53853

Математика. Теория вероятностей и математическая статистика

Книга

Математика и математический анализ

Вероятность наступления хотя бы одного события. Вероятность события А это число РА которое вводится для количественного описания степени объективной возможности наступления А. В первом случае вероятность каждого из элементарных исходов равна 1 6 а во втором 1 4. В общем случае если число всех элементарных исходов NW равно n то вероятность каждого из них 1 n.

Русский

2014-04-01

2.08 MB

9 чел.

Федеральное агентство по образованию

Государственное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Санкт-Петербургский государственный

инженерно-экономический университет»

МАТЕМАТИКА

Методические указания и контрольные задания

к контрольной работе №3

(теория вероятностей и математическая статистика)

для студентов 2 курса заочной формы обучения

Для всех специальностей кроме 23050 (социально-культурный сервис и туризм),

350400 (связи с общественностью), 071900 (информационные системы и технологии),

021100 (юриспруденция), 351300 (коммерция (торговое дело))

Санкт-Петербург

2005

Допущено

редакционно-издательским советом СПбГИЭУ

в качестве методического издания

Составители

ст. преп. В. Г. Блинова

канд. техн. наук, доцент Я. В. Войтишек

ст. преп. Е. Н. Зверева

Рецензент

канд. физ.-мат. наук, доцент Л. Н. Пронин

Подготовлено на кафедре

высшей математики

Одобрено научно-методическим советом специальностей

060400 – Финансы и кредит

060500 – Бухгалтерский учет, анализ и аудит

Отпечатано в авторской редакции с оригинал-макета,

представленного составителями

Содержание

Общие положения                                                                    4

Методические указания к изучению дисциплины                4

Методические указания к выполнению заданий №№1-4

   Комментарии к задаче  №1

    §1. Случайные события. Основные понятия.                              5

§2. Случайные события. Операции.                                             5

§3. Классическое определение вероятности.                              6

§4. Примеры задач на классическую вероятностную схему.    7

§5. О статистической и геометрической вероятностях.            9

§6. Простейшие свойства вероятностей.                                   10

§7. Условные вероятности. Независимость событий.              11

§8. Вероятность наступления хотя бы одного события.          12

§9. Формула полной вероятности.                                              13

§10. Формула Байеса.                                                                   15

   Комментарии к задаче  №2

§11. Повторные независимые испытания.                                 17

§12. Другие формулы вычисления вероятностей для схемы Бернулли.                                                                                       19

   Комментарии к задаче  №3

§13. Случайные величины дискретного типа.                           21

§14. Функция распределения.                                                      23

§15. Математическое ожидание случайной величины дискретного типа.                                                                                       24

§16. Дисперсия  случайной величины.                                       25

§17. Биномиальный и пуассоновский законы распределения.26

   Комментарии к задаче  №4

§18. Случайные величины непрерывного типа.                        28

§19. Нормальный  закон  распределения  и  его  характери-стики                                                                                               29

§20. Другие законы распределения непрерывных случайных величин.                                                                                         31

Методические указания к выполнению задания №5           32

Контрольные задания №№1-4                                                52

Контрольные задания №5                                                       72

Приложения 1-4                                                                       78

Требования к оформлению контрольной работы                 84

Список литературы                                                                  85

Приложение А. Содержание дисциплины                   85

Перечень контрольных вопросов для проверки знаний по дисциплине                                                                          87

ОБЩИЕ ПОЛОЖЕНИЯ

Цель дисциплины «теория вероятностей и математическая статистика» - дать необходимый математический аппарат и привить навыки его использования при решении инженерно-экономических задач. Для этого при изучении курса студенты осваивают методы математического моделирования экономических и иных возникающих на практике ситуаций, вероятностные методы их исследования и решения, методы обработки статистических данных (аналитически и при помощи вычислительной техники), а также методы дальнейшего анализа полученных результатов. Это способствует также развитию логического и алгоритмического мышления.

Теория вероятностей опирается на предшествующие курсы математики, как на курс средней школы, так и на разделы, изучавшиеся на 1 курсе (множества, функции, непрерывность, производные, интегралы, ряды).

Студенты 2 курса, имеющие зачтенные контрольные работы №3 и №4, сдают экзамен по математике.

2. МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ИЗУЧЕНИЮ ДИСЦИПЛИНЫ

Изучение дисциплины следует начать с теоретической части данных методических указаний. Поскольку методические указания не являются учебником и теоретический материал здесь изложен кратко, полезно обратиться к учебникам, перечисленным в списке литературы.

Для изучения дисциплины в общепринятом логическом порядке полезно сверяться с Приложением А данного издания.

3.МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ

ЗАДАНИЙ №№1-4

КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №1

§1. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ.

 

Случайным называется событие, которое при осуществлении совокупности некоторых условий S может либо произойти, либо не произойти. Пример: событие А1 - выпадение “шестерки” при одном броске игральной кости (кубика с занумерованными гранями ).

Достоверным называют событие, которое обязательно произойдет, если будет осуществлена совокупность условий S. Пример: событие А2 - при одном броске игральной кости число выпавших очков меньше 7. Обозначим достоверное событие буквой W.

Невозможным называют событие, которое заведомо не произойдет при осуществлении совокупности событий S. Пример: событие А3 - при одном броске игральной кости число выпавших очков дробно. Невозможное событие обозначим символом Æ.

События W и Æ  будем рассматривать как частные (“крайние”) случаи случайных событий, хотя они не являются таковыми.

Два или более событий назовем несовместными, если в результате осуществления условий S (или, по-другому, в результате испытания) невозможно их совместное осуществление, т.е. появление одного из них исключает появление другого в том же испытании. Пример: событие А4 - при броске игральной кости выпало нечетное число очков - несовместно с событием А1 (выпала “шестерка”).

§2. СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ. ОПЕРАЦИИ.

Сумма событий А + В - событие, состоящее в том, что произошло хотя бы одно из двух событий А и В, т.е. наступило либо А, либо В, либо оба сразу.  Пример: для событий А1 и А4 из §1   А1 + А4 = {выпало 1,3,5 или 6 очков}.

Произведение событий А · В - это совместное осуществление и А и В (иначе: их общие исходы). Пусть В = {при броске игральной кости выпало число очков, кратное 3}. Тогда В · А4 = {выпала грань с 3 очками}.

Для несовместных событий А и В их произведение А·В=Æ : у них нет общих исходов. В частности, для последнего примера §1 можно записать А1 ·А4 = Æ.

Событие  называется противоположным к А (т.е. состоит в том, что “ достоверное событие W происходит, а событие А не происходит”).

Для операций над событиями выполняются свойства:

А + В = В + А

А · В = В · А

(А + В) + С = А + (В + С)

(А · В) · С = А · (В · С)

(А + В) · С = А · С + В · С

Если события Н1, Н2, ..., Нn попарно несовместны (Нi·Hj=Æ  при i ¹ j ), а их сумма - достоверное событие (H1+H2+...+Hn = W ), то говорят, что {H1, H2, ..., Hn} - полная группа несовместных событий или разбиение W. В частности, {A,} - полная группа несовместных событий для любого А.

§3. КЛАССИЧЕСКОЕ  ОПРЕДЕЛЕНИЕ  ВЕРОЯТНОСТИ .

Вероятность события А - это число Р(А), которое вводится для количественного описания степени объективной возможности наступления А.

