Таблетки от кашля фасуют три автомата производительность первого
Выбор защитных автоматических выключателей производится не только в ходе установки новой электрической сети, но и при модернизации электрощита, а также при включении в цепь дополнительных мощных приборов, повышающих нагрузку до такого уровня, с которым старые устройства аварийного отключения не справляются. И в этой статье речь пойдет о том, как правильно производить подбор автомата по мощности, что следует учитывать в ходе этого процесса и каковы его особенности.
Непонимание важности этой задачи может привести к очень серьезным проблемам. Ведь зачастую пользователи не утруждают себя, производя выбор автоматического выключателя по мощности, и берут в магазине первое попавшееся устройство, пользуясь одним из двух принципов – «подешевле» или «помощнее». Такой подход, связанный с неумением или нежеланием рассчитать суммарную мощность устройств, включенных в электросеть, и в соответствии с ней подобрать защитный автомат, зачастую становится причиной выхода дорогостоящей техники из строя при коротком замыкании или даже пожара.
Для чего нужны защитные автоматы и как они работают?
Современные АВ имеют две степени защиты: тепловую и электромагнитную. Это позволяет обезопасить линию от повреждения в результате длительного превышения протекающим током номинальной величины, а также короткого замыкания.
Основным элементом теплового расцепителя является пластина из двух металлов, которая так и называется – биметаллической. Если на нее в течение достаточно длительного времени воздействует ток повышенной мощности, она становится гибкой и, воздействуя на отключающий элемент, вызывает срабатывание автомата.
Наличием электромагнитного расцепителя обусловлена отключающая способность автоматического выключателя при воздействии на цепь сверхтоков короткого замыкания, выдержать которые она не сможет.
Расцепитель электромагнитного типа представляет собой соленоид с сердечником, который при прохождении сквозь него тока высокой мощности моментально сдвигается в сторону отключающего элемента, выключая защитное устройство и обесточивая сеть.
Это позволяет обеспечить защиту провода и приборов от потока электронов, величина которого намного выше расчетной для кабеля конкретного сечения.
Чем опасно несоответствие кабеля сетевой нагрузке?
Правильный подбор защитного автомата по мощности – очень важная задача. Неверно выбранное устройство не защитит линию от внезапного возрастания силы тока.
Но не менее важно правильно подобрать по сечению кабель электропроводки. В противном случае, если суммарная мощность превысит номинальную величину, которую способен выдерживать проводник, это приведет к значительному росту температуры последнего. В итоге изоляционный слой начнет плавиться, что может привести к возгоранию.
Чтобы более наглядно представить, чем грозит несоответствие сечения проводки суммарной мощности включенных в сеть устройств, рассмотрим такой пример.
Новые хозяева, купив квартиру в старом доме, устанавливают в ней несколько современных бытовых приборов, дающих суммарную нагрузку на цепь, равную 5 кВт. Токовый эквивалент в этом случае будет составлять около 23 А. В соответствии с этим в цепь включается защитный автомат на 25 А. Казалось бы, выбор автомата по мощности сделан верно, и сеть готова к эксплуатации. Но через некоторое время после включения приборов в доме появляется задымление с характерным запахом горелой изоляции, а через некоторое время возникает пламя. Автоматический выключатель при этом не будет отключать сеть от питания – ведь номинал тока не превышает допустимого.
Если хозяина в этот момент не окажется поблизости, расплавленная изоляция через некоторое время вызовет короткое замыкание, которое, наконец, спровоцирует срабатывание автомата, но пламя от проводки может уже распространиться по всему дому.
Причина в том, что хотя расчет автомата по мощности был сделан правильно, кабель проводки сечением 1,5 мм² был рассчитан на 19 А и не мог выдержать имеющейся нагрузки.
Чтобы вам не пришлось браться за калькулятор и самостоятельно высчитывать сечение электропроводки по формулам, приведем типовую таблицу, в которой легко найти нужное значение.
Защита слабого звена электроцепи
Итак, мы убедились, что расчет автоматического выключателя должен производиться, исходя не только из суммарной мощности включенных в цепь устройств (независимо от их количества), но и из сечения проводов. Если этот показатель неодинаков на протяжении электрической линии, то выбираем участок с наименьшим сечением и производим расчет автомата, исходя из этого значения.
