- •Задания
- •Ббк 22.1я73–4
- •Предисловие
- •График выполнения расчетно-графических работ
- •Правила оформления расчетно-графических работ
- •Литература
- •Таблицы вариантов
- •Задания расчетно-графических работ
- •12.1 12.2
- •14.1 Б) 14.2 б)
- •24.1 24.2
- •Решение типовых примеров
- •Решение. 1) Построение статистического распределения выборки.
- •2) Оценка среднего значения и дисперсии случайной величины .
- •3) Построение гистограммы относительных частот.
- •4) Сравнение эмпирического и теоретического законов распределения случайной величины X.
- •Тестовые задания для самопроверки
- •38 Заданий
- •Ответы к тестовым заданиям для самопроверки
- •Задания расчетно-графических работ и решение типовых примеров по математике
- •426069, Г. Ижевск, ул. Студенческая, 11
Решение типовых примеров
1. Привести уравнения данных гармонических колебаний
к виду
.
Найти амплитуду А, фазу , период гармоники и построить ее график.
Решение. Привести уравнения данных гармонических колебаний
к виду , где– амплитуда,,и– период колебания.
В нашем случае:
, и,, откудапринадлежит 4 четверти и,. Тогда
,.
От графика функции перейдем к графику функциис помощью следующей цепочки преобразований:
то есть к нашей функции .
Построение:
Строим одну волну синусоиды .
Строим график функции , которая имеет период (то есть сжимаем функциюв три раза).
Увеличивая ординаты графикав 5 раз, получаем график функции.
Сдвигаем график функции на 12,30 вправо вдоль оси Ох.
у
5
1
1200132,30
0 12,3060018003600х
у2=sin3xу1=sinx
у3=5sin3x у=5sin(x–12,30)
Рисунок 1
2. Даны векторы и . Показать, что векторыобразуют базис трехмерного пространства, найти разложение и координаты векторав этом базисе. Полученную систему линейных уравнений решить тремя методами:
а) через определители (формулы Крамера),
б) через обратную матрицу,
в) методом Гаусса (через расширенную матрицу).
Решение. Составим определитель из координат векторов и вычислим его, разложив по элементам первой строки:
значит, векторы образуют базис трехмерного пространства и векторможно разложить по векторам базиса
,
где ,,– координаты векторав базисе.
Перейдем к матричной записи полученного векторного уравнения
Используя свойства матриц и действия над ними, получим систему линейных уравнений относительно неизвестных ,,:
а) Решение полученной системы линейных уравнений через определители.
Находим главный определитель системы уравнений:
следовательно, данная система уравнений имеет единственное решение, которое находим по формулам Крамера:
где получается путем заменыi-го столбца свободными членами.
Вычислим определители .
.
Находим
Ответ:
б) Решение системы через обратную матрицу.
Обозначим через А матрицу коэффициентов при неизвестных, Х – матрицу-столбец неизвестных Х1, Х2, Х3; Н – матрицу-столбец свободных членов:
С учетом этих обозначений данная система уравнений принимает следующую матричную форму:
.
Для нахождения решения системы уравнений необходимо вычислить обратную матрицу
,
где – алгебраическое дополнение элемента.
Вычислим определитель и алгебраические дополнения элементов матрицы А.
следовательно, матрицаА имеет обратную матрицу .
Тогда
.
Решение системы уравнений
Отсюда
Ответ:
в) Решение системы линейных уравнений методом Гаусса (через расширенную матрицу).
Составим расширенную матрицу данной системы линейных уравнений и с помощью элементарных преобразований матрицы приведем ее к треугольному виду (ниже главной диагонали все элементы равны нулю).
Видим, что ранги матриц А и В совпадают и равны числу неизвестных, то есть . Следовательно, система линейных уравнений имеет единственное решение. Чтобы найти это решение, перейдем от матричной записи к ступенчатой системе уравнений.
Двигаясь снизу вверх (обратный ход метода Гаусса), получаем . Полученный результат подставляем во второе уравнение, а потом вместе с найденнымв первое уравнение:
Ответ:
3. Определить тип кривой , найти ее параметры; определить угловой коэффициент прямой . Найти точки пересечения данных линий и сделать чертеж.
Решение. Приведем уравнение кривой к каноническому виду , разделив на 225. Получим уравнение эллипса . Его большая полуось , малая полуось. Центр совпадает с началом координат.
