; - во второй кассе = [0.5*(1-0.9)] / 0.22 = 0.23*100% = 23%; - в третьей кассе = [0.3*(1-0.7)] / 0.22 = 0.41*100% = 41%. Ответ: 1. Вероятность того, что пассажир приобретёт билет, равна 22%; 2. Вероятнее всего пассажир купил билет в третьей кассе, т.к вероятность равна 41%. 5.1 Программирование задачи 1. Программа в оболочке ![]() 2. Код программы с описанием //--------------------------------------------------------------------------- #include #pragma hdrstop #include #include “s4.h” #include #include //--------------------------------------------------------------------------- #pragma package(smart_init) #pragma resource “*.dfm” Tform1 *Form1; //--------------------------------------------------------------------------- __fastcall Tform1::Tform1(Tcomponent* Owner) : Tform(Owner) { } //--------------------------------------------------------------------------- void __fastcall Tform1::PyskClick(Tobject *Sender) { float ft, fx, fz, fy, fk, intj, inti, intm; // Задаём элементы srand(time(NULL)); // Ставим рэндом for(int I = 0; I < 10; i++) { ft=0.01 * (rand() % 101); } if (ft<0.2) { x->Caption=1; for(int I = 0; I < 10; i++) { fz=0.01 * (rand() % 101); } if (fz<0.6) { y->Caption= «Билеты есть в кассе №1»; } else y->Caption= «Билетов нет в кассе №1»; } else if(ft>0.3 && ft<0.5) { x->Caption=2; for(int I = 0; I < 10; i++) { fz=0.01 * (rand() % 101); } if (fz>0.7 && fz<0.9) { y->Caption= “Билеты есть в кассе №2”; } else y->Caption= «Билетов нет в кассе №2»; } else if(ft>0.2 && ft<0.3 ) { x->Caption=3; for(int I = 0; I < 10; i++) { fz=0.01 * (rand() % 101); } if (ft>0.6 && ft<0.7) { y->Caption= “Билеты есть в кассе №3”; } else y->Caption= «Билетов нет в кассе №3»; } else ShowMessage(«Выберите кассу ещё раз»); fk=(0.2*(1-0.6)+0.5*(1-0.9)+0.3*(1-0.7))*100; k->Caption = FloatToStr(fk); //Вывод данных intj=((0.2*(1-0.6))/0.22)*100; j->Caption = Integer(intj); inti=((0.5*(1-0.9))/0.22)*100; i->Caption = Integer(inti); intm=((0.3*(1-0.7))/0.22)*100; m->Caption = Integer(intm); } //--------------------------------------------------------------------------- 3. Программа в действии Программа чисто работает на одном рэндоме. При нажатии на одну кнопку запускается рэндом по всей программе, а именно по всем циклам. Следовательно первым делом мы должны нажать на кнопку. ![]() В результате мы получим. ![]() Если мы нажмём ещё раз на кнопку, то мы получим совсем другой результат. ![]() 6. Задача 5.4
Решение: Р = 0.002 – вероятность выпуска бракованного сверла; Свёрла укладываются по 1000 штук, следовательно n = 1000. И ![]() ![]() По предельной теореме Пуассона , где ![]() Отсюдого следует, что . Ответ: вероятность того, что в коробке окажется два бракованных сверла равна 0.271
Решение: n=1000 – общее количество изделий в партии; k=10 – количество дефектных изделий; l=50 – количество изделий взятых на удачу из партии; k1=3 – количество дефектных изделий из 50. Общее количество способов достать 50 изделий: ![]() Общее количество способов достать 3 бракованные детали: ![]() Общее количество способов достать 47 деталей годных: ![]() ![]() Ответ: вероятность того, что среди 50 изделий, взятых наудачу из этой партии, ровно три окажутся дефектными: 0,01.
Решение: ![]() - вероятность изделий первого сорта; Партия изделий из 1000 штук взятых наудачу, n = 1000. Из них k = ? – изделия первого сорта. По локальной теореме Лапласа: ![]() ![]() ![]()
Решение: а) Имеем схему Бернулли: n=5; m=3; p=0.8; q=1-p=0.2. По формуле Бернулли находим: ![]() б) Имеем схему Бернулли: n=2; m=1; p=0.8; q=1-p=0.2. По формуле Бернулли находим: ![]() 7. Задача 6.4
Решение: Гипергеометрическое распределение: Х – число вынутых годных деталей из 4, может принимать значение 2; 3; 4 (принимать значение 0 и 1 не может, т.к. бракованных всего 2 детали), т.е. возможны варианты: 1-ый вариант: 2 годные, 2 бракованные; 2-ой вариант: 3 годные, 1 бракованная; 3-ий вариант: 4 годные, 0 бракованных. Пусть n=6 – общее количество деталей; k=2 – количество бракованных деталей; m=4 – количество деталей взятых наугад. Вероятность достать ξ годные детали. ![]() Ряд распределения:
![]() Функция распределения: ![]() ![]() Многоугольник распределения: ![]() Математическое ожидание: ![]() ![]() ![]() Дисперсия: ![]() Начальные моменты: ![]() Центральный момент: ![]() Коэффициент асимметрии: ![]() Коэффициент эксцесса: ![]() Вывод: - Медианы не существует, так как кривая распределения несимметрична относительно любого возможного значения дискретной случайной величины. - По виду многоугольника распределения: кривая распределения несимметрична относительно математического ожидания и отклонена влево, что согласуется с вычисленным коэффициентом асимметрии, значение которого положительно; так же кривая распределения имеет менее вершину, чем нормальная кривая распределения, что так же согласуется с вычисленным коэффициентом эксцесса, значение которого отрицательно. 8. Задача 7.4
Решение: ![]() Функция распределения F(x): а) ![]() ![]() б) ![]() ![]() ![]() Математическое ожидание: ![]() Медиана: ![]() Дисперсия: ![]() Среднее квадратичное отклонение: ![]() Попадание случайной величины в промежуток ![]() ![]() График функции распределения: ![]() График плотности распределения: ![]() Вывод: - Из графика плотности распределения видно, что наиболее вероятно появление значений от 0 до бесконечности. - Кривая распределения имеет более пологую вершину, чем нормальная кривая распределения. |