Требования ПУЭ гласят, что выбранный автоматический выключатель должен обеспечивать защиту наиболее слабого участка электроцепи, или иметь номинал тока, который будет соответствовать аналогичному параметру включенных в сеть установок. Это также означает, что для подключения должны использоваться провода, поперечное сечение которых позволит выдержать суммарную мощность подключенных устройств.
Как выполняется выбор сечения провода и номинала автоматического выключателя – на следующем видео:
Если нерадивый хозяин проигнорирует это правило, то в случае аварийной ситуации, возникшей из-за недостаточной защиты наиболее слабого участка проводки, ему не стоит винить выбранное устройство и ругать производителя – виновником сложившейся ситуации будет только он сам.
Как рассчитать номинал автоматического выключателя?
Допустим, что мы учли все вышесказанное и подобрали новый кабель, соответствующий современным требованиям и имеющий нужное сечение. Теперь электропроводка гарантированно выдержит нагрузку от включенных бытовых приборов, даже если их достаточно много. Теперь переходим непосредственно к выбору автоматического выключателя по номиналу тока. Вспоминаем школьный курс физики и определяем расчетный ток нагрузки, подставляя в формулу соответствующие значения: I=P/U.
Здесь I – величина номинального тока, P – суммарная мощность включенных в цепь установок (с учетом всех потребителей электричества, в том числе и лампочек), а U – напряжение сети.
Чтобы упростить выбор защитного автомата и избавить вас от необходимости браться за калькулятор, приведем таблицу, в которой указаны номиналы АВ, которые включаются в однофазные и трехфазные сети, и соответствующие им мощности суммарной нагрузки.
Эта таблица позволит легко определить, сколько киловатт нагрузки какому номинальному току защитного устройства соответствуют. Как мы видим, автомату 25 Ампер в сети с однофазным подключением и напряжением 220 В соответствует мощность 5,5 кВт, для АВ на 32 Ампера в аналогичной сети – 7,0 кВт (в таблице это значение выделено красным цветом). В то же время для электрической сети с трехфазным подключением «треугольник» и номинальным напряжением 380 В автомату на 10 Ампер соответствует мощность суммарной нагрузки 11,4 кВт.
Наглядно про подбор автоматических выключателей на видео:
Заключение
В представленном материале мы рассказали о том, для чего нужны и как работают устройства защиты электрической цепи. Кроме того, учитывая изложенную информацию и приведенные табличные данные, у вас не вызовет затруднения вопрос, как выбрать автоматический выключатель.
Source: YaElectrik.ru
Источник
P(A / H1 ) = | 4 | , P(A / H 2 ) = | 5 | , P(A / H1 ) = | 6 | . | ||||||||||||||
12 | 12 | |||||||||||||||||||
12 | ||||||||||||||||||||
Отсюда по формуле полной вероятности получим | ||||||||||||||||||||
3 | 1 | 4 | 4 | 5 | 2 | 6 | 36 | 3 | ||||||||||||
P(A) = ∑P(Hi )P( A / Hi ) = | + | + | = | = | . | |||||||||||||||
7 | 12 | 12 | 84 | 7 | ||||||||||||||||
i=1 | 7 | 7 | 12 | |||||||||||||||||
Задача 22. В результате систематически проводимого контроля качества изготовляемых предприятием деталей установлено, что брак составляет в среднем 5%. Сколько изготовленных деталей нужно взять, чтобы наиболее вероятное число годных среди них было равно 60 шт.?
Решение.
Известно, что в n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p наиболее вероятным числом успехов является
-единственное число k0 = [np + p], если число np + p не целое;
-два числа k0 = np + p и k0 = np + p − 1, если число np + p целое.
Согласно условию задачи k0 = 60 , p = 5% = 0,05 . Отсюда
np + p = (n +1) p = n20+1 = 60 ,
следовательно, изготовленных деталей нужно взять n = 60 20 −1 =1199 .
Задача 23. У фотолюбителя в коробке находится 5 одинаковых кассет с фотопленками, из которых 3 пленки уже отсняты, а две – чистые. Будучи не в состоянии установить, какие из них отсняты, он решает отобрать наугад две пленки, а остальные проявить. Какова вероятность того, что в отобранных пленках окажутся чистыми: а) обе пленки; б) хотя бы одна пленка?
Решение.
а) Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому: m = C22 =1; n = C52 = 2!5!3! =10 .