Уравнение прямой имеет вид «в отрезках», что удобно для построения. Для нахождения углового коэффициента прямой приведем ее к виду, выразиву через х: .
Угловой коэффициент .
Для нахождения точек пересечения этих линий решим систему
Возведем второе уравнение в квадрат
и подставим в первое уравнение:
Нашли точки пересечения (0; 3) и (5; 0), что наглядно видно на чертеже.
у
3
–5 0 5 х
–3
Рисунок 2
4. Даны координаты вершин пирамиды АВСD:
Требуется:
1) записать векторы в системе орти найти модули этих векторов;
2) найти угол между векторами и ;
3) найти проекцию вектора на вектор ;
4) найти площадь грани АВС;
5) найти объем пирамиды АВСD;
6) составить уравнение ребра АС;
7) составить уравнение грани АВС.
Решение.
1) Произвольный вектор представляется в системе ортпо формуле
,
где – координаты вектора. Если заданы точки,, то для вектора
,
то есть
.
Воспользовавшись формулой и координатами заданных точек А, В, С, D, получим:
;
;
.
Если вектор , то его модуль вычисляется по формуле:.
Модули найденных векторов
;
;
.
2) Известна формула
,
где – скалярное произведение векторов и, которое можно вычислить следующим образом:
.
У нас
,
то есть .
3) Известно, что ,
то есть в нашем случае
.
4) Воспользуемся формулой нахождения площади треугольника, построенного на векторах и
,
где – векторное произведение векторов, которое можно вычислить по следующему правилу:
.
В нашем примере , причем
.
Таким образом, (кв. ед.).
5) Объем пирамиды, построенной на трех некомпланарных векторах можно найти по формуле
,
где – смешанное произведение векторов, которое вычисляется следующим образом:
.
У нас , где
,
то есть (куб. ед.).
6) Известно, что уравнение прямой, проходящей через две заданные точки и, имеет вид:
.
Подставив координаты точек А и С, получим:
,
то есть уравнение ребра АС окончательно запишется следующим образом:
или.
7) Уравнение плоскости, проходящей через три заданные точки ,,, можно записать в виде
.
Подставляя в него координаты точек А, В, С, получим:
5. Функция у задана различными аналитическими выражениями для различных областей изменения аргумента х:
Требуется:
1) найти точки разрыва функции, если они существуют;
2) найти односторонние пределы и скачок функции в точках разрыва;
3) сделать чертеж.
Решение. Данная функция опреелена и непрерывна в интервалах . Приименяется аналитическое выражение функции, и только в этих точках функция может иметь разрыв.
Определим односторонние пределы в точке :
Односторонние пределы совпадают. Функция в этой точке непрерывна.
Определим односторонние пределы в точке :
Так как односторонние пределы функции у в точке не равны между собой, то в этой точке функция имеет разрыв первого рода.
Скачком функции в точке разрыва называется абсолютная величина разности между ее правым и левым предельными значениями. Следовательно, в точке скачок функции
Построим график функции.
у
0 х
Рисунок 3
6. Провести полное исследование функции методами дифференциального исчисления и построить ее график.
Решение.
1) Область определения функции
.
2) Исследование на непрерывность и классификация точек разрыва.
Заданная функция непрерывна всюду, кроме точки х = 4. Вычислим ее односторонние пределы в этой точке:
Таким образом, точка х = 4 является для заданной функции точкой разрыва второго рода, а прямая х = 4 – вертикальной асимптотой графика.
3) Исследование на экстремум и промежутки монотонности.
х |
–2 |
(–2; 4) |
4 |
(4; 10) |
10 | ||
+ |
+ |
– |
не сущ. |
– |
0 |
+ | |
max |
|
min |
.
4) Исследование графика на выпуклость, вогнутость, точки перегиба.
Так как , то график заданной функции точек перегиба не имеет. Остается выяснить вопрос об интервалах его выпуклости и вогнутости:
х |
4 | ||
– |
не сущ. |
+ | |
|
5) Исследование графика на наличие наклонных асимптот.
Таким образом, прямая – наклонная асимптота графика.
6) График заданной функции пересекает ось Оу в точке (0; –5).
По результатам исследования строим график.
