127-2008

e 3t sin 6t

6

;

e 3t sin 2t

2

.

( p 3)2 62

( p 3)2

22

Используя свойство линейности преобразования Лапласа,

окончательно запишем

f (x)

1

e

3t

sin 6t

1

e

3t

sin 2t

1

6

1

2

.

2

2

2 ( p 3)

2 62

2 ( p 3)2

22

Пример №9. Найти функцию-оригинал для функции

F ( p)

1

.

p

2 ( p2 4)

Решение. Для отыскания функции-оригинала по данному

изображению разложим функцию F ( p)

на простейшие дроби

F ( p)

1

A

B

Cp D

.

p2 ( p2 4)

p

p2

p2 4

Неизвестные

A,

B,

C,

D

находим

методом

неопределенных коэффициентов. Для этого приводим правую

часть равенства к общему знаменателю

1

Ap( p 2 4) B( p 2 4) (Cp D) p 2

.

p2 ( p 2

p2 ( p 2 4)

4)

Из тождественного равенства дробей заключаем, что

коэффициенты при соответствующих степенях

p в числителях

дробей слева и справа должны быть равны. Это приводит к

следующей

системе

уравнений для

коэффициентов

A, B,

C,

D

31

			p3					A C 0
			p 2					B D 0
				1					4 A 0
			p
			p	0					4B 1
Откуда получаем A 0,				B			1		,			C 0,			D			1	.
							4										4
Тогда запишем		1								1		1		1			1			.
	p	2 ( p2 4)							4			p2		4		p	2 4

Для каждой из полученных дробей с помощью таблицы изображений основных элементарных функций легко установить функцию-оригинал

1			1		1		t;	1				1					1				2		1	sin 2t.
4			p2	4				4			p	2 4					8				p2 4		8
Откуда		F ( p)						1						1	t			1		sin 2t.
						p2 ( p2								4			8
										4)
Пример №10. Методом операционного исчисления найти
частное			решение								дифференциального														уравнения
x 3x 4x e4t с начальными условиями x(0) 0,																									x (0) 1.
Решение.				Пусть решение										x(t)				имеет изображение x( p) ,

x(t) x( p) . Тогда по теореме о дифференцировании оригинала получим

x (t) p x( p) x(0); x (t) p2 x( p) p x(0) x (0) .

Запишем изображение правой части исходного уравнения

e4t 1 , тогда заданное дифференциальное уравнение p 4

примет вид

32

( p2 x( p) 1) 3 px( p) 4x( p)

1

p

4

или x( p)( p2 3 p

4) 1

1

;

x( p)

p 3

.

p

4

2

( p 4)( p

3 p 4)

Функция x( p) является решением

исходной задачи в

изображении Лапласа. Найдем функцию-оригинал

x(t) . Для

этого разложим дробь на простейшие

p 3

p 3

A

B

C

.

( p 4)( p

2

3 p 4)

( p 4)

2

( p 1)

( p 4)

2

p 4

p 1

Методом

неопределенных

коэффициентов

получим

A

1

,

B

4

,

C

4

.

Для

полученных

дробей

найдем

5

25

25

функции-оригиналы

1

e

4t t;

1

e4t

;

1

e

t .

p 4

( p 4)

2

p 1

Окончательно

решение

дифференциального

уравнения

запишем в виде

x(t)

1

e

4t

t

4

e

4t

4

e

t

.

5

25

25

Пример №11.

Методом операционного исчисления

найти

решение

системы

дифференциальных

уравнений

3x y 2x 1,

удовлетворяющее

начальным

условиям

x 4 y

3y 0,

x(0) 0,

y(0) 0 .

33

Решение. Обозначим x(t) x( p) , y(t) y( p) и напишем систему вспомогательных уравнений

	(3 p 2)x( p) p y ( p)	1	,	p x( p) (4 p 3) y ( p) 0.
		p
	Решая эту систему, находим

	x( p)		4 p 3			1
		p( p 1)(11p 6)			2 p
	y( p)		1
			( p 1)(11p 6)

			1				33			,
		5( p 1)						10(11p 6)
	1				1		11
									.
	5				1		11p 6
			p

Здесь правые части уравнений разложены на простейшие дроби, как показано в примере 9 . По изображениям находим функции-оригиналы, т. е. искомые решения системы

x(t)	1		1		t		3			6t /11		y(t)	1		t	e	6t /11
				e					e		,			e			.
	2		5				10						5

Пример №12. В партии из 20 изделий 5 изделий имеют скрытый дефект. Какова вероятность того, что из 4, взятых наугад изделий, 2 изделия будут дефектными?

