2
Bir o‗yinchining to‗rtta o‗yindan uchtasida yutish ehtimoli
P (3) C 3 p3q 4 1 1 1 .
4 4 2 3 2 4
Sakkizta o‗yindan beshtasida yutish ehtimoli
P (5) C 5 pq3 8 7 6 1 1 7
8 8 1 2 3 2 5 2 3 32.
Demak,
1 7
4 32
bo‗lganligi uchun, to‗rtta o‗yinda uch marta
yutish ehtimoli ortiq.
Bir o‗yinchining to‗rtta o‗yinda kamida uch marta yutish ehtimoli
P ( K 3 ) P ( 3 ) P ( 4 ) 1
1 5 .
4 4 4
4 16 16
Sakkizta o‗yinda kamida besh marta yutish ehtimoli
P8 ( K 5 ) P8 ( 5 ) P8 ( 6 ) P8 (7 ) P8 ( 8 )
7 8 7 8 1 1
93 .
Demak,
93 5
256 16
bo‗lgani uchun, sakkizta o‗yinda kamida besh
marta yutish ehtimoli ortiq.
misol. Partiyadagi 100 ta mahsulotdan 10 tasi yaroqsiz. Mahsulot sifatini tekshirish uchun shu partiyadan ixtiyoriy 5 tasi tanlab olindi.
tasodifiy miqdor – tanlab olingan mahsulotlar ichidagi yaroqsiz mahsulotlar soni bo‗lsa, shu tasodifiy miqdorning taqsimot jadvali tuzilsin.
Yechimi. Tanlab olingan 5 ta mahsulot ichidagi yaroqsizlari soni 0 dan 5 gacha bo‗lishi mumkin. Shu sababli tasodifiy miqdor
X1 0,
X 2 1,
X 3 2,
X 4 3,
X 5 4,
X 6 5
qiymatlarni gipergeometrik taqsimot qonuni bo‗yicha,
CK C5K
P(
K ) 10 90 ,
C
5
100
K 0,1,...,5
ehtimolliklar bilan qabul qiladi. Bu ehtimolliklarni 0,001 aniqlikda taqriban hisoblaymiz:
P1 P( 0 ) 0,584,
P3 P( 2 ) 0,07,
P2 P( 1) 0,339, P4 P( 3 ) 0,007,
P5 P( 4 ) 0,
P6 P(
5 ) 0.
Endi bu tasodifiy miqdorning taqsimot jadvalini tuzishimiz mumkin
X i
|
0
|
1
|
2
|
3
|
4
|
5
|
P
|
0,584
|
0,339
|
0,070
|
0,007
|
0
|
0
|
misol. a radiusli aylana ixtiyoriy nuqtasi radius – vektorining shu aylana diametriga proyeksiyasi – quyidagi taqsimot funksiyasi (arksinus qonuni) ga ega
F( x ) 2 arcsin a ,
0,
tasodifiy miqdorning
Qiymatlari a , a
x a.
oraliqqa tushishi ehtimoli;
𝑓 𝑥 zichlik funksiyasi;
Taqsimotning moda va medianasi aniqlansin.
Yechimi. -tasodifiy miqdorning qiymatlari
a , a
oraliqqa
2
2
tushish ehtimoli
P a a F a F a 1 arcsin 1 1 arcsin 1 1 ;
2 2 2 2
2 2 3
Zichlik funksiyasi ( a, a) oraliqda
𝑓 (x) dF (x) d 1 1 arcsin x 1
dx
tenglik bilan,
a
dx 2
to‗plamda
tenglik bilan aniqlanadi.
( , a ) ( a, )
f ( x ) 0
Zichlik funksiyasining modasi mavjud emas, chunki
𝑓 ( x) 1
funksiyasining maksimum qiymati yo‗q.
Quyidagi
1 1 arcsin x 1
2 a 2
tenglamani yechib, mediana nolga teng ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
misol. 100 ta mahsulotdan 10 tasi sifatsiz bo‗lib, mahsulot sifatini tekshirish maqsadida 5 tasi tanlab olindi. Agar - tasodifiy miqdor - tanlab olingan mahsulotlar ichidagi sifatsiz mahsulotlar soni bo‗lsa, shu tasodifiy miqdorning matematik kutilmasi topilsin.