у
20
4
–4 0 4 х
Рисунок 4
7. а) Решить систему двух линейных уравнений в области комплексных чисел по формулам Крамера. Найденные изобразить на комплексной плоскости;, записать в показательной и тригонометрической формах; найти, записать в показательной и алгебраической формах и изобразить геометрически.
Решение. Найдем решение системы линейных уравнений по формулам Крамера . Для этого вычислим главный определитель системыи определители, учитывая, что– комплексное число, где.
Находим :
(т.к.);
Таким образом, решение данной системы уравнений в алгебраической форме записи:
в векторной форме записи
Для того, чтобы найти в алгебраической форме, складываем действительные и мнимые части чисел:
.
Вектор, соответствующий числу , строим как сумму векторов по правилу параллелограмма.
Для того, чтобы найти в алгебраической форме, вычитаем действительные и мнимые части чисел:
.
Вектор, соответствующий числу , записываем как сумму векторови, строим его по правилу параллелограмма.
у
–3,5 z2
j
– z2–2 0 3,5 x
z1z
и
Рисунок 5
Найдем модуль и аргументкомплексных чисел( или ;в 1 и 4 четвертях; во 2 и 3 четвертях, знак «+» или «–» выбираем так, чтобы аргумент был наименьшим по модулю).
Число принадлежит 3 четверти:
(аргумент );
(модуль ).
Число принадлежит 1 четверти:
;
Запишем числа в показательнойи тригонометрическойформах:
так как при умножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются.
так как при делении комплексных чисел их модули делятся, а аргументы вычитаются.
Найдем , используя формулу
, гдет = 0, 1, 2, …, п – 1.
В нашем примере п = 6, т = 0, 1, 2, 3, 4, 5 и мы получим 6 различных значений корня:
при т = 0
при т = 1
при т = 2
при т = 3
при т = 4
при т = 5
у
w3
w4960w2
1560360
0 –240x
–1440–840w1
w5
w6
Рисунок 6
.
7. б) Найти скорость (м/с) и ускорениеа (м/с2) материальной точки, траектория которой задана параметрическими уравнениями
в момент времени с.
Решение. Вектор есть радиус-вектор движущейся материальной точки. В нашем случае. Найдем уравнение траектории (годографа) движущейся материальной точки.
В первом уравнении обе части возведем в квадрат
Система уравнений примет вид
Исключая , получим уравнение
Это есть уравнение параболы с вершиной с осью, параллельной осиОу, параметром и ветви направлены вверх. Координаты точкив момент временис будут
т.е. .
Построим полученную траекторию.
у
14 М0(5; 14)
4
0 2 5 х
–4 А
Рисунок 7
Вектор есть вектор скорости материальной точки, который направлен по касательной к годографу данной линии в данной точке. В нашем случае
или
В момент времени с скорость материальной точки равна
или
а величина скорости м/с.
Как известно, вектор ускорения движения материальной точки равен
В нашей задаче
и
. Отметим этот вектор на чертеже.
м/с2.
Ответ: В момент времени с величина скорости точким/с, а ускорением/с2.
7. в) Найти скорость (м/с) и ускорениеа (м/с2) материальной точки, траектория которой задана параметрическими уравнениями
в момент времени с.
Решение. Вектор есть радиус-вектор движущейся материальной точки. В нашем случае. Найдем уравнение траектории (годографа) движущейся материальной точки.
Обе части уравнений возведем в квадрат и почленно сложим.
Получили уравнение эллипса с центром в точке и полуосями. Координаты точкив момент временис будут
у
В1
–2 0 х
–3
А2О 'А1
–12
Рисунок 8
Вектор есть вектор скорости материальной точки, который направлен по касательной к годографу данной линии в данной точке. В нашем случае
или
В момент времени с скорость материальной точки равна
,
(отметим этот вектор на чертеже),а величина скорости м/с.
Как известно, вектор ускорения движения материальной точки равен
В нашей задаче
или и
;
(отметим этот вектор на чертеже).
м/с2.
Ответ: В момент времени с величина скорости точким/с, а ускорением/с2.
8. а) Вычислить площадь фигуры, ограниченной заданными параболами .
Решение. Найдем абсциссы точек пересечения заданных парабол. Для этого приравняем правые части их уравнений:
.
Отсюда
.