Отсюда вероятность того, что обе отобранные пленки окажутся чистыми, равна:
P( A) = | m | = | 1 | = 0,1. | |||||||||||||||||||
10 | |||||||||||||||||||||||
n | |||||||||||||||||||||||
б) Вероятность того, что из отобранных двух пленок окажется чистой хотя бы одна | |||||||||||||||||||||||
пленка, равна: | |||||||||||||||||||||||
P(B) =1 − P( | ) , | ||||||||||||||||||||||
B | |||||||||||||||||||||||
где P( | ) − вероятность противоположного события (обе пленки отсняты). | ||||||||||||||||||||||
B | |||||||||||||||||||||||
Очевидно, что | |||||||||||||||||||||||
m | C 2 | 3! | 3 | ||||||||||||||||||||
P(B) = | = | 3 | = | 2! 3! | = | = 0,3 . | |||||||||||||||||
C52 | |||||||||||||||||||||||
n | 2! 1! | 5! | 10 | ||||||||||||||||||||
Отсюда вероятность того, что из отобранных двух пленок окажется чистой хотя бы одна пленка, равна:
P(B) =1 − P(B) =1 − 0,3 = 0,4 .
Задача 24. Укупорка банок томатного сока производится двумя автоматами, продукция которых поступает на общий конвейер. Производительность второго автомата в 1,5 раза выше производительности первого. Доля банок с дефектами упаковки в среднем составляет 0,5% – у первого и 0,02% – у второго автомата. Какова вероятность того, что взятая наугад банка сока будет иметь дефекты упаковки?
Решение.
Обозначим искомое событие A – «взятая наугад банка сока будет иметь дефекты упаковки». Вероятность этого события по формуле полной вероятности равна:
2 | |
P( A) = ∑P(Hi )P( A Hi ) , | (1) |
i=1
где Hi – гипотезы, означающие: H1 – укупорка банки томатного сока произведена первым автоматом; H2 – укупорка банки томатного сока произведена вторым автоматом;
P( A Hi ) − условные вероятности события A при выполнении указанных гипотез.
Очевидно, что P( A H1 ) = 0,005 , P( A H 2 ) = 0,0002 . | |
Определим далее вероятности гипотез P(Hi ) , учитывая, что: | |
P(H1 ) + P(H 2 ) =1; | (2) |
P(H 2 ) =1,5P(H1 ) . | (3) |
Подставив равенство (3) в уравнение (2), получим 2,5P(H1 ) =1 , откуда получим
P(H1 ) = 21,5 = 0,4 .
Отсюда определим вероятность второй гипотезы
P(H 2 ) =1 − P(H1 ) =1 − 0,4 = 0,6 .
Подставив найденные вероятности в формулу (1), получим:
P( A) = 0,4 0,005 + 0,6 0,0002 = 0,00212 , или 0,212%.
Задача 25. В урне 3 белых и 7 черных шаров. Какова вероятность того, что вынутые наугад два шара окажутся белыми?
Решение.
Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому: m = C32 = 23!!1! = 3 ;
n = C102 = 210! 8!! = 102 9 = 45 .
Отсюда вероятность того, что обе отобранные пленки окажутся чистыми, равна:
P(A) = mn = 453 = 151 .
Задача 26. Студент знает 25 вопросов из 35. Ему наудачу задали три вопроса. Какова вероятность того, что студент ответит на все три вопроса? Задачу решить двумя способами – с помощью классического определения вероятности и с помощью алгебры событий.
Решение.
1) Решение с помощью классического определения вероятности. Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому:
m = C253 = | 3! | = 3; | ||||||||||||||||||||
2! 1! | ||||||||||||||||||||||
n = C353 = | 10! | = | 10 9 | = 45. | ||||||||||||||||||
2! 8! | ||||||||||||||||||||||
2 | ||||||||||||||||||||||
Отсюда вероятность того, что обе отобранные пленки окажутся чистыми, равна: | ||||||||||||||||||||||
P( A) = | m | = | 25! | 3! 32! | = | 25 24 23 | = | 5 4 23 | = | 460 | = 0,351. | |||||||||||
n | 3! 22! | 35 34 33 | 7 17 11 | 1309 | ||||||||||||||||||
35! | ||||||||||||||||||||||
2) Решение с помощью алгебры событий.
Искомое событие A произойдет, если студент ответит правильно на первый вопрос, затем ответит правильно на второй вопрос и затем ответит правильно на третий вопрос. Отсюда
A = A1 A2 A3 ,
где Ai – событие «студент ответил правильно на i-й вопрос», i = 1, 2, 3.