Yechimi. tasodifiy miqdor
x1 0,
x2 1,
x3 2,
x4 3,
x5 4,
x6 5
qiymatlarni qabul qilishi mumkin. Bu
qiymatlarni qabul qilish ehtimolliklari
P( k )
k 5 k
C C
10 10
C
5
100
( k 0 ,1 ,...,6 )
formula bilan hisoblanadi. tasodifiy miqdorning matematik kutilmasi
5 𝐶𝑘 ∙ 𝐶5−𝑘 1 5
10
90
𝑀𝑋 = 𝑘 ∙ 10 90 =
𝐶5
𝐶5
∙ 𝑘 ∙ 𝐶𝑘
= 10
5
∙ 𝐶𝑘−1 ∙ 𝐶5−𝑘 =
4
𝐶
10 ∙ 𝐶𝑗 ∙ 𝐶4−𝑗
𝐶
5
100
9 90
𝑘=1
5
100
9 90
𝑗 =0
ga teng. Bu ifodadagi
4
𝐶𝑗 ∙ 𝐶4−𝑗
9 90
𝑗 =0
yig‗indini hisoblash uchun
(1 u)9 (1 u)90 (1 u)99
ayniyatdan foydalanamiz. Bu ayniyatning chap tomonidagi
ko‗phadda
u 4 ning koeffitsienti
4
𝐶𝑗 ∙ 𝐶4−𝑗
9 90
𝑗 =0
C
99
ga
ga teng. Bu koeffitsient o‗ng tomondagi ko‗phad uchun 4
teng. Demak,
4
𝐶𝑗 ∙ 𝐶4−𝑗 = 𝐶4
9 90 99
𝑗 =0
va
10 C 4 1
5
C
M 99
100 2
misol. Kemaning yonboshga tebranish amplitudasi – zichlik funktsiyasi
f ( x ) x
a2
e 2a2 ,
x 0
(Reley qonuni) dan iborat tasodifiy miqdordir. Shu tasodifiy miqdorning
D
dispersiyasi va x
o‗rta kvadratik chetlanishi;
3 va
4 - mos ravishda uchinchi va to‗rtinchi tartibli markaziy
momentlari topilsin.
Yechimi. Quyidagi
J tn e t 2 dt n 0
(n-natural son) integral yordamida ixtiyoriy tartibli momentlarni hi- soblash mumkin. n - juft bo‗lganda
2
J 1 A k 1
2k 2
bunda ( 2k 1)!! ( 2k 1)( 2k 3 )...31,
n-toq bo‗lganda
J 1 A( k 1) k! .
a)Matematik kutilma
2k 1 2
2
1 x2
M x f ( x )dx
0
x2e
a2 0
2a2 dx
t almashtirish bajarsak,
x : M
2
2 a t 2et2 dt 2
0
2 a J 2
2
ga teng bo‗ladi.
2 a
4
a
b) D() M ( 2 ) ( M) 2 ,
bunda
1 x2 1
2
m : M( X 2 )
2 x3e 2a2 dx 4 a2 J3 4 a2
a
0
2a2 .
2
Shu sababli bundan
D() 2a 2
a 2
2
2
a 2 ,
2
x a
c)
3
3
M [( x )3 ] m
3xm2
2( x )3 ,
bunda
U holda
m3 4
4
a3 J
4
a3 3
8
3a3
3
3 a3
2 a 2 2 a3
2
a3 ( 3) ,
4
4
M (( x) 4 ) m
3 x 4 ,
4 5
2
bunda
m 8 a4 J 8 a4 ,
shuning uchun
4 3 2
4 a 8 .
4
misol. Radioapparat 1000 ta elektroelementga ega. Yil davomida bitta elementning ishdan chiqishi ehtimolligi 0,0001 ga teng.
Ikkita elementning;
Kamida ikkita elementning ishdan chiqishi ehtimoli topilsin.
Yechimi. Ishdan chiqqan elementlar soni – tasodifiy miqdor bo‗lib,
uni n p 1000 0,001 1 parametrli Puasson taqsimoti
qonuniga bo‗ysunadi deb hisoblash mumkin. U holda
ikkita elementning ishdan chiqishi ehtimolligi
P(
ga,
2
2 ) P1000 ( 2 ) 2! e
1 0,184
2e
kamida ikkita elementning ishdan chiqishi ehtimolligi
P(
2 ) 1 P(
2 ) 1 P1000 ( 0 ) P1000 ( 1 )
1 e ( 1 ) 1 2 0,262
e
ga teng.
misol. Ma‘lum ob‘yektgacha bo‗lgan uzoqlikni o‗lchash sistematik va tasodifiy xatolarni keltirib chiqaradi. Uzoqlikning o‗lchashdagi sistematik xato - 50 m ga teng. Tasodifiy xatolar esa
o‗rta kvadratik chetlanishi 100 m bo‗lgan, normal taqsimot
qonuniga bo‗ysunadi.
Uzoqlikni o‗lchashdagi xatolik, absolut qiymati bo‗yicha, 150 m. dan oshmaslik ehtimoli;
Uzoqlikni o‗lchashdagi xatolik, shu uzoqlikning haqiqiy qiymatidan oshmaslik ehtimoli toplilsin.
Yechimi. Uzoqlikni o‗lchashdagi xatolikni deb olsak, masala shartiga ko‗ra - parametrlari (-50, 100) bo‗lgan normal taqsimot qonuniga bo‗ysinuvchi tasodifiy miqdor bo‗ladi. Shu sababli
a)
P(
150 ) P( 150 150 )
Ф 150 50 Ф 150 50
100 100
Ф( 2 ) Ф( 1 ) Ф( 2 ) Ф( 1 ) 0,4772 0,3413 0,8185
bunda
Ф( 2 ) va
Ф( 1 )
1 x u2
Ф( x ) e
2 0
2 du
Laplas funksiyasining
x 2 va
1
nuqtadagi qiymatlari bo‗lib,
ular jadval yordamida topildi.
b) Uzunlikni o‗lchashdagi xatolik, shu uzunlikning haqiqiy qiymatidan oshmasligi ehtimoli
P( 0 ) Ф 0 50 Ф 50
100 100
Ф( 0,5 ) Ф( ) 0,1915 0,5 0,6915
Do'stlaringiz bilan baham: |