В этом параграфе рассмотрим испытания, в которых множество W представляет собой конечное число равновозможных исходов. Например, если бросить игральную кость один раз, то она может выпасть на любую из шести граней. Достоверное событие W здесь состоит в том, что выпала одна из шести граней. Будем считать кубик симметричным; в этом случае можно считать все шесть исходов равновозможными. В случае двух бросков симметричной монеты - 4 различных исхода: “орел-орел” (О, О), “орел-решка”(О, Р), а также  Р, О и Р, Р; их также считают равновозможными. Все они вместе образуют достоверное событие W для данного испытания. В первом случае вероятность каждого из элементарных исходов равна 1/6, а во втором 1/4.

В общем случае, если число всех элементарных исходов N(W) равно n, то вероятность каждого из них  1/n. Пусть число благоприятствующих исходов для А или, иначе, число элементарных исходов испытания, входящих в событие А ( N(A) ), равно m, тогда вероятность

                               ( 1 )

Это формула классической вероятности.

В примерах из §1 шесть элементарных исходов: выпала цифра 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Событие А1 включает в себя ровно 1 элементарный исход, А2 (достоверное) - все 6, А3 (невозможное) - 0, А4 - 3. Поэтому

     ,   ,

     ,   

Еще примеры. При двух бросках симметричной монеты событие С = {выпал хотя бы один “орел”} включает в себя три элементарных исхода из четырех, поэтому .

Событию D = {при трех бросках монеты выпало ровно два ”орла”} благоприятствуют 3 из 8 возможных элементарных исходов, поэтому  .

§ 4. ПРИМЕРЫ ЗАДАЧ НА КЛАССИЧЕСКУЮ

ВЕРОЯТНОСТНУЮ СХЕМУ.

          1. Брошены две игральные кости. Какова вероятность того, что на них выпали грани с одинаковым числом очков?

Каждому из шести исходов при броске первой кости соответствует шесть исходов, получающихся при броске второй кости, значит, всего получится 36 элементарных исходов (1-1, 1-2, ..., 1-6,   2 - 1, ... , 6 - 6). Искомому событию благоприятствуют 6 исходов из 36 (1-1, 2-2, ... , 6-6), поэтому вероятность данного события А

.

          2. В урне 10 белых и 12 черных шаров, вынимают 3 из них. Какова вероятность того, что среди них ровно 2 черных?

Общее число элементарных исходов - это число способов, которым можно вынуть 3 шара из 22. Оно равно числу сочетаний из 22 элементов по 3.

n =

(первый шар выбирается 22 способами, после того, как первый выбран, второй - 21 способом, а для третьего после выбора первых двух остается 20 вариантов; однако каждый набор из трех шаров мы  включили  в  общее  число несколько раз, а именно  3·2·1=6, поэтому разных наборов из 3 шаров в 6 раз меньше, чем 22·21·20).

Общая формула для числа сочетаний из L по k приведена ниже.

Событие А, вероятность которого нужно подсчитать, состоит в том, что вынуты 2 черных и 1 белый шар. 2 черных шара из 12-ти можно извлечь

способами ( 1-й - любой из 12-ти черных, 2-й - любой из 11-ти оставшихся, но каждый набор из двух шаров учтен дважды, поэтому 12·11 делим пополам).  1 белый шар из 10-ти можно взять

способами. Таким образом, число благоприятствующих событию А способов равно

m =

(каждый из 66 наборов из 2 черных шаров и каждый из 10 белых шаров дают устраивающий нас вариант).

Итак,

.

Примечание.  Общая формула для числа сочетаний из L по k

,

где   .

(подробнее о комбинаторных схемах см. [ 3-4 ]).

        3. Полный набор домино (28 костей) раздается между четырьмя игроками (по 7). Какова вероятность, что у третьего игрока нет “шестерок”?

Всего игрок может получить n =  различных наборов из 7 костей, составленных из всех 28 костей домино, “шестерка” содержится на 7 “костяшках”, значит, без “шестерок” – 21 кость домино. Из них можно составить  m =  всевозможных “семерок” – наборов из 7 костей. Окончательно,

§5. О СТАТИСТИЧЕСКОЙ И ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ

ВЕРОЯТНОСТЯХ.

Относительная частота события А - это отношение числа испытаний, в которых событие фактически появилось (благоприятствующих А) к общему числу проведенных испытаний: .

Если классическая вероятность вычисляется до опыта, то относительная частота - после опыта. Конечно, при увеличении количества испытаний в серии на 1 W(A) меняется - хотя бы потому, что на единицу изменяется знаменатель дроби. Тем не менее, с увеличением n величина W(A) приближается к некоторому числу, которое называют статистической вероятностью события А.

Заметим, что когда в задаче говорится, что “вероятность поражения стрелком мишени равна 0,7”, то речь идет о вероятности, вычисленной статистически.

Бывают задачи, когда множества всех элементарных исходов и благоприятствующих исходов невозможно пересчитать. В этих задачах иногда удается выразить вероятность события как отношение либо длин, либо площадей, либо объемов. Например, если считать, что попадания в круглую мишень происходят равномерно по площади всей мишени, а диаметр центра мишени в 5 раз меньше диаметра самой мишени, то вероятность попадания в центр (при условии попадания в мишень) равна отношению площадей центра мишени и всей мишени:

В этом случае количество вариантов, благоприятствующих А, бесконечно, но и общее число вариантов исхода испытания бесконечно, т.е. формулы классической или статистической вероятности неприемлемы.

Вероятность, определяемую как отношение длин, площадей, объемов, называют геометрической вероятностью.

§6. ПРОСТЕЙШИЕ СВОЙСТВА ВЕРОЯТНОСТЕЙ.

Для классического, статистического и геометрического определений вероятности выполняются следующие аксиомы:

Р(А) ³ 0 для любого наблюдаемого события А ;

Р(W ) = 1 ;

Если события А и В несовместны (А · В = Æ), то Р(А + В) = Р(А) + Р(В).

Из аксиом можно вывести следующие свойства:

1. Р(Æ) = 0 , откуда следует, что если А и В несовместны (А · В = Æ ), то  Р(А · В) = 0.

2. Р() = 1 - Р(А).

3. Р(А) £  1.

4. Если А Ì В (А влечет за собой В, т.е. все исходы, содержащиеся в А, содержатся и в В), то Р(А) £ Р(В) .

5. Если А = B (т.е. А Ì В и В Ì А), то Р(А) = Р(В) .

6. Р(А + В) = Р(А) + Р(В) - Р(А · В),  формула сложения вероятностей. В частности, если А и В несовместны (А · В = Æ), то получим аксиому III.

§7. УСЛОВНЫЕ ВЕРОЯТНОСТИ. НЕЗАВИСИМОСТЬ СОБЫТИЙ.

Условная вероятность Р(В / А) = РA(В) - это вероятность осуществления события В при условии, что событие А уже произошло (причем последнее не является невозможным, т.е. Р(А) > 0). Эту вероятность можно вычислить по формуле

Для краткости эта величина называется “вероятностью события В при условии А”. Заметим, что для величины Р(В / А) выполняются аксиомы I, II, III, и , следовательно, простейшие свойства (см. §6).

Обозначим через Х число очков, выпавших при одном бросании игральной кости. Пусть А = {Х – простое число}, В = {Х – четное число}. Тогда Р(А) = 3/6 = 1/2 (числа 2, 3, 5 - простые, 1, 4, 6 - нет), Р(В) = 3/6 = 1/2, Р(А · В) = 1/6 (простое и четное одновременно число только одно - это 2). Следовательно, Р(В / А) = 1/3, т.е. вероятность того, что выпало четное число очков при условии, что выпало простое число очков, равна 1/3 (среди 3 простых чисел четное - одно); Р(А/В) = 1/3, т.е. вероятность того, что выпало простое число очков при условии, что выпало четное число очков, также равна 1/3 (среди 3 четных чисел простое - одно) .