По теореме умножения вероятностей имеем | ||||||||||||||||||
P(A) = P( A )P(A / A )P( A / A A ) = | 25 | 25 | −1 | 25 | − 2 | = | 25 | 24 | 23 | = 0,351. | ||||||||
1 | 2 | 1 | 3 | 1 | 2 | 35 | 35 | −1 | 35 | − 2 | 35 | 34 | 33 | |||||
Задача 27. Турист, заблудившись в лесу, вышел на полянку, от которой в разные стороны ведут 5 дорог. Если турист пойдет по первой дороге, то вероятность выхода туриста из леса в течение часа составляет 0,6; если по второй – 0,3; если по третьей – 0,2; если по четвертой – 0,1; если по пятой – 0,1. Какова вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса?
Решение.
В данном случае событие A (турист через час он вышел из леса) произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомая вероятность того, что турист пошел по первой дороге, если через час он вышел из леса, равна
P(H1 / A) = | P(H1 )P(A / H1 ) | , |
5 | ||
∑P(Hi )P(A / Hi ) | ||
i=1 |
где Hi – гипотеза «турист пойдет по i-й дороге, i = 1, 2, 3, 4, 5. Очевидно, что все пять гипотез равновероятны, т.е.
P(H1 ) = P(H 2 ) = P(H3 ) = P(H 4 ) = P(H5 ) = 15 .
Значения условных вероятностей даны в условии задачи:
P(A / H1 ) = 0,6; P( A / H 2 ) = 0,3; P( A / H3 ) = 0,2; P(A / H 4 ) = P(A / H5 ) = 0,1.
Отсюда имеем:
1 | 0,6 | 0,6 | 0,6 | ||||||||||||
P(H1 | / A) = | 5 | = | = | = 0,462 . | ||||||||||
1 | 0,6 + | 1 | 0,3 + | 1 | 0,2 + | 1 | 0,1 + | 1 | 0,1 | 0,6 | + 0,3 + 0,2 + 0,1 + 0,1 | 1,3 | |||
5 | 5 | 5 | 5 | 5 | |||||||||||
Задача 28. В магазине 5 холодильников. Вероятность выхода из строя каждого холодильника в течение года равна 0,2. Найти вероятность того, что в течение года ремонта потребует: 1) 4 холодильника; 2) не менее 2 холодильников; 3) не более 1 холодильника; 4) не менее 1 холодильника.
Решение.
Поскольку все холодильники имеют одинаковую вероятность выхода из строя в течение года p = 0,2 , то используем схему Бернулли.
1)Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют 4 холодильника, равна
P5 (m = 4) = C54 p4 (1 − p) = 5 0,24 0,8 = 0,0064 .
2)Вероятность того, что в течение года ремонта потребуют не менее 2 холодильников,
равна
P5 (m ≥ 2) =1 − P5 (m < 2) =1 − P5 (m = 0) − P5 (m =1) = .
=1 −C50 p0 (1 − p)5 −C51 p1 (1 − p)4 =1 −1 0,20 0,85 −5 0,21 0,84 = 10000026272 = 0,2627 .
3)Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не более 1 холодильника, равна
P5 (m ≤1) =1 − P5 (m ≥ 2) =1 −0,2627 = 0,7373 .
4)Вероятность того, что в течение года ремонта потребует не менее 1 холодильника,
равна
P5 (m ≥1) =1 − P5 (m <1) =1 − P5 (m = 0) =
=1 −C50 p0 (1 − p)5 =1 −1 0,20 0,85 = 10000067232 = 0,6723 .
Задача 29. Из шести букв М, А, Ш, И, Н, А выбираются одна за другой и приставляются друг к другу в порядке выбора четыре буквы. Какова вероятность того, что при этом получится слово: а) «ШИНА»; б) «МАША».
Решение.
а) По теореме умножения вероятностей вероятность того, что получится слово «ШИНА» равна
P(A1 A2 A3 A4 ) = P(A1 )P(A2 / A1 )P( A3 / A1 A2 )P(A4 / A1 A2 A3 ) =
= 16 6 1−1 6 −1 2 6 −2 3 = 16 15 14 23 = 1801 .
б) По теореме умножения вероятностей вероятность того, что получится слово «МАША» равна
P(A1 A2 A3 A4 ) = P(A1 )P(A2 / A1 )P( A3 / A1 A2 )P(A4 / A1 A2 A3 ) = = 16 6 2−1 6 −1 2 62 −−13 = 16 52 14 13 = 1801 .
