Розв’яжемо цю систему методом Крамера . Головний визначник системи
РОЗРАХУНКОВО-ГРАФІЧНА РОБОТА №3 .
Зразок виконання розрахунково-графічної роботи.
Задача № 2 1. Дослідити на стійкість по першому наближенню точку спокою О(0;0) в системі диференціальних рівнянь.
Розв’язання.
Запишемо розвинення функції 
в ряд Маклорена:
Після підстановки розвинення в систему та нехтування членами вище першого порядку мализни відносно 
та 
, отримаємо систему рівнянь першого наближення:
Характеристичне рівняння лінеаризованої системи
має корені 
. Оскільки один з коренів додатній, то точка спокою системи нестійка.
Задача № 2 2. Дослідити на стійкість нульовий розв’язок диференціального рівняння
за допомогою критерію а) Рауса-Гурвіца;
б) Льєнара-Шипара;
в) Михайлова.
Розв’язання.
а) Запишемо характеристичне рівняння:
Тут 
Усі коефіцієнти додатні, тобто необхідна умова виконується. Складемо матрицю Гурвіца :
Випишемо головні мінори цієї матриці:
; 
; 
.
Отже, 
, тому усі корені характеристичного рівняння мають від’ємні дійсні частини і нульовий розв’язок диференціального рівняння є асимптотично стійким.
б) 
Записуємо характеристичне рівняння:
Тут 
тобто перша умова критерію Льєнара-Шипара виконується. Перевіримо виконання другої умови. Для цього складемо матрицю Гурвіца
Випишемо головні мінори матриці Гурвіца, починаючи з 
, тобто з 
:
|
|
|
, .
Оскільки 
, то друга умова не виконується, тому подальші розрахунки припиняємо. Нульовий розв’язок нестійкий.
в) 
Складемо характеристичне рівняння:
Вважаючи 
, 
, розглянемо
Функцію 
представимо у вигляді 
де
,
.
Побудуємо криву Михайлова, що зручно робити за точками перетину з координатними осями. Для цього потрібні дані запишемо в таблицю.
| 0 | 1 | 
| 
| 
|
| 3 | 0 | -1 | 0 | 8 |
| 0 | 4 | 0 | -2
| 0 |
При 
крива весь час залишається у першому квадранті, так як 
. Отже, крива Михайлова пройшла повний оберт проти руху годинникової стрілки, при цьому не проходячи через початок координат. Кут повороту радіус-вектора 
. Таким чином, усі корені характеристичного рівняння лежать у лівій півплощині. Тривіальний розв’язок асимптотично стійкий.
Задача № 2 3. Знайти операційним методом частинний розв’язок диференціального рівняння, що задовольняє задані початкові умови.
Розв’язання.
Так як шукаємо розв’язок при 
, то можна скористатися операційним методом. Нехай 
, де 
-зображення за Лапласом функції 
. Згідно теореми про диференціювання оригіналу одержимо:
|
|
|
,
.
Згідно таблиці (див. Додаток 1)
Після підстановки отримуємо рівняння відносно зображень:
Розв’яжемо його відносно Y ( p ):
,
,
Розкладемо праву частину останньої рівності на елементарні дроби:
В результаті приведення правої частини до спільного знаменника та прирівняня чисельників, маємо:
.
Вимагаючи рівності коефіцієнтів при однакових степенях тотожно рівних многочленів, отримаємо систему лінійних рівнянь для знаходження невідомих 
:
, звідки 
Тоді
.
Після переходу від зображень до оригіналів за допомогою таблиці (Додаток 1) отримаємо розв’зок початкової задачі:
Задача № 2 4 . Знайти операційним методом частинний розв’язок систем диференціальних рівнянь, що задовольняє задані початкові умови.
Розв’язання.
Позначимо
, 
,
де 
, 
- зображення за Лапласом відповідно функцій 
, 
.
Тоді згідно теореми про диференціювання оригіналу одержимо:
Cистема рівнянь відносно зображень набуде вигляду:
Розв’яжемо цю систему методом Крамера . Головний визначник системи
Допоміжні визначники:
|
|
|
; 
За правилом Крамера одержимо розв’язок допоміжної системи та здійснимо у ньому усі допоміжні перетворення
;
Користуючись таблицею зображень (див. Додаток 1), одержуємо розв’язок – оригінал:
, 
Задача № 2 5.