События А и В называют независимыми, если

Р(А · В) = Р(А) · Р(В).

Если одно из событий невозможное ( Æ ), то в обеих частях стоят нули. Если же Р(А) > 0 и Р(В) > 0, то Р(А / В) = Р(А), Р(В / А) = Р(В).

Для последнего примера Р(А · В) ¹ Р(А) · Р(В) , значит, А и В зависимые.

Во многих задачах независимость событий задается по условию задачи (из общих соображений).

§8. ВЕРОЯТНОСТЬ НАСТУПЛЕНИЯ ХОТЯ БЫ ОДНОГО СОБЫТИЯ.

Сложные события выражаются через другие наблюдаемые события с помощью алгебраических операций, описанных в §2. Основные формулы для вычисления вероятностей таких событий:

Р() = 1 - Р(А).     ( 1 )

Р(А · В) = Р(А) · Р(В / А) = Р(В) · Р(А / В) , если Р(А) > 0, Р(В) > 0 (формула умножения вероятностей);  ( 2 )

Р(А + В) = Р(А) + Р(В) - Р(А · В)

(формула сложения вероятностей).   ( 3 )

Пример 1. Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p1 = 0,8, p2 = 0,6. Каждый произвел по одному выстрелу. Вычислить вероятность события А = {произойдет ровно одно попадание}.

Рассмотрим события А1 = {первый стрелок попал в мишень} и А2 = {второй стрелок попал в мишень}. Тогда  = {первый стрелок промахнулся}, a  = {второй стрелок промахнулся}. В мишени окажется ровно одна пробоина в тех случаях, когда либо первый попал, а второй промахнулся, либо первый промахнулся, а второй попал. Поэтому А = А1 · + А2 ·. Последние два события несовместны, поэтому сумма их вероятностей равна вероятности их суммы А. События А1 и , а также А2 и  попарно независимы, т.е. вероятности произведений этих событий равны соответствующим произведениям вероятностей этих событий. Т.к. Р(А1)=p1=0,8, P(A2)=p2=0,6, то Р() = 1 - p= q= 0,2, P() = 1 - p= q= 0,4 и Р(А) = p1q2 + p2q= 0,44.

Вероятность наступления “хотя бы одного события” (т.е. суммы нескольких событий ) вычисляют по формуле

 ( 4 )

Если же эти события попарно независимы, то

Пример 2. В продукции предприятия 10% бракованных изделий. Какова вероятность, что среди 4 взятых независимо изделий хотя бы одно бракованное?

Пусть А - интересующее нас событие, А = A1+ A2+ A3+ A4 , где A1 = {первое изделие бракованное}, A2 = {второе изделие бракованное} и т.д. Так как A1, A2, A3, A4 независимы, то и события  также независимы. Событие = {среди 4 изделий ни одного бракованного} = , где  = {первое изделие не бракованное} и т. д. Так как  Р(A1) = Р (A2) = Р (A3) = Р(A4) = 0,1 (=10%) , то  Р() = (1 - 0,1)4 = 0,94 = 0,6561. Значит, Р(А) = 1 - Р() = 0,3439.

Если изделий не 4 , а 2 , то вероятность того, что из этих двух изделий хотя бы одно бракованное, можно вычислить с помощью формулы (3), т.е. не переходя к противоположному событию:

P (A1+A2) = P (A1) + P (A2) - P (A) P (A2) = 0,1 + 0,1 - 0,01 = 0,19.

§9. ФОРМУЛА  ПОЛНОЙ  ВЕРОЯТНОСТИ.

Пусть H1, H2, ...,Hn - полная группа несовместных событий (определение см. в §2) и пусть событие А может произойти только с одним из событий Нk. Для такого события А выполняется следующая “формула полной вероятности”

События Hk принято называть гипотезами по отношению к событию А. Вероятности Р(Hk) трактуются как доопытные (априорные) вероятности гипотез.

Пример 1. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8. Стрелок сделал два выстрела, а затем бросил симметричную монету столько раз, сколько попал в мишень. Какова вероятность, что в результате выпал ровно один “орел”?

Здесь в качестве гипотез рассмотрим события Н1 = {произошло два попадания}, H2 = {произошло одно попадание}, H3 = {произошло два промаха}. Их вероятности Р( Н1 ) = 0,82 = 0,64, Р( Н2 ) = 2 · (1 - 0,8) · 0,8 = 0,32 (множитель 2 здесь из-за того, что гипотеза содержит два равновероятных события: “попал - промахнулся” и “промахнулся - попал” - это формула Бернулли при р = 0,8, q = 0,2 , n = 2 , k = 1 - см. §11), Р(Н3) = (1 - 0,8)2 = 0,04 . Сумма вероятностей этих гипотез равна 1, как и должно быть для полной группы. Далее рассмотрим событие А = {выпал ровно один “орел”}. Если произошло событие Н1, то монета бросается дважды. Вероятность того, что при этом выпадет ровно 1 “орел”, равна  Р( А/ H1 ) = 0,5 ( либо “орел - решка” с вероятностью 0,25 , либо “решка - орел” также с вероятностью 0,25 ). Если произошло событие Н2, то монета бросается один раз и вероятность выпадения при этом одного “орла” равна Р( А/H2 ) = 0,5 . Если же происходит событие Н3, то монету не бросают и Р(А/H3)= 0. Все данные для формулы полной вероятности получены. Следовательно,

Р(А) = Р( Н1 )Р( А/H1 ) + P( H2 )P( A/H2 ) + P( H3 )P( A/H3 ) = 0,48.

Пример 2.  В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются два мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще два мяча. Какова вероятность того, что вторая игра будет проводиться новыми мячами?

Здесь удобно задать 3 гипотезы: H1 = {для первой игры взяты 2 новых мяча}, H2 = {для первой игры взяты новый и играный мячи}, Н3 = {для первой игры взяты 2 играных мяча}. Их вероятности вычисляются по формуле классической вероятности ( как и в примерах из §4 ) :

;  ;

(Проверка: Р(H1) + Р(H2) + Р(H3) = 1).

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}. В результате осуществления гипотезы H1 в ящике останется 6 новых и 4 играных мяча, поэтому  . В результате осуществления гипотезы H2 в ящике будет 7 новых мячей из 10, поэтому   . Аналогично,  .  Таким образом,

Заметим, что в одной и той же задаче могут быть выбраны разные наборы гипотез, скажем, в примере 2 гипотезу H2 можно представить в виде суммы двух: H2 = {первый взятый для первой игры мяч новый, второй - играный}+{первый взятый для первой игры мяч играный, второй - новый} и т. д.  Желательно формулировать гипотезы так, чтобы их вероятности, а также и условные вероятности, вычислялись проще.

§10. ФОРМУЛА  БАЙЕСА.

В этом параграфе {H1, H2, H3, H4} - по-прежнему, полная группа несовместных событий (гипотез). Если Р(А) > 0, Р(Hk) > 0, то   Р(А · Hk) = Р(А) · Р(Hk / А) = Р(Hk) · Р(А / Hk)   (см. §§7,8), откуда

-это формула Байеса, в которой Р(А) вычисляют по формуле полной вероятности. Р(Hk / А) - вероятность осуществления гипотезы Hk при условии, что событие А осуществилось. Эту вероятность называют послеопытной или апостериорной. Для  ее вычисления рассматривают только те испытания, которые закончились “успехом”, т.е. осуществлением события А. Вероятность Р(Hk / А) выражает “долю” гипотезы Hk для вышеуказанных испытаний.