Задача 30. Для трех розничных торговых предприятий определен плановый уровень прибыли. Вероятность того, что первое предприятие выполнит план прибыли, равна 90%, для второго она составляет 95%, для третьего 100%. Какова вероятность того, что плановый уровень прибыли будет достигнут: а) всеми предприятиями; б) только двумя предприятиями; в) хотя бы одним предприятием.
Решение.
а) Поскольку предприятия работают независимо друг от друга, то по теореме умножения вероятностей вероятность того, что плановый уровень прибыли будет достигнут всеми предприятиями равна
P(A) = P(A1 A2 A3 ) = P(A1 )P(A2 )P(A3 ) = 0,9 0,95 1 = 0,855 .
б) Поскольку третье предприятие всегда выполнит план (событие достоверное), то искомая вероятность равна:
P(B) = P(A1 )P(A2 ) + P(A1 )P(A2 ) = 0,9 (1−0,95) + (1 −0,9) 0,95 = 0,14 .
в) Поскольку третье предприятие всегда выполнит план (событие достоверное), то вероятность данного события равна P(C) =1.
Задача 31. Число грузовых машин, проезжающих мимо колонки, относится к числу легковых как 3:2. Вероятность того, что грузовая машина будет заправляться, равна 0,1, а того, что будет заправляться легковая 0,2. У бензоколонки заправляется машина. Какова вероятность того, что это грузовая машина?
Решение.
В данном случае событие A (машина заправляется) произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомая вероятность того, что заправляется грузовая машина, равна
P(H1 / A) = | P(H1 )P(A / H1 ) | , |
2 | ||
∑P(Hi )P(A / Hi ) | ||
i=1 |
где H1 – гипотеза «проехала грузовая машина», H2 – гипотеза «проехала легковая машина». Определим вероятности гипотез:
P(H1 ) + P(H 2 ) = 2α + 3α =1, следовательно α = 15 , и
P(H1 ) = 53 , P(H2 ) = 52 .
Значения условных вероятностей даны в условии задачи:
P(A / H1 ) = 0,1; P(A / H 2 ) = 0,2 .
Отсюда имеем:
3 | 0,1 | 0,06 | 0,06 | |||
P(H1 | / A) = | 5 | = 0,429 . | |||
= | = | |||||
3 | 2 | 0,06 + 0,08 | 0,14 | |||
0,1 | + | 0,2 | ||||
5 | 5 | |||||
Задача 32. Вероятность поломки одного из пяти работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня работает. Какова вероятность того, что: а) 2 станка сломаются в течение дня; б) не менее одного станка будут работать исправно?
Решение.
Поскольку все холодильники имеют одинаковую вероятность выхода из строя в течение дня p = 0,2 , то используем схему Бернулли.
а) Вероятность того, что 2 станка сломаются в течение дня, равна
P5 (m = 2) = C52 p2 (1 − p)3 =10 0,22 0,83 = 0,2048 .
б) Вероятность того, что не менее одного станка будут работать исправно, равна
P5 (m ≤ 4) =1 − P5 (m = 5) =.
=1 −C55 p5 (1 − p)0 =1 −1 0,25 =1 −0,00032 = 0,99968 .
Задача 33. Студент сдает три экзамена. Вероятность успешной сдачи первого экзамена 0,9, второго – 0,65, третьего – 0,35. Найти вероятность того, что он не сдаст хотя бы один экзамен.
Решение.
Обозначим A – событие «студент не сдал хотя бы один экзамен». Тогда
P(A) =1 − P(A) ,
где A – противоположное событие «студент сдал все экзамены». Поскольку сдача каждого экзамена не зависит от других экзаменов, то
P(A) =1 − P( A) =1 −0,9 0,65 0,35 = 0,7953 .
Задача 34. Из 36 карт наугад выбираются 3. Вычислите вероятность того, что среди них будут король и дама.
Решение.
Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
В данном случае благоприятными могут быть варианты, когда одна из выбранных карт – король, вторая – дама, а третья может быть любой, в частности и королем, и дамой.