у
1
–1 0 1 х
Рисунок 9
Площадь вычислим по формуле
,
где , – кривые, ограничивающие фигуру ().
В нашем случае
8. б) Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси Ох фигуры, расположенной в первом квадранте и ограниченной заданными параболой , прямой и осью Ох.
Решение. Найдем абсциссу точки пересечения параболы и прямой в первом квадранте. Для этого решим уравнение
,
,
.
Первому квадранту соответствует корень .
Найдем теперь абсциссу точки пересечения прямой с осью Ох, решив уравнение , откуда.
Таким образом, можно считать, что тело вращения ограничено при поверхностью, образованной вращением параболывокруг осиОх, а при – вращением прямой.
у
8
0 2 х
Рисунок 10
Объем ищем по формуле .
.
Для вычисления второго интеграла используем подстановку . Тогдаи.
Отсюда
.
9. а) Вычислить длину дуги кривой, заданной параметрическими уравнениями
Решение. Длина дуги кривой, заданной параметрическими уравнениями, вычисляется по формуле
.
Находим и для рассматриваемой кривой:
Вычислим длину дуги при :
ед.
Ответ: ед.
9. б) Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми ,, заданными в полярной системе координат.
Решение. Площадь фигуры, ограниченной одной или двумя кривыми, заданными в полярной системе координат, вычисляется по формулам
или
.
Сделаем чертеж искомой площади, учитывая, что , поэтому, то есть.
p/2
6 p/3
4 p/6
r
Рисунок 11
, .
Так как фигура симметрична относительно прямой , то
=
10. Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка, допускающее понижение порядка, удовлетворяющее указанным начальным условиям
Решение. Данное дифференциальное уравнение второго порядка не содержит явно функцию у. Положим , гдер – некоторая функция аргумента х. Если , то, и данное уравнение примет вид. Мы получили уравнение первого порядка относительно переменныхр и х. Решим это уравнение:
, или.
Определим численное значение С1 при указанных начальных условиях. Имеем . Следовательно,. Теперь решаем уравнение первого порядка:
Определим численное значение С2 при указанных начальных условиях. Имеем .
Таким образом, есть частное решение, удовлетворяющее указанным начальным условиям.
11. Найти частное решение линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами , удовлетворяющее указанным начальным условиям.
Решение. Общее решение у данного уравнения равно сумме общего решения уодн однородного уравнения и какого-либо частного решения данного уравнения, то есть
.
Для нахождения уодн составим характеристическое уравнение , имеющее комплексные корни. В этом случае общее решение однородного уравнения ищем в виде
,
где – комплексные корни характеристического уравнения. Подставив, имеем:
.
Частное решение неоднородного дифференциального уравнения ищем в виде, так как правая часть неоднородного уравнения есть функцияи числаявляются корнями характеристического уравнения. Приимеем:
.
Дважды дифференцируя последнее равенство, находим :
.
Подставив в данное уравнение и, получим:
,
откуда . Следовательно,и
.
Найдем :
.
Используя начальные условия, получим систему
откуда .
Следовательно, есть искомое частное решение данного дифференциального уравнения.
12. Классическим методом и методом операционного исчисления найти частное решение системы дифференциальных уравнений, удовлетворяющее начальным условиям.
Решение. Решением этой системы является пара функций ,, удовлетворяющих системе, причем .
1) Классический метод решения.
Продифференцируем первое уравнение по переменной :
.
Из первого уравнения определяем , следовательно, из второго уравнения имеем
.
Подставляем в уравнение, полученное после дифференцирования, приходим к уравнению
,
– линейное дифференциальное уравнениеII порядка с
постоянными коэффициентами.
Составляем характеристическое уравнение и находим его корни:
– действительные различные корни.
В этом случае общее решение дифференциального уравнения имеет вид
,
.
Ранее определили . Тогда
.
Общее решение системы
Находим значения произвольных постоянных, используя начальные условия :
Частное решение системы
2) Метод операционного исчисления.
Пусть . По теореме о дифференцировании оригинала получим
Следовательно, операторная (изображающая) система имеет вид:
Из первого уравнения определяем и подставляем во второе уравнение:
, .
Представим дробь в виде суммы простых дробей:
Следовательно, .
По таблице изображений находим
.
Аналогично:
,
,
.