Пример 1. (см. пример 1 из §8).

Два стрелка независимо друг от друга ведут стрельбу по мишени, причем вероятности попадания при одном выстреле в мишень для них равны p1 = 0,8 и p2 = 0,6. Каждый сделал по одному выстрелу, причем в результате в мишени оказалась одна пробоина. Найти вероятность того, что промахнулся второй.

Зададим гипотезы: Н1 = {оба стрелка либо попали, либо промахнулись},  H2 = {попал только первый}, H3 = {попал только второй}. Подсчитаем их вероятности: P( H1 ) = p1p2 + q1q2 = 0,56 ,      P( H2 ) = p1q2 = 0,32 , P( H3 ) = q1p2 = 0,12 . Сумма их вероятностей равна 1.

Событие А = {в мишени оказалась ровно 1 пробоина} осуществилось, т.е. данная задача на формулу Байеса. Событие {при одной пробоине промахнулся второй}- это гипотеза H2 . По формуле Байеса

т. к. Р(А/Н1) = 0 , Р(А/Н2) = Р(А/Н3) = 1 . Значение Р(А), вычисленное по формуле полной вероятности, совпадает с результатом, вычисленным ранее в §8 другим способом.  Итак, в среднем среди каждых 11 исходов, заканчивающихся одним попаданием, 8 соответствуют варианту H2 = {первый попал, второй промахнулся}, а остальные три - H3.

Пример 2. (см. пример 2 из §9)

В ящике лежат 10 теннисных мячей, в том числе 8 новых и 2 играных. Для игры наудачу выбираются 2 мяча и после игры возвращаются обратно. Затем для второй игры наудачу извлекаются еще 2 мяча, оказавшиеся новыми. Какова вероятность, что первая игра также проводилась новыми мячами?

Событие А = {для второй игры взяты два новых мяча}, осуществилось. Поэтому задача решается по формуле Байеса. Нас интересует вероятность Р(H1 / А) , где, напомним, гипотеза H1 ={для первой игры взяты 2 новых мяча}. Подставим в формулу Байеса вероятности, подсчитанные в §9.

Постановки задач, подобных изложенным в §9 и в §10, встретятся при решении задачи №1 из контрольной работы.

КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №2

§11. ПОВТОРНЫЕ НЕЗАВИСИМЫЕ ИСПЫТАНИЯ

Пусть проводится n последовательных испытаний. Предположим, что эти испытания независимые, т.е. вероятность осуществления очередного исхода не зависит от реализации исходов предыдущих испытаний. Рассмотрим простейший случай, когда различных исходов всего два (“успех” и “неуспех”). Более того, речь пойдет о случае, когда вероятность “успеха” в каждом из испытаний неизменна и равна p, т.е. вероятность “неуспеха” также неизменна и равна  q = 1 - p . Такие испытания называются испытаниями Бернулли.

Простейшими примерами здесь могут служить: последовательное бросание монеты (с вероятностью “успеха” - выпадения “орла” - равной 0,5); последовательная стрельба по мишени с постоянной вероятностью “успеха” - попадания - в каждом выстреле; извлечение из урны, содержащей шары двух цветов, по одному шару с возвращением (и перемешиванием); и т. д.

Я. Бернулли вычислил вероятность того, что в n последовательных “испытаниях Бернулли” произойдет ровно k “успехов”

(о вычислении числа см. §4).

Пример 1. Вероятность того, что при 4 бросках игральной кости выпадут ровно 2 “четверки”, равна

Здесь p - вероятность выпадения “четверки” в одном броске - равна 1/6, q = 5/6 , общее число испытаний n = 4 , число “успехов” k = 2 .

Пример 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле  p = 0,6 . Какова вероятность, что при пяти выстрелах будет 3 попадания?

Здесь n = 5 , k = 3 , q = 1 - p = 0,4 ,

.

Пример 3. В урне 4 белых и 2 черных шара. 6 раз извлекают по 1 шару, записывают цвет, а шар возвращают в урну и перемешивают шары. Какова вероятность, что среди записанных шаров более 4 белых?

Пусть “успех” состоит в том, что вынут белый шар. Тогда p= 4/6 = 2/3 ( из 6 шаров 4 белых ), q = 1 - p = 1/3 . По условию n= 6 , k = 5 или k = 6 , откуда искомая вероятность

.

Пример 4. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что третье попадание произойдет в пятом выстреле?

Эта задача отличается от рассмотренной в примере 2 : там третье попадание может произойти и раньше пятого выстрела. Искомое событие является произведением двух следующих (независимых):  А = {в первых 4 выстрелах ровно 2 попадания} и В={в пятом выстреле попадание}. P(A) вычисляется по формуле Бернулли

,

a P(B) = p = 0,6 . Поэтому искомая вероятность равна

В общем случае вероятность того, что к-й “успех” произойдет ровно в n-м испытании Бернулли, равна

.

Пример 5. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле p = 0,6 . Какова вероятность, что в 5 выстрелах произойдет хотя бы 2 попадания?

Мы знаем, что Р5(0) + Р5(1) + Р5(2) + Р5(3) + Р5(4) + Р5(5) = 1. В данной задаче нас интересует сумма четырех последних слагаемых:

Заметим, что проще воспользоваться вероятностью противоположного события:1- P5(0)-P5(1)=1-0,45-5 0,44  0,6 = 0,91296.

§12. ДРУГИЕ ФОРМУЛЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ

ВЕРОЯТНОСТЕЙ ДЛЯ СХЕМЫ БЕРНУЛЛИ .

Хотя формула Бернулли и является точной, она не всегда удобна. Например, при 100 бросках монеты

 ,

и вычисление точного ответа затруднительно. Формула Бернулли приемлема для вычислений, если число испытаний не превышает 10-15. При больших n используют либо формулу Лапласа, либо формулу Пуассона.

Формула Лапласа ( локальная теорема Лапласа )

,   ,  

тем точнее, чем больше n. Здесь n, k, p, q - те же величины, что и в формуле Бернулли. Функция j(x) четная: j(-x) = j(x) . Она быстро убывает: считают, что при x > 4  j(x) = 0. Таблица, позволяющая вычислять значения функции j(x), имеется во всех учебниках и задачниках по теории вероятностей. Впрочем, можно не иметь таблицы, а иметь калькулятор, вычисляющий экспоненту (функцию ех).

Пример 1. Вероятность выпадения ровно 50 “орлов” при 100 бросках монеты Р100(50) вычислим по формуле Лапласа. Здесь n = 100 ,k = 50 ,p=0,5, q = 0,5 , k - np = 0 ,   и

 .

Пример 2. Найти вероятность выпадения от 47 до 57 “орлов” при 100 бросках монеты.

При решении подобных задач ( при n > 15 ) используют интегральную теорему Лапласа: вероятность Рn(k1,k2) появления события в n испытаниях от k1 до k2 раз

 

Здесь n, p, q те же, что и в примере 1 : n=100 , p = q =0,5 , k1=47 , k2 = 57 .

Функция F вычисляется с помощью таблиц ( см. приложение ).