Поскольку порядок выбора карт не имеет значения, то имеем выборку неупорядоченную без повторений. Поэтому:
m = C41 C41 C341 = 4 4 34 ; | ||||
n = C363 = | 36! | = | 36 35 34 | = 6 35 34 . |
33! 3! | 3 2 | |||
Отсюда вероятность того, что среди трех выбранных карт будут король и дама, равна:
P( A) = | m | = | 4 4 34 | = | 8 | = 0,076 . |
n | 6 35 34 | 105 | ||||
Задача 35. Девять карточек, пронумерованных от 1 до 9, расположены друг за другом в случайном порядке. Определите вероятность события: карточка № 1 находится среди первых трех, а карточка № 2 – среди последних четырех.
Решение.
Вероятность искомого события равна:
P( A) = mn ,
где m – благоприятное число исходов, n – общее число исходов.
Поскольку все карточки пронумерованы, то выборки являются упорядоченными. В данном случае благоприятными могут быть варианты, когда:
-среди первых трех карточках содержится карточка № 1, не содержится карточка № 2, а остальными двумя карточками могут быть любые из семи оставшихся; число всех таких
вариантов равно m1 = A31 A72 = 32!! 75!! = 3 7 6 ;
-среди последних четырех карточек содержится карточка № 2, а остальными тремя карточками могут быть любые из пяти оставшихся; число всех таких вариантов равно
m2 = A41 A53 = 43!! 52!! = 4 5 4 3;
-четвертой и пятой карточками могут быть две оставшиеся карточки; число всех таких вариантов равно m3 = A22 = 2!= 2 .
Очевидно, что общее число исходов равно: n = A99 = 9!
Отсюда вероятность искомого события равна:
P( A) = | m | = | m1 m2 | m3 | = | 3 7 6 4 5 4 3 2 | = | 1 | = 0,167 . |
n | n | 9 8 7 6 5 4 3 2 | 6 | ||||||
Задача 36. Вероятность того, что изделие является дефектным, равна 0,1. Сколько надо выбрать изделий, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное?
Решение.
По условию задачи требуется найти минимальное число n, для которого выполнялось бы неравенство:
Pn (k ≥1) > 0,96 .
Данное неравенство равносильно тому, что
Pn (k = 0) = Cn0 p n q 0 <1−0,96 = 0,04 .
Подставив p = 0,9 , q = 0,1 в последнее неравенство, и, учтя, что Cn0 =1, имеем:
P (k = 0) = C 0 p n q 0 =1 0,9n 0,10 | = 0,9n < 0,04 . | |||
n | n | |||
Прологарифмируем обе части полученного неравенства: | ||||
n ln 0,9 > ln 0,04 n > | ln 0,04 | = | −3,2189 = 30,551 nmin = 31 . | |
ln 0,9 | −0,1054 | |||
Таким образом, надо выбрать не менее чем 31 изделие, чтобы среди них с вероятностью более 0,96 оказалось хотя бы одно бездефектное
Задача 37. Адвокат выигрывает в суде в среднем 70% дел. Найдите вероятность того, что он из 8 дел выиграет больше половины.
Решение. | ||
По условию задач требуется определить вероятность | P8 (k > 4) , где | k – количество |
выигранных дел. Поскольку вероятность выигрыша | дела известна | ( p = 0,7 ), то |
q =1− p =1−0,7 = 0,3 . Отсюда по формуле Бернулли имеем: |
P8 (k > 4) = P8 (k = 5) + P8 (k = 6) + P8 (k = 7) + P8 (k = 8) =
= C85 0,75 0,33 +C86 0,76 0,32 +C87 0,77 0,31 +C88 0,78 0,30 = = 0,2450 +0,2965 +0,1776 +0,0576 = 0,797 .
Таким образом, вероятность того, что адвокат из 8 дел выиграет больше половины, равна 0,797.
Задача 38. 1/3 ламп производится на первом заводе, 1/4 – на втором, остальные – на третьем. Вероятности брака в продукции первого, второго и третьего заводов соответственно равны 0,2, 0,15 и 0,05. Найдите вероятность того, что бракованная лампа произведена на первом, втором или третьем заводе.
Решение.
В данном случае событие A (лампа оказалась бракованной) произошло. Поэтому используем формулу Байеса. Искомые вероятности того, что бракованная лампа произведена на k-м заводе ( k =1,2,3 ) равны:
P(H k / A) = | P(H k )P(A / H k ) | , |
5 | ||
∑P(H i )P(A / H i ) | ||
i=1 |
где Hk – гипотеза «лампа произведена на k-м заводе, k =1,2,3 .
Из условия задачи имеем:
Источник