Для сигналізації про аварію встановлено два сигналізатора, що працюють незалежно один від одного. Ймовірность їх спрацьовування при аварії відповідно дорівнює 0,8 та 0,9. Знайти ймовірність того, що при аварії сигналізація спрацює.
Розв’язання.
Нехай подія С полягає у тому, що при аварії сигналізація спрацює, а А і Вподії, що полягають у спрацюванні відповідно першого та другого сигналізатора. Тоді 
і 
.
За теоремою про додавання ймовірностей для сумісних подій (обидва сигналізатори можуть спрацювати одночасно) маємо:
.
За теоремою множення ймовірностей для незалежних подій
Отже, 
Задача № 2 6.
Ймовірність появи події А в одному випробуванні дорівнює 0,4. Знайти ймовірність того, що при 5 випробуваннях подія А з’явиться рівно 3 рази.
Розв’язання.
Скористаємось формулою Бернуллі:
Маємо:
Задача 2 7.
Для випадкової величини 
задана густина розподілу:
|
|
|
Знайти 1) параметр а; 2)функцію розподілу 
; 3) математичне сподівання M ( X ), дисперсію D ( X ) , середньоквадратичне відхилення 
; 4) ймовірність влучення X в заданий інтервал P (0< X <1) ; 5) побудувати графіки f ( x ) та F ( x ).
Розв’язання.
1) Необхідною умовою того, що 
–густина розподілу є рівність: 
. Користуючись цією рівністю, знайдемо параметр а:
, звідки а=1.
2) якщо відома густина розподілу, то функцію розподілу знаходимо за формулою 
:
при x £ 0, 
;
при 0< x £ 4, 
при x >4, 
Отже, функція розподілу має вигляд:
3) Для неперервної випадкової величини математичне сподівання, дисперсію та середньоквадратичне відхилення обчислюють за формулами:
, 
, 
тобто
,
,
4) Ймовірність того, що неперервна випадкова величина набуде значень з інтервалу ( a , b ) , визначається рівністю :
Для нашого випадку:
.
5) Будуємо графіки функцій f(x) та F ( x ):
 | |||
 | |||
Задача 2 8.
Задано закон розподілу випадкової величини :
|
| 1 | 2 | 3 | 4 |
| 0,3 | 0,1 | 0,2 | ? |
Знайти 
і побудувати графік функції розподілу.
Розв’язання.
Так як 
, то 
.
Математичне сподівання для дискретної випадкової величини :
Для знаходження дисперсії обчислимо спочатку математичне сподівання величини 
.
.
Тоді дисперсія дорівнює
,
Знайдемо функцію розподілу випадкової величини 
.
1. Якщо 
, то 
, так як величина 
не приймає значень, менших ніж 1.Отже, при маємо 
.
2. Якщо 
, то при умові 
випадкова величина може приймати лише значення 
. Тобто 
.
3. Якщо 
, то при умові випадкова величина може приймати значення або 
:
.
4. Якщо 
, то при умові випадкова величина може приймати значення , або 
: 
.
5. Якщо 
, то 
, так як всі можливі значення випадкової величини 
менші за 
, тобто подія вірогідна та ймовірність цієї події дорівнює одиниці.
Функція розподілу має вигляд:
Побудуємо графік:
Задача 2 9.
Випадкова величина розподілена за нормальним законом з математичним сподіванням 
та дисперсією 
. Знайти ймовірність влучення випадкової величини в інтервал (30;80).
Розв’язання.
Використовуючи формулу 
, маємо:
.
Задача 3 0.
За данними вибірки (7,23; 9,1; 7,42; 9,44; 5,59; 8,01; 9,07; 9,65; 7,56; 8,21; 11,4; 8,81; 8,21; 8,09; 6,48; 8,07; 9,45; 5,18; 10,2; 7,84; 6,88; 5,87; 7,76; 9,55; 9,7; 8,3; 11,1; 9,87; 11,2; 10,2; 6,59; 9,23; 8,88; 7,95; 9,35; 11,1; 9,35; 9,5; 9,65; 6,01; 7,78; 7,74; 9,14; 8,16; 9,9; 9,44; 10,4; 11; 11,8; 9,99), 
визначити:
1. вибіркове середнє 
2. розбити область значень на 7 проміжків та побудувати таблицю інтервальних частот та відносних інтервальних частот. Визначити наближене значення вибіркової дисперсії, виправленої вибіркової дисперсії, побудувати за таблицею гістограму. Побудувати довірчий інтервал для математичного сподівання з надійністю 
.