Решение. Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь 4 изделия из 20, т.е. числу сочетаний из 20 элементов

по 4 элемента ( C	4	). Определяем число исходов,
	20

благоприятствующих событию А (среди 4 изделий 2 дефектных). Два дефектных изделия из 5 дефектных можно

взять C52 способами, при этом остальные 4-2=2 изделия должны быть недефектными; взять же 2 недефектных изделия из 20-5=15 недефектных изделий можно C152 способами.

Следовательно, число благоприятствующих исходов равно

C52 C152 .

34

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

C

2

C

2

5!

15!

20!

P( A)

5

15

:

0.22 .

2! 3!

2! 13!

4! 16!

4

C20

Пример №13.

В

ящике

10

одинаковых деталей,

помеченных номерами 1,2,…, 10. Наудачу извлечены шесть деталей. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей окажутся: а) деталь №1; б) детали №1 и №2.

Решение. Общее число элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь шесть деталей

из десяти, т.е. n C106 .

Найдем число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию: среди отобранных шести деталей есть деталь №1 и, следовательно, остальные пять деталей имеют другие номера. Число таких исходов, очевидно, равно числу способов, которыми можно отобрать пять деталей

из оставшихся девяти, т.е. C95 .

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию, к общему

числу				возможных			элементарных	исходов:
5				9!
p	C9			4! 5!		0.6.
	C 6			10!
10
				4! 6!

б) Число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию (среди отобранных деталей есть детали №1 и №2, следовательно, четыре детали имеют другие номера), равно числу способов, которыми можно отобрать четыре детали из

оставшихся восьми, т.е. C84 .

35

		4
	Искомая вероятность равна p	C8		1	.
		6		3
		C10

Пример №14. Два стрелка производят по одному выстрелу по одной мишени. Первый попадает в мишень с вероятностью 0.8, второй – с вероятностью 0.6. Найти вероятность того, что: а) оба стрелка попадут в мишень, б) оба стрелка промахнутся, в) только один стрелок попадет, г) хотя бы один стрелок попадет в мишень.

Решение. Пусть событие А означает, что первый стрелок попал в мишень, событие В – попал второй. По условию

Р(А) 0.8,

P(B) 0.6.

а) Пусть событие С – оба стрелка попали в мишень, тогда C AB . Поэтому, учитывая независимость событий А и В, по теореме умножения вероятностей имеем

P(C) P(AB) P(A)P(B) 0.8 0.6 0.48.

б) Перейдем к противоположным событиям, которые

состоят в том, что первый стрелок промахнулся

A ,

второй

стрелок промахнулся

B

. Тогда событие D

AB означает, что

оба стрелка промахнулись:

P(D) P(

AB

) P(A)P(B) (1 P(A))(1 P(B)) 0.2 0.4 0.08.

в) Событие Е – только один стрелок попал, можно

представить в виде E AB

BA . События

AB

и BA

несовместные. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей несовместных событий, получим

P(E) P(AB BA) P(AB) P(BA) P(A)P(B) P(B)P(A)

0.8 0.4 0.6 0.2 0.44.

г) Вероятность появления хотя бы одного из совместных событий А, В равна разности между единицей и вероятностью

36

произведения противоположных событий A , B . Пусть событие F – хотя бы один стрелок попал. Тогда

P(F) 1 P(AB) 1 P(A)P(B) 1 0.2 0.4 0.92.

Пример №15. В первой урне 2 белых и 3 черных шара, во второй – 7 белых и 1 черный. Из первой урны во вторую переложили 2 шара, затем наудачу извлекли шар из второй урны. Найти вероятность того , что выбранный из второй урны шар – белый.

Решение. Если событие А может произойти только совместно с одним из событий H1, H 2 ,..., H k , образующих полную группу несовместных событий (гипотез), то

вероятность P( A) появления	события определяется	по
	n
формуле полной вероятности: P( A) P(Hi )P( A / Hi ) ,		где
	i 1
P(Hi ) - вероятность гипотезы	H i , P( A / Hi ) условная
вероятность события A при этой гипотезе.

Вероятность извлечения белого шара из второй урны после добавления двух шаров из первой урны зависит от состава шаров (по цвету) в этой урне. При этом возможны следующие гипотезы:

H1 - из первой урны во вторую переложены два белых

шара,

H 2 - из первой урны во вторую переложен один белый и один черный шар,

H3 - из первой урны во вторую переложены два черных

шара.