Частное решение системы
13. Найти область сходимости степенного ряда .
Решение. Введем новое переменное и получим ряд ,где и . Найдем радиус сходимости степенного ряда
Таким образом, интервал сходимости ряда (–3; 3), то есть .
Выясним вопрос о сходимости этого ряда на концах интервала.
При ряд принимает вид
.
Получили числовой знакочередующийся ряд, применим к нему признак Лейбница:
1) ,
2) , в самом деле,
Значит, ряд сходится и – точка сходимости ряда.
При получаем ряд. Сравним его с гармоническим рядом, который расходится. Применим предельный признак сравнения.
.
Значит, оба ряда ведут себя одинаково, то есть ряд расходится и– точка расходимости.
Таким образом, область сходимости для ряда
.
Перейдем к переменному х:
или .
Ответ: Область сходимости .
14. а) Найти разложение в степенной ряд по степеням х решения дифференциального уравнения (записать три первых, отличных от нуля, члена этого разложения).
Решение. Так как по условию , то искомое частное решениеможно записать в виде:
Из начальных условий уже известны и. Подставив эти значения в заданное уравнение, вычислим:
.
Последовательно дифференцируя данное уравнение, будем иметь:
Теперь вычислим значения производных при :
.
Следовательно, или
есть искомое частное решение.
14. б) Используя разложение подынтегральной функции в степенной ряд, вычислить интеграл с точностью до 0,001.
Решение. .
Разложим подынтегральную функцию в степенной ряд. Для этого используем ряд
,
где . Положими заменимх на :
Так как отрезок интегрирования принадлежит области сходимости полученного ряда, то будем интегрировать почленно в указанных пределах:
В полученном знакочередующемся ряде четвертый член по абсолютному значению меньше 0,001. Следовательно, требуемая точность будет обеспечена, если учитывать только первые три члена ряда.
.
15. Дана функция двух переменных . Найти:
1) экстремум функции ;
2) в точкеА(1; –2);
3) наибольшую скорость возрастания точкеА(1; –2).
Решение. 1) Для отыскания экстремума функции предварительно найдем частные производные первого и второго порядка:
Приравняем их к нулю и решим систему уравнений:
Решением системы является точка М(–4; 1). Точка М(–4; 1) называется подозрительной на экстремум. Найдем частные производные второго порядка в точке М:
Из них составим определитель второго порядка
Так как , то в точкеМ(–4; 1) есть экстремум. Производная , а, значит, это точка минимума функции.
.
2) Градиент функции найдем по формуле:
,
и были найдены в пункте 1.
.
Градиент функции в точкеА(1; –2):
.
3) Наибольшая скорость возрастания функции равна модулю градиента:
.
16. а) Найти объем тела, ограниченного параболоидом , цилиндром и плоскостью, через тройной интеграл, применяя цилиндрическую систему координат.
Решение. Сделаем чертеж, учитывая, что вершина параболоида находится в точке В(0; 0; 4), радиус окружности в плоскости хОу равен , осью цилиндраявляется осьОz, радиус поперечного сечения равен 2, а уравнение описывает координатную плоскостьхОу.
z
4 В
2 2у
3
х
Рисунок 12
Объем полученного тела найдем через тройной интеграл по формуле
.
С учетом характера области интегрирования вычисления удобно вести в цилиндрических координатах.
Зависимость между декартовыми и цилиндрическими координатами точки имеет вид:
где угол равен углу между осьюОх (х>0) и ,ии . |
z М(j;r;z)
rz 0 у
j М¢ х
Рисунок 13 |
Якобиан перехода от декартовых координат к цилиндрическим координатам .
Для вычисления объема тела в цилиндрической системе координат справедлива следующая формула:
или
.
В нашем случае (см. рис. 12) а находим из уравнения параболоида, учитывая цилиндрические координаты:
и, таким образом, .
С учетом вышесказанного имеем:
Ответ: ед3.
16. б) Найти объем тела, ограниченного сферой и конусом , через тройной интеграл, применяя сферическую систему координат.
Решение. Сделаем чертеж, учитывая, что центр сферы находится в начале координат (0; 0; 0), радиус равен 3; осью вращения конуса является ось Оz, а угол между осью Оz и образующей конуса равен (так как каноническое уравнение конуса вращения , где – угол между образующей конуса и осью вращенияОz).
z
3
–3 3 у
3
х
Рисунок 14
С учетом характера области интегрирования вычисления удобно вести в цилиндрических координатах.