Функция Ф(x) нечетная: Ф(-х) = - Ф(х) . При х > 5 считают, что Ф(х) = 0,5.

Итак, Р100(47,57) = Ф(1,4) + Ф(0,6). По таблице Ф(1,4) = 0,4192, Ф(0,6) = 0,2257 , поэтому Р100(47,57) = 0,6449.

При небольших значениях вероятности p ( меньших 0,1 ) и больших значениях n более точный результат дает другая приближенная формула - формула Пуассона

 ,   l = np

l называется параметром распределения Пуассона, а сама формула выражает “закон редких явлений” (т. к. p мало).

Пример 3. Первый черновой набор “Методических указаний” на 50 страницах содержит 100 опечаток. Какое из событий вероятнее: на наудачу взятой странице нет опечаток, 1 опечатка, 2 опечатки, 3 опечатки?

Вероятность того, что данная опечатка попадет на наудачу взятую страницу равна 1/50 = 0,02 , число испытаний ( опечаток ) n = 100 . Поскольку p мало, воспользуемся формулой Пуассона с параметром l = np = 2 . Вероятность того, что опечаток нет

   ( т.к. 0! = 1 )

Другие вероятности

, .

Как видим, наибольший коэффициент при е-2  у Р100(1) и Р100(2).

Ответ: наиболее вероятны 1 или 2 опечатки, их вероятность .

КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №3

§13. СЛУЧАЙНЫЕ  ВЕЛИЧИНЫ  ДИСКРЕТНОГО ТИПА.

Cлучайной величиной называют величину, которая в результате испытания примет одно и только одно возможное числовое значение из заранее известной совокупности значений. Случайной величиной дискретного типа (дискретной случайной величиной) называется величина, которая может принимать либо конечное число возможных значений, либо такое бесконечное число значений, которые могут быть расположены в числовую последовательность Е1, Е2, ... . Для каждого из этих значений указывают его вероятность. Сумма этих вероятностей должна быть равна 1. Если случайная величина принимает только одно значение, то соответствующая ему вероятность равна 1.

Пример 1. Пусть Х1 - число “орлов”, выпавших при двух бросках симметричной монеты. Х может принимать значения 0, 1 или 2 с вероятностями, вычисленными по формуле Бернулли: . Т. к. p = q = 0,5 , то эти вероятности равны 0,25; 0,5; 0,25 соответственно.

Дискретные случайные величины записывают в виде таблицы. Для данного примера получим:

Х1

0

1

2

Р

0,25

0,5

0,25

Верхняя строчка - возможные значения Х1, Р - их вероятности, сумма которых равна 1.

С помощью таблицы можно считать вероятности попадания случайной величины дискретного типа в интервалы. Например, для заданной выше случайной величины Х

.

Пример 2. В полном наборе игры в домино 28 костей. Пусть Х2 – сумма очков на случайно выбранной кости. Поскольку наименьшее значение такой суммы равно 0 («пусто-пусто»), следующее – 1 и так до 12 («6-6»), Х является случайной величиной дискретного типа. Зададим ее таблицей.

Х2

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Р

    Вероятности в этой таблице вычислены по формуле классической вероятности, в числителях дробей количества костей домино с данным числом очков, знаменатели равны общему числу костей.

    Случайные величины традиционно обозначаются заглавными буквами X, Y, Z, ... , а их возможные значения - прописными: x1, x2, y1, и т. д.

§14. ФУНКЦИЯ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ.

Если F(x) = P(X < x), то функция F(x) называется функцией распределения (интегральной функцией распределения) случайной величины Х, т.е. функция распределения в точке “х” - это вероятность того, что случайная величина Х примет значение, меньшее заданного числа х.

Из определения сразу следуют несколько свойств F(x):

F(- ¥) = 0,  F(+ ¥ ) = 1;

F(x) - неубывающая функция (т.е. если x1 < x2 , то F(x1) £ F(x2) ).

Функция распределения для случайной величины дискретного типа имеет “ступенчатый” график. Для случайной величины Х1 из §13 F(x) запишется так:

 

Обратите внимание, что левые концы «ступенек» - выколотые, а правые - нет. Например, F(1) = P(X1 < 1) = P(X1 =0) = 0,25;

 F(1,1) = P(X1<1,1) = P(X1 = 0) + P(X1 = 1) = 0,75. «Высоты» «ступенек» равны очередным вероятностям, взятым из таблицы : сначала 0,25, затем еще +0,5, и наконец еще +0,25.

       Аналогичный график и для другого примера – про домино – только там будет не 2, а 12 «ступенек».

Справедлива формула: P(a £ X < b) = F(b) - F(a).

§15. МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ОЖИДАНИЕ СЛУЧАЙНОЙ

ВЕЛИЧИНЫ ДИСКРЕТНОГО ТИПА.

Математическое ожидание - важнейшая “характеристика положения” случайной величины. Для дискретной величины она вычисляется по формуле

М(Х) = x1 · p1 + x2 · p2 + ... + xk · pk (+...) =  ,

где x1, x2, ... , xk, ... - возможные значения случайной величины  (верхняя строка таблицы), p1, p2, ..., pk, ... - их вероятности (нижняя строка).

Математическое ожидание - это число, которое выражает среднее значение случайной величины (иначе, среднее значение по распределению). Для примера из §13

М(Х1) = 0 · 0,25 + 1 · 0,5 + 2 · 0,25 = 1 .

Здесь Х1 - число “орлов”, выпавших при 2 бросках симметричной монеты. М(Х1) - среднее число “орлов”, выпадающих при 2 бросках симметричной монеты, это число равно 1.

Для другого примера из §13 М(Х2) = 6.

Отметим два простейших свойства математического ожидания:

1. М (С) = С        

2. М (С · Х) = С · М(Х)     ( С - постоянная ).

В дальнейшем нам придется вычислять математическое ожидание случайной величины Х2. Если случайная величина Х задается таблицей

X

x1

x2

...

xk

P

p1

p2

...

pk

то случайная величина Х2 получится после возведения в квадрат возможных значений случайной величины Х, при этом Р(Х = хк)= = Р(Х2 = хк2) = pk :

X2

x12

x22

...

xk2

P

p1

p2

...

pk

Поэтому     М(Х2) = x12 · p1 + x22 · p2 + ... + xk2 · pk  = .

В частности, для примера из §13

X2

02

12

22

P

0,25

0,5

0,25

и М(Х2) = 02 · 0,25 + 12 · 0,5 + 22 · 0,25 = 1,5

§16. ДИСПЕРСИЯ  СЛУЧАЙНОЙ  ВЕЛИЧИНЫ.

Дисперсия - важнейшая «характеристика рассеивания» случайной величины. Рассеивание оценивается относительно среднего значения случайной величины Х - математического ожидания М(Х). Из всех возможных значений случайной величины Х вычитают число М(Х). Новая случайная величина Y = X-M(X) называется отклонением случайной величины Х, причем ее среднее значение М(Y) = 0. Далее рассматривается случайная величина Y2. Ее возможные значения неотрицательны. Среднее значение квадрата отклонения М(Y2) также неотрицательно. Оно и называется дисперсией. Итак,

D(X) = M(Y2)=M((X  - M(X) )2).

Для вычисления дисперсии используют формулу

D(X) = M(X2) - (M(X))2.

Для дисперсии справедливы свойства:

D(C) = 0,  D(C · X) = C2 · D(X).

        Вновь вспомним пример из §13 . Для него М(Х1) и М(Х12) уже подсчитаны выше: М(Х1) = 1, М(Х12) = 1,5. Поэтому D(X) = 1,5-12 = 0,5 .