3. Перевірити, чи узгоджуються данні вибірки с гіпотезою про нормальний розподіл випадкової величини за допомогою критерія Пірсона з рівнем значущості 
.
Розв’язання.
1. Обчислюємо вибіркове середнє за формулою 
:
2. Впорядкувавши за зростанням варіанти вибірки, одержимо впорядкований варіаційний ряд:
5,18; 5,59; 5,87; 6,01; 6,48; 6,59; 6,88; 7,23; 7,42; 7,56; 7,74; 7,76; 7,78; 7,84; 7,95; 8,01; 8,07; 8,09; 8,16; 8,21; 8,21; 8,3; 8,81; 8,88; 9,07; 9,1; 9,14; 9,23; 9,35; 9,35; 9,44; 9,44; 9,45; 9,5; 9,55; 9,65; 9,65; 9,7; 9,87; 9,9; 9,99; 10,2; 10,2; 10,4; 11; 11,1; 11,1; 11,2; 11,4; 11,8.
Для побудови інтервального ряду межі проміжків оберемо так, щоб кожен проміжок містив приблизно 
варіант. Заповнюємо наступну таблицю, де:
– інтервальні частоти;
– відносні інтервальні частоти;
– довжини інтервалів;
– висоти стовпчиків гістограми частот.
| 
|
| 
| 
| 
| |
| 1 | 5 | 7 | 7 | 7/50 | 2 | 3.5 |
| 2 | 7 | 8 | 8 | 4/25 | 1 | 8 |
| 3 | 8 | 8.8 | 7 | 7/50 | 0.8 | 8.75 |
| 4 | 8.8 | 9.4 | 8 | 4/25 | 0.6 | 13.3 |
| 5 | 9.4 | 9.8 | 8 | 4/25 | 0.4 | 20 |
| 6 | 9.8 | 11 | 7 | 7/50 | 1.2 | 5.83 |
| 7 | 11 | 12 | 5 | 1/10 | 1 | 5 |
| 50 |
За даними таблиці будуємо гістограму частот
Обчислимо вибіркову дисперсію:
Виправлена вибіркова дисперсія:
Довірчий інтервал для математичного сподівання 
:
,
де 
– вибіркове середньоквадратичне відхилення,
– розв’язок рівняння 
, 
– функція розподілу Ст’юдента з 
степенями вільності, за відповідною таблицею 
(див. Додаток 2).
Отримуємо довірчий інтервал:
3.Перевіримо, чи узгоджуються данні вибірки с гіпотезою про нормальний розподіл випадкової величини з густиною 
. Скористаємось критерієм Пірсона з рівнем значущості 
, побудуємо наступну таблицю, в якій
– теоретичні інтервальні імовірності для нормального розподілу
| 
| 
| 
| 
| 
| |
| 1 | -2.35 | -1.1 | -0.3643 | -0.4906 | 0.1263 | 0.0137 |
| 2 | -1.1 | -0.49 | -0.1879 | -0.3643 | 0.1764 | 0.0015 |
| 3 | -0.49 | 0 | 0 | -0.1879 | 0.1879 | 0.0122 |
| 4 | 0 | 0.37 | 0.1443 | 0 | 0.1443 | 0.0017 |
| 5 | 0.37 | 0.62 | 0.2324 | 0.1443 | 0.0881 | 0.0587 |
| 6 | 0.62 | 1.36 | 0.4131 | 0.2324 | 0.1807 | 0.0092 |
| 7 | 1.36 | 1.98 | 0.4761 | 0.4131 | 0.063 | 0.0217 |
Степені вільності: 
Табличне значення критерію Пірсона при 4 степенях вільності 
(див. Додаток 3).
Оскільки 
, то немає підстав відхилити нормальний закон розподілу.
Дата добавления: 2019-02-12; просмотров: 181; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!