Зависимость между декартовыми и цилиндрическими координатами точки имеет вид:
где угол равен углу между осьюОх (х>0) и , уголравен углу между осьюОz (z>0) и ,и . |
z qМ(j;q;r)
r 0 у
j М¢ х
Рисунок 15 |
Якобиан перехода от декартовых координат к цилиндрическим координатам .
Для вычисления объема тела в сферической системе координат справедлива следующая формула:
.
В нашем случае (см. рис. 14) и
Ответ: ед3.
17. а) С помощью двойного интеграла вычислить координаты центра тяжести фигуры (меньшей по площади), ограниченной эллипсом и прямой (поверхностную плотность считать равной единице).
Решение. В случае однородной пластины, занимающей область плоскостихОу, координаты центра тяжести находят по формулам:
где – площадь области,
.
В рассматриваемом случае фигура ограничена кривыми ипри.
у
3
–5 0 5 х
–3
Рисунок 16
Поэтому
Полученный интеграл вычислим заменой переменной.
Итак, . Далее
Первый из полученных интегралов вычисляется с помощью замены переменной:
Отсюда
.
Наконец,
17. б) С помощью двойного интеграла вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной линиями (поверхностную плотность считать равной единице).
Решение.
у
3
–9 3 х
3
Рисунок 17
Поскольку фигура симметрична относительно оси Ох, то . Вычислим.
Таким образом, .
18. Вычислить работу, совершаемую переменной силой по контуру, связывающему точкиМ(1; 1) и N(2; 3), и установить независимость от пути интегрирования.
Решение. Для того, чтобы найти работу, совершаемую переменной силой , вычислим криволинейный интеграл
по контуру, соединяющему точки М(1; 1) и N(2; 3).
Выберем в качестве контура интегрирования наиболее простой контур, связывающий точки М и N, например, ломаную, звенья которой параллельны осям координат.
у
3 N
х= 2
у= 1
1 М
0 1 2 х
Рисунок 18
Имеем на первом участке , на втором участке. Таким образом,
В данном случае выполнено условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования
,
где ,. Действительно,.
19. Найти циркуляцию векторного поля вдоль линии пересеченияплоскостис координатными плоскостями непосредственно и по формуле Стокса (точка пробегает полученную линию против часовой стрелки, если смотреть от начала координат).
Решение. 1) Вычислим циркуляцию по контурунепосредственно по формуле
z
С3 3А
В
0 6 у
х
Рисунок 19
В нашем случае и уравнениеАВ: ,, откудаи, причем. Поэтому
ВС: ,,и, и.
СА: .
.
Окончательно Ц .
2) Вычислим циркуляцию по формуле Стокса.
, где
.
Предварительно найдем ротор вектора :
За поверхность, натянутую на контур, берем поверхность . Тогда
(– площадь,– площадь ).
20. Дано векторное поле и точки ,и.
1) Показать, что поле – потенциальное.
2) Найти потенциал , если известно, что.
3) Найти работу поля между точками и,и,ии найти циркуляцию по контуру.
Решение. 1) Одним из признаков потенциального поля является равенство нулю ротора вектора поля.
.
В нашем примере и
таким образом, и заданное векторное поле является потенциальным.
2) Для потенциального поля вектор поля , где– потенциал поля, то есть
.
Потенциал поля находим по формуле
.
.
Проверка: .
Из условия находимС:
и потенциал поля равен
.
3) Работа потенциального поля между точками иравна разности значений потенциала в конечной и начальной точках.
Циркуляция потенциального поля по замкнутому контуру
.
Проверили еще один признак потенциального поля: циркуляция потенциального поля вдоль любого замкнутого контура равна нулю.
Ответ: 1. ,
2. ,
3. .
21. Найти вероятность безотказной работы участка цепи, если известно, что каждый -ый элемент работает независимо от других с вероятностью(= 1, 2, 3, 4, 5, 6).
.
Рисунок 20
Решение. Участок цепи будет работать безотказно, если работают блоки 1–2 и 3–4–5–6 (последовательное соединение).