Для второго примера из §13 М(Х2) = 6, М(Х22) = 45, D(X) = 45 - 62 = 9.

§17. БИНОМИАЛЬНЫЙ И ПУАССОНОВСКИЙ ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ.

         Биномиальное распределение связано с повторными независимыми испытаниями и формулой Бернулли. Оно задается фиксированным числом испытаний n и вероятностью «успеха» в одном испытании  p. Отличительные черты биномиального эксперимента:

все n испытаний абсолютно одинаковы;

результаты разных испытаний не зависят друг от друга;

для каждого испытания возможны только два исхода: «успех» и «неудача»; «успех»  когда интересующее нас событие появилось, и «неудача»,  когда не появилось;

для каждого испытания вероятность появления «успеха» постоянна и равна p.

Число «успехов» в n независимых испытаниях будет случайной величиной X, распределенной по биномиальному закону. Вероятность того, что случайная величина X, распределенная по биномиальному закону примет значение k, вычисляется по известной формуле Бернулли:

Ряд распределения X принимает вид:

        Числовые характеристики биномиального распределения.

математическое ожидание равно произведению числа испытаний n на вероятность «успеха» в одном испытании p: М(Х)= np;

дисперсия равна произведению числа испытаний n на вероятность «успеха» в одном испытании p и на вероятность «неудачи» q: D(X)= npq.

        

Распределение Пуассона.

Приведем примеры, приводящие к случайным величинам, распределенным по закону Пуассона:

Автоматическая телефонная станция получает в среднем за минуту а вызовов. Какова вероятность того, что за данную минуту она получит ровно m вызовов? Случайное число вызовов за данную минуту распределено по закону Пуассона.

Автодорожная инспекция регистрирует количество аврий за неделю на определенном участке дороги. Какова вероятность того, что в течение данной недели произойдет ровно m дорожных аварий? Случайное число аварий за неделю распределено по закону Пуассона.

         Аналогичные примеры можно привести не только для временных интервалов (минута, неделя), но и при учете дефектов дорожного покрытия на километр пути или опечаток на страницу текста.

         Отличительные черты эксперимента, приводящего к распределению Пуассона (на примере временных интервалов):

каждый малый интервал времени может рассматриваться как испытание, результатом которого служит либо «успех» - поступление телефонного вызова, либо «неудача». Интервалы столь малы, что может быть только один «успех» в одном интервале, вероятность которого мала и неизменна.

Число «успехов»  в одном большом интервале не зависит от их числа в другом. То есть попадание «успехов»  в неперекрывающиеся интервалы – события независимые, и «успехи» беспорядочно разбросаны по временным промежуткам;

среднее число «успехов» в большом интервале для разных интервалов постоянно на протяжении всего времени.

Число «успехов» на заданном интервале будет случайной величиной, распределенной по закону Пуассона. Случайное число аварий за неделю может принимать значения 0, 1, 2, 3, … (верхнего предела нет). Вероятность того, что случайная величина X, распределенная по закону Пуассона примет значение m, вычисляется по известной формуле Пуассона:

,   m = 0, 1, 2, …

        Числовые характеристики распределения Пуассона.

Математическое ожидание равно дисперсии и равно параметру распределения а: М(Х)= а, D(X)= а.

КОММЕНТАРИИ К ЗАДАЧЕ №4

§18. СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ НЕПРЕРЫВНОГО ТИПА.

Если возможные значения случайной величины  сплошь заполняют некоторый промежуток  <a,b> Ì R (быть может, и всю ось) , то табличный способ задания случайной величины непригоден. Такая случайная величина называется  случайной  величиной  непрерывного типа. Ее функция распределения F(x) будет непрерывна. Напомним, что  F(- ¥ ) = 0 , F(+ ¥ ) = 1 , F(x) - монотонная неубывающая функция. Производная такой функции F(x) будет функцией неотрицательной. Она называется плотностью распределения вероятностей или дифференциальной функцией распределения вероятностей. Ее обозначение .      

Часто по условию задачи задают именно плотность распределения, зная которую можно вычислить и (интегральную) функцию распределения ( по формуле Ньютона - Лейбница ):

F(x) = F(x) - F(- ¥ ) =

Заметим, что f(x) - не обязательно непрерывная функция, она допускает в отдельных точках разрывы 1-го рода.

Итак, f(x) - неотрицательная кусочно-непрерывная функция, причем, согласно одному из свойств F(x),

F(+ ¥ ) == 1

Последнее равенство, называемое условием нормировки f(x), показывает, что f(x) - не любая неотрицательная функция: площадь между графиком плотности распределения и осью абсцисс должна быть равна 1.(Для дискретной случайной величины условием нормировки являлось равенство ).

Для непрерывных случайных величин справедливы равенства           F(b) - F(a) = P(a £ X < b) = P(a < X < b) = P(a < X £ b) = = P(a £ X £ b) = .

М(Х) и D(X) определяются формулами

M(X) =,      D(X) =.

Вычислительная формула для D(X):

D(X) = M(X2) - (M(X))2 = - (M(X))2.

§19. НОРМАЛЬНЫЙ ЗАКОН РАСПРЕДЕЛЕНИЯ И ЕГО

ХАРАКТЕРИСТИКИ.

Нормальный (гауссовский) закон распределения задается плотностью распределения по формуле

 ,  - ¥ < x < +¥

Числа а Î R и s > 0 называются параметрами нормального закона. Нормальный закон с такими параметрами обозначается N(a,s).

При а = 0 функция f(x) четная ( f(-x) = f(x) ) , ее график симметричен относительно оси OY, и поэтому среднее значение М(Х) = 0. График f(x) для закона N(a,s) получается из графика f(x) для N(0,s) сдвигом на а единиц вправо ( это известно из курса средней школы ), поэтому в общем случае М(Х) = а  для нормального закона.

Дисперсия же вычисляется по формуле  D(X) =s2.

Пример. Случайная величина Х распределена по нормальному закону с плотностью вероятности

Найти А, М (Х), D(X), P(-3<X<3).

Т. к. , то

Показатель экспоненты  приравняем к , откуда  а = 2 , s = 1 . Числовой коэффициент должен быть равен А, следовательно,

,  M (X) = a = 2,   D(X) = s 2 = 1.

P (-3 < X < 3) = F(3) - F(-3) = =

Этот интеграл не вычисляется в элементарных функциях, его численное значение можно найти по таблицам.

В большинстве учебников имеются таблицы для вычисления функций

Ф(х) =  или Ф1(х) =  =  + Ф(х)

Ф(х) - нечетная функция, т.е. Ф(-х) = - Ф(х). В общем случае

Р(x1 < X < x2) = ,

где а и s - параметры нормального закона. Следовательно, для данного примера

P(|X| < 3) = Ф1(1) - Ф1(-5) = Ф(1) - Ф(-5) = Ф(1) + Ф(5) =

= 0,3413 + 0,5 = 0,8413.

 

§20. ДРУГИЕ ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ НЕПРЕРЫВНЫХ

СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН.

        

        Кроме нормального закона есть и другие случайные величины, часто встречающиеся в приложениях. Приведем некоторые из них.

        Для равномерного закона плотность вероятности и функция распределения задаются формулами

,      ,  

а числовые характеристики  М(Х)= ,  D(X)= .

      

      Для показательного закона плотность вероятности и функция распределения задаются формулами

 ,       ,

а числовые характеристики  М(Х)= 1/a,  D(X)= 1/a2.