Найдем вероятности этих гипотез. Вероятность каждой гипотезы связана с вероятностью извлечения соответствующих шаров из первой урны. Тогда получим

37

	2									1	1
P(H )	C2		2!3!	0.1,	P(H			2	)	C2C3					2!3!2!3!	0.6,
1	2	5!								2				1!1!1!2!5!
	C5									C5
					2
			P(H3)		C3		3!2!3!			0.3.
					2
								2!1! 5!
					C5

Пусть А – событие, состоящее в извлечении белого шара из второй урны, если предварительно имела место одна из гипотез Hi . Условные вероятности события А будут равны

P( A / H )		9	,	P( A / H	2	)	8	,	P( A / H	3	)	7	.
1	10					10					10

По формуле полной вероятности найдем вероятность извлечения белого шара из второй урны

P(A) P(H1)P(A / H1) P(H2 )P(A / H2 ) P(H3)P(A / H3)0.1 0.9 0.6 0.8 0.3 0.7 0.78.

Пример №16. Один из трех стрелков вызывается на линию огня и производит два выстрела. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле для первого стрелка равна 0.3, для второго 0.5, для третьего – 0.8. Мишень не поражена. Найти вероятность, что выстрелы произведены первым стрелком.

Решение. Если вероятности гипотез до опыта были P(H1), P(H2 ),..., P(Hn ) , а в результате опыта появилось

событие А, то условная	вероятность P(H k / A) с учетом
появления события А вычисляется по формуле Бейеса
P(H k / A)	P(H k )P( A / H k )	.

n

P(Hi )P( A / Hi ) i 1

38

Возможны три гипотезы: H1 - на линию огня вызван первый стрелок; H 2 - на линию огня вызван второй стрелок; H3 - на линию огня вызван третий стрелок. Так как вызов на

линию огня любого стрелка равновозможен, то вероятности этих гипотез до опыта P(H1) P(H 2 ) P(H3) 13 .

В результате опыта наблюдалось событие А – после произведенных двух выстрелов мишень не поражена. Условные вероятности этого события

P(A / H1) 0.7 0.7 0.49; P(A / H2 ) 0.5 0.5 0.25; P(A / H3) 0.2 0.2 0.04.

По формуле Бейеса, для частного случая, когда вероятности гипотез до опыта равны между собой, находим

вероятность гипотезы H1		после опыта
P(H / A)		0.49				0.49	0.628.
1	0.49	0.25	0.04		0.78

Пример №17. Найти вероятность того, что в пяти независимых испытаниях событие появится: а) ровно 3 раза, б) не менее трех раз, в) не более трех раз, г) хотя бы один раз, если в каждом испытании вероятность появления этого события p 0.8 .

Решение. Так как число испытаний невелико, то для вычисления искомой вероятности воспользуемся формулой

Бернулли	P (k) C k p k q n k		,	где	C k		n!		- число
	n	n			n		(n k)!k!
сочетаний из n элементов по k,				q 1 p .		В рассматриваемом
случае:

а) вероятность появления события ровно 3 раза в 5 испытаниях

39

P5 (3) C530.83(1 0.8)2 3!2!5! 0.830.22 0.2048.

б) вероятность появления события не менее трех раз в 5 испытаниях

P5 (3) P5 (4) P5 (5) 0.2048 C54 0.840.21 C55 0.850.200.2048 0.4096 0.3277 0.9421.

в) вероятность появления события не более 3 раз в 5 испытаниях

P5 (0) P5 (1) P5 (2) P5(3) 1 P5(4) P5(5)1 0.4096 0.3277 0.2629.

г) вероятность появления события хотя бы один раз в 5 испытаниях

P5 (1) P5 (2) P5 (3) P5 (4) P5 (5) 1 P5 (0) 1 C50 0.800.25

1 0.0003 0.9997.

При решении б) - г) использована теорема сложения вероятностей несовместных событий, а при решении в), г) – понятие противоположных событий, сумма вероятностей которых равна 1.

	Пример		№18. Дана		плотность		распределения
	a,	x	2,4
f (x)		x 2,4		случайной величины Х. Найти параметр
	0,
a ,	функцию		распределения			случайной		величины,
математическое			ожидание		M[ X ], дисперсию				D[ X ] ,
вероятность выполнения неравенства 0 x 3.
	Решение. Для определения параметра a						воспользуемся
основным свойством плотности распределения								f (x)dx 1 .

40