Рассмотрим блок 1–2. Элементы 1 и 2 соединены параллельно, следовательно, блок 1–2 будет работать, если хотя бы один из элементов 1, 2 исправен.
–надежность блока 1–2.
Рассмотрим блок 3–4–5–6. Блок 3–4–5–6 будет безотказно работать хотя бы в одном из случаев:
исправны элементы 3 и 4,
исправен элемент 5,
исправен элемент 6.
–вероятность безотказной работы блока
3–4.
–надежность блока 3–4–5–6.
Следовательно,
–искомая надежность участка
цепи.
22. Рабочий обслуживает четыре однотипных станка. Вероятность того, что любой станок в течение часа потребует внимания рабочего, равна 0,6. Предполагая, что неполадки на станке независимы, найти вероятность того, что в течение часа потребуют внимания рабочего: 1) все четыре станка; 2) ни один станок; 3) по крайней мере один станок.
Решение. Обозначим через события, состоящие в том, что в течение часа потребуют внимания рабочего соответственно первый, второй, третий, четвертый станки. По теореме умножения вероятностей независимых событий вероятность того, что в течение часа все станки потребуют внимания рабочего, то есть произойдут события и, и, и, и, вычислим по формуле
.
Вероятность того, что в течение часа станок (любой) не потребует внимания рабочего, найдем по правилу вычисления вероятности противоположного события:
.
Следовательно, вероятность события В, состоящего в том, что ни один станок в течение часа не потребует внимания рабочего, то есть произойдут события и , и, и, и, равна
.
Событие, состоящее в том, что в течение часа по крайней мере один из четырех станков потребует внимания рабочего, и событие В являются противоположными. Поскольку , то
.
23. Заданы законы распределения двух независимых случайных величин Х и У
|
Х |
–5 |
2 |
3 |
4 |
|
У |
1 |
4 |
|
Р |
0,4 |
0,3 |
0,1 |
0,2 |
|
Р |
0,2 |
0,8 |
Найти математическое ожидание и дисперсию для случайной величины
.
Решение. Найдем математические ожидания и дисперсии случайных величин Х и У:
Напишем законы распределения для случайных величин и:
|
Х 2 |
25 |
4 |
9 |
16 |
|
У 2 |
1 |
16 |
|
Р |
0,4 |
0,3 |
0,1 |
0,2 |
|
Р |
0,2 |
0,8 |
Найдем математические ожидания для случайных величин и:
Отсюда
Пользуясь свойствами математического ожидания и дисперсии, а также независимостью случайных величин Х и У, получаем
24. Станок-автомат изготавливает шарики. Шарик считается годным, если отклонение Х его диаметра от проектного размера по абсолютной величине меньше 0,9 мм. Считая, что случайная величина Х распределена нормально с нулевым математическим ожиданием и со средним квадратическим отклонением мм, найти, сколько процентов годных шариков изготовляет станок-автомат.
Решение. Воспользуемся формулой для вычисления вероятности заданного отклонения нормально распределенной случайной величины Х от ее математического ожидания
,
где – функция Лапласа (см. таблицу значений функции Лапласа).
По условию , поэтому
.
Таким образом, станок-автомат изготовляет 92,8% годных шариков.
25. Измерены диаметры для 60 деталей, обрабатываемых на некотором станке. Данные замеров приведены в табл. 3.
Таблица 3
-
70,88
67,04
69,20
66,24
64,80
71,52
67,52
68,96
67,36
68,64
67,12
66,96
69,04
66,00
66,00
64,88
65,84
67,52
65,68
70,00
70,80
66,32
67,40
66,08
69,76
68,01
65,76
69,20
65,60
66,72
67,44
67,72
68,72
64,00
66,32
68,21
70,96
67,76
66,88
69,12
65,84
64,88
69,46
68,48
65,04
70,00
70,16
68,72
67,04
69,36
66,48
68,20
64,72
70,40
67,76
69,28
71,20
67,90
66,80
70,24
Выполнить статистическую обработку результатов измерений по следующему плану:
Построить статистическое распределение выборки.
Выполнить точечные оценки среднего значения и дисперсиислучайной величины.
Построить гистограмму относительных частот, установив статистический (эмпирический закон распределения).
На том же чертеже построить кривую нормального распределения с параметрами ии проанализировать, хорошо ли статистические данные описываются нормальным законом распределения.