         Эти формулы можно использовать при решении задач.

4.МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ ЗАДАНИЯ №5

Математическая статиcтика изучает массовые явления и процессы, ставя целью получение выводов по данным наблюдений за ними. В результате появляются утверждения об общих характеристиках таких явлений в предположении постоянства начальных условий явления. Теоретической основой математической статистики является теория вероятностей.

Поскольку число наблюдений конечно, их результаты можно записать в таблицу аналогично дискретной случайной величине, только в нижней строке не вероятности, а частоты тех или иных значений, а чаще – диапазонов. При этом при анализе такой таблицы нередко возникает предположение, что данная величина распределена по одному из известных непрерывных законов (см. комментарии к задаче № 4), чаще всего – нормальному (гауссовскому).

 Типовой пример

Получены статистические данные (N=500) зависимости результатов измерения  роста студентов (Х) от окружности груди (Y). Измерения проводились с точностью до 1 см.

Таблица 1 «Статистические данные типового примера».

N

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

X

172

172

163

187

172

161

176

164

166

168

162

163

Y

88

91

89

99

90

85

88

84

82

82

82

89

…………..

Конец таблицы 1

N

489

490

491

492

493

494

495

496

497

498

499

500

X

165

173

166

175

158

174

178

170

167

168

161

161

Y

85

89

84

98

83

86

90

86

93

94

89

88

Требуется:

1 часть.

произвести выборку из 200 значений;

построить эмпирическую функцию распределения, полигон, гистограмму для случайной величины Х;

построить точечные и интервальные оценки для мат. ожидания и дисперсии генеральной совокупности Х;

сделать статистическую проверку гипотезы о законе распределения случайной величины Х;

часть 2.

1) нанести на координатную плоскость данные выборки (x;y) и по виду корреляционного облака подобрать вид функции регрессии;

2) составить корреляционную таблицу по сгруппированным данным;

вычислить коэффициент корреляции;

получить уравнение регрессии;

Решение.

Произведём из генеральной совокупности N=500 выборку n=200 значений. Для этого воспользуемся таблицей случайных чисел (Приложение А). Выберите столбец, номер которого соответствует месяцу Вашего рождения. В этом столбце отсчитайте порядковый номер даты дня рождения. В полученном случайном числе определите номера ещё трёх столбцов. Для данного примера выбрана дата 31 декабря. В 12 столбце определили 31 номер случайного числа. Это число 0436. Значит выбранными будут столбцы №12;4;13;16. (№12 – месяц Вашего рождения, №4 – первая или вторая цифра в случайном числе, которая не использовалась, №13 – третья цифра в случайном числе +10, №16 – четвёртая цифра в случайном числе +10). Если цифры повторяются, то нужно взять со3седние номера. Например, случайное число во втором столбце - 4422. Нужно выбрать номера 2,4,12,13.

Для осуществления выборки берутся последние три цифры в случайном числе, которые определяют порядковый номер выборочного значения. Если в выборке встретился номер, которого нет в генеральной совокупности, то необходимо вычислить разность между этим числом и 500. Если полученный номер уже выбрали, то необходимо выбрать следующий за ним номер.

Для представленного примера получилась выборка:

Таблица 2 «Выборочные данные X и Y»

N

106

493

66

201

274

158

223

336

362

162

96

20

X

162

166

172

169

176

167

167

168

167

169

167

69

Y

100

84

82

91

86

90

92

88

89

88

89

83

N

288

251

257

152

279

478

86

439

368

203

271

395

X

169

163

164

164

164

178

176

167

165

172

168

170

Y

91

92

84

89

85

91

82

85

90

87

88

88

N

396

94

305

341

12

128

492

407

172

87

441

29

X

187

165

171

171

169

163

161

175

172

163

180

172

Y

86

87

94

91

79

80

88

95

89

91

98

90

N

140

59

70

453

487

447

105

232

95

456

80

225

X

174

164

169

157

178

176

161

176

165

161

182

176

Y

97

89

88

90

90

93

94

90

87

84

90

93

N

147

101

373

51

343

355

195

463

260

183

326

282

X

168

164

160

178

170

168

173

176

170

163

165

165

Y

93

91

83

89

90

81

89

95

81

93

84

88

N

139

483

399

467

266

372

356

290

241

273

450

329

X

170

166

165

181

172

165

172

178

173

165

174

159

Y

86

84

85

92

88

91

98

90

90

87

96

81

N

469

423

242

475

168

365

107

428

367

457

224

199

X

171

169

169

170

170

165

190

175

157

148

172

159

Y

92

92

87

91

88

94

105

91

82

87

99

83

N

404

363

192

109

429

60

13

291

400

337

100

187

X

162

167

167

160

175

163

164

180

164

169

169

170

Y

92

85

88

87

90

91

89

85

84

87

91

93

N

88

292

283

52

45

358

252

62

130

286

361

184

X

179

167

162

169

172

166

164

173

161

159

166

158

Y

99

81

80

91

99

82

84

84

82

86

84

91

N

79

371

378

419

307

56

374

169

43

298

239

145

X

163

165

170

172

161

171

166

164

183

173

166

167

Y

88

87

91

94

84

97

87

97

90

90

89

85

N

325

65

153

375

9

340

142

193

261

116

26

253

X

162

156

167

168

170

171

174

179

161

170

172

166

Y

89

88

86

92

90

91

90

85

79

95

91

88

N

61

202

440

21

200

221

332

275

287

108

468

103

X

173

172

179

155

175

173

170

171

171

167

165

173

Y

89

96

85

86

89

96

96

83

90

91

91

90

N

240

110

424

414

296

284

83

435

81

54

397

134

X

167

165

169

171

181

164

164

176

163

165

174

177

Y

89

94

82

89

89

86

91

87

88

93

86

87

N

303

430

34

144

277

451

179

472

342

293

327

448

X

180

170

168

175

171

170

168

160

169

164

171

164

Y

90

91

82

85

89

90

87

85

91

87

91

83

N

154

438

297

219

196

204

230

258

262

213

89

357

X

164

163

170

174

161

167

173

164

174

168

176

156

Y

83

88

92

88

91

91

87

90

91

83

93

85

N

426

480

156

127

295

115

36

7

473

376

157

254

X

162

168

176

184

165

176

163

167

169

186

172

175

Y

90

93

88

98

94

92

89

88

89

92

91

90

N

98

126

265

443

82

110

432

479

X

170

173

160

171

169

165

185

168

Y

90

91

89

85

87

94

91

90

Составим ранжированный (по увеличению) ряд для случайной величины Х.

