Страница 90 номер 56, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Бунимовича. Математика вероятность и статистика
\(X\) — диаметр втулки, мм; по условию \(X\) распределена нормально, \(\sigma = 0{,}5\); будем считать, что математическое ожидание \(a\) равно номиналу (допущение модели); функция распределения \(F(x) = \Phi_0\left(\frac{x - a}{\sigma}\right) + 0{,}5\). Втулка годна, когда \(|X - a| \leqslant 1\), т. е. \(a - 1 \leqslant X \leqslant a + 1\).
а) Границы годности удалены от \(a\) на \(\frac{1}{0{,}5} = 2\) стандартных отклонения; функция Лапласа нечётна, поэтому
\[\begin{aligned} &P(a - 1 \leqslant X \leqslant a + 1) = F(a + 1) - F(a - 1) = {} \\ &= \Phi_0(2) - \Phi_0(-2) = 2\Phi_0(2) \approx 2 \cdot 0{,}4773 = 0{,}9546. \end{aligned}\]
б) При стандартном отклонении \(\sigma\) доля годных втулок равна \(2\Phi_0\left(\frac{1}{\sigma}\right)\); она должна стать не меньше \(0{,}98\):
\[\begin{aligned} 2\Phi_0\left(\frac{1}{\sigma}\right) &\geqslant 0{,}98; \\ \Phi_0\left(\frac{1}{\sigma}\right) &\geqslant 0{,}49. \end{aligned}\]
В таблице значений функции Лапласа после 2 аргумент идёт с шагом \(0{,}1\): \(\Phi_0(2{,}3) = 0{,}4893 < 0{,}49 < \Phi_0(2{,}4) = 0{,}4918\); по более подробной таблице \(\Phi_0(2{,}32) \approx 0{,}4898\), \(\Phi_0(2{,}33) \approx 0{,}4901\), поэтому первое значение аргумента (с точностью до сотых), при котором \(\Phi_0(x) \geqslant 0{,}49\), равно \(2{,}33\). Функция \(\Phi_0\) возрастает, поэтому \(\frac{1}{\sigma} \geqslant 2{,}33\), откуда \(\sigma \leqslant \frac{1}{2{,}33} \approx 0{,}43\) (мм): точность станка тем выше, чем меньше \(\sigma\).
Ответ: а) \(\approx 95{,}46\,\%\) годных втулок; б) чтобы доля годных втулок выросла до 98 %, стандартное отклонение должно быть не больше \(\frac{1}{2{,}33} \approx 0{,}43\) мм.
Пусть \(X\) — диаметр втулки, мм. По условию \(X\) распределена нормально; будем считать, что её математическое ожидание \(a\) равно номиналу — станок настроен на номинальный размер (допущение модели); \(\sigma = 0{,}5\), функция распределения \(F(x) = \Phi_0\left(\frac{x - a}{\sigma}\right) + 0{,}5\). Втулка годна, когда \(|X - a| \leqslant 1\), т. е. \(a - 1 \leqslant X \leqslant a + 1\).
а) Границы годности удалены от \(a\) на \(\frac{1}{0{,}5} = 2\) стандартных отклонения; функция Лапласа нечётна, поэтому
\[\begin{aligned} &P(a - 1 \leqslant X \leqslant a + 1) = F(a + 1) - F(a - 1) = {} \\ &= \Phi_0(2) - \Phi_0(-2) = 2\Phi_0(2) \approx 2 \cdot 0{,}4773 = 0{,}9546. \end{aligned}\]
Значит, автомат изготавливает около \(95{,}46\,\%\) годных втулок.
б) Как в пункте а), при стандартном отклонении \(\sigma\) доля годных втулок равна \(2\Phi_0\left(\frac{1}{\sigma}\right)\); она должна стать не меньше \(0{,}98\):
\[\begin{aligned} 2\Phi_0\left(\frac{1}{\sigma}\right) &\geqslant 0{,}98; \\ \Phi_0\left(\frac{1}{\sigma}\right) &\geqslant 0{,}49. \end{aligned}\]
В таблице значений функции Лапласа после 2 аргумент идёт с шагом \(0{,}1\): \(\Phi_0(2{,}3) = 0{,}4893 < 0{,}49 < \Phi_0(2{,}4) = 0{,}4918\); по более подробной таблице \(\Phi_0(2{,}32) \approx 0{,}4898\), \(\Phi_0(2{,}33) \approx 0{,}4901\), поэтому первое значение аргумента (с точностью до сотых), при котором \(\Phi_0(x) \geqslant 0{,}49\), равно \(2{,}33\). Функция \(\Phi_0\) возрастает, поэтому \(\frac{1}{\sigma} \geqslant 2{,}33\), откуда \(\sigma \leqslant \frac{1}{2{,}33} \approx 0{,}43\) (мм). Точность станка тем выше, чем меньше \(\sigma\): стандартное отклонение нужно уменьшить с \(0{,}5\) мм примерно до \(0{,}43\) мм.
Ответ: а) \(\approx 95{,}46\,\%\) годных втулок; б) чтобы доля годных втулок выросла до 98 %, стандартное отклонение должно быть не больше \(\frac{1}{2{,}33} \approx 0{,}43\) мм.