Таблица 3 «Ранжированный ряд случайной величины Х»

X

148

155

156

156

157

157

158

159

159

159

160

160

Y

87

86

85

88

82

90

91

81

83

86

83

85

X

160

161

161

161

161

161

161

162

162

162

162

162

Y

87

79

82

84

84

88

91

80

89

90

92

94

X

162

163

163

163

163

163

163

163

163

163

164

164

Y

100

80

88

88

88

89

91

91

92

93

83

83

X

164

164

164

164

164

164

164

164

164

164

164

164

Y

84

84

84

85

86

87

89

89

89

90

90

91

X

164

164

165

165

165

165

165

165

165

165

165

165

Y

91

97

84

85

87

87

87

87

88

90

91

91

X

165

165

165

165

165

166

166

166

166

166

166

166

Y

93

94

94

94

94

82

84

84

84

87

88

89

X

166

167

167

167

167

167

167

167

167

167

167

167

Y

89

81

85

85

85

86

88

88

89

89

89

90

X

167

167

167

168

168

168

168

168

168

168

168

168

Y

91

91

92

81

82

83

87

88

88

90

92

93

X

168

169

169

169

169

169

169

169

169

169

169

169

Y

93

79

83

87

87

87

88

88

89

91

91

91

X

169

169

169

169

170

170

170

170

170

170

170

170

Y

91

91

92

92

81

86

88

88

90

90

90

90

X

170

170

170

170

170

170

170

171

171

171

171

171

Y

91

91

91

92

93

95

96

83

85

89

89

90

X

171

171

171

171

171

171

172

172

172

172

172

172

Y

91

91

91

92

94

97

82

87

88

89

90

91

X

172

172

172

172

172

172

173

173

173

173

173

173

Y

91

94

96

98

99

99

84

87

89

89

90

90

X

173

173

173

174

174

174

174

174

174

175

175

175

Y

90

91

96

86

88

90

91

96

97

85

89

90

X

175

175

175

176

176

176

176

176

176

176

176

176

Y

90

91

95

82

86

87

88

90

92

93

93

93

X

176

177

178

178

178

178

179

179

179

180

180

180

Y

95

87

89

90

90

91

85

85

99

85

90

98

X

181

181

182

183

184

185

186

187

190

Y

89

92

90

90

98

91

92

86

105

Cоставим новую таблицу, в которой отразим частоты появления случайных величин  и относительные частоты .

Таблица 4 «Дискретный вариационный ряд»

i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

148

155

156

157

158

159

160

161

162

163

164

165

1

1

2

2

1

3

3

6

6

9

15

15

i

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

166

167

168

169

170

171

172

173

174

175

176

177

8

14

10

15

15

11

12

9

6

6

10

1

i

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

178

179

180

181

182

183

184

185

186

187

190

4

3

3

2

1

1

1

1

1

1

1

В данном примере случайные величины сплошь заполняют промежуток (148;190). Число возможных значений велико. Их нельзя представить в виде случайных величин, принимающих отдельные, изолированные значения, тем самым отделить одно возможное значение от другого промежутком, не содержащим возможных значений случайной величины. Поэтому для построения вариационного ряда будем использовать интервальный ряд распределения. Весь возможный интервал варьирования  разобьём на конечное число интервалов и подсчитаем частоту попадания значений величины в каждый интервал. Минимальное и максимальное значения случайной величины:  Тогда интервал варьирования R («размах») будет равен R=  Длину интервала рассчитывают по формуле:

                                                                (1)

При этом значение признака, находящегося на границе интервалов относят к правой границе интервала.

На практике считают, что правильно составленный ряд распределения содержит от 6 до 15 частичных интервалов. Часто интервальный вариационный ряд заменяют дискретным вариационным рядом, выбирая средние значения интервала (таблица  №7).

Для данного примера , округлим до 3, т.е. размер интервала h=3, а число интервалов будет равно 14. Соответствующий интервальный вариационный ряд приведён в таблице №5.

Таблица 5 «Интервальный вариационный ряд»

Индекс интервала

i

Число покупателей

(интервалы)

Частота

Относительная частота

1

148-151

1

1/200

2

151-154

0

0

3

154-157

5

5/200

4

157-160

7

7/200

5

160-163

21

21/200

6

163-166

38

38/200

7

166-169

39

39/200

8

169-172

38

38/200

9

172-175

21

21/200

10

175-178

15

15/200

11

178-181

8

8/200

12

181-184

3

3/200

13

184-187

3

3/200

14

187-190

1

1/200

                                                                                  =1

2) После составления вариационного ряда необходимо построить функцию распределения выборки или эмпирическую функцию F*(x)=, то есть функцию найденную опытным путём. Здесь – относительная частота события Х< х, n - общее число значений.

Эмпирическое распределение можно изобразить в виде полигона, гистограммы или ступенчатой кривой.

Построим выборочную функцию распределения. Очевидно, что для  функция  так как . На концах интервалов значения функции  рассчитаем в виде «нарастающей относительной частоты» (таблица 6).

 

Таблица 6 «Расчёт эмпирической функции распределения»

Индекс интервала

i

1

1/200

2

1/200

3

1/200+5/200=6/200

4

6/200+7/200=13/200

5

13/200+21/200=34/200

6

34/200+38/200=72/200

7

72/200+39/200=111/200

8

111/200+38/200=149/200

9

149/200+21/200=170/200

10

170/200+15/200=185/200

11

185/200+8/200=193/200

12

193/200+3/200=196/200

13

196/200+3/200=199/200

14

199/200+1/200=200/200

Табличные значения не полностью определяют выборочную функцию распределения непрерывной случайной величины, поэтому при графическом изображении её доопределяют, соединив точки графика, соответствующие концам интервала, отрезками прямой (рис.1).

 

Полученные данные, представленные в виде вариационного ряда, изобразим графически  в виде ломаной линии (полигона), связывающей на плоскости точки с координатами , где  - среднее значение интервала , а   - относительная частота.(таблица 7 и рис.2). На этом же рисунке отобразим пунктирной линией выравнивающие (теоретические) частоты.

Таблица 7 “Дискретный вариационный ряд”

Номер интервала

i

Среднее значение интервала

Относительная частота

Выборочная

оценка плотности вероятности

1

149,5

0,005

0,002

2

152,5

0

0

3

155,5

0,025

0,008

4

158,5

0,035

0,012

5

161,5

0,105

0,035

6

164,5

0,19

0,063

7

167,5

0,195

0,065

8

170,5

0,19

0,063

9

173,5

0,105

0,035

10

176,5

0,075

0,025

11

179,5

0,04

0,013

12

182,5

0,015

0,005

13

185,5

0,015

0,005

14

188,5

0,005

0,002

                                        

                                                       Рис.1

                                            Рис.2

На основании полученных выборочных данных необходимо сделать предположение, что изучаемая величина распределена по некоторому определённому закону. Для того чтобы проверить, согласуется ли это предположение с данными наблюдений, вычисляют частоты полученных в наблюдениях значений, т.е. находят теоретически сколько раз величина Х должна была принять каждое из наблюдавшихся значений, если она распределена по предполагаемому закону. Для этого находят выравнивающие (теоретические) частоты по формуле:

                                                                        (2)

где n – число испытаний,

    - вероятность наблюдаемого значения , вычисленная при допущении, что Х имеет предполагаемое распределение.

Эмпирические (полученные из таблицы) и выравнивающие частоты сравнивают, и при небольшом расхождении данных делают заключение о выбранном законе распределения.

Предположим, что случайная величина Х распределена нормально (см. комментарии к задаче № 4). В этом случае выравнивающие частоты находят по формуле:

                                                                (3)

где n-число испытаний,

     h-длина частичного интервала,

  -выборочное среднее квадратичное отклонение,

    ( - середина i – го частичного интервала)    

                 – функция Лапласа      (4)

Результаты вычислений отобразим в таблице №8.

Сравнение графиков  (рис.2) наглядно показывает близость выравнивающих частот к наблюдавшимся и подтверждает правильность допущения о том, что обследуемый признак распределён нормально.

Таблица 8 «Расчёт выравнивающих частот»

149,5

152,5

155,5

158,5

161,5

164,5

167,5

170,5

173,5

176,5

179,5

182,5

185,5

188,5

-19,5

-16,5

-13,5

-10,5

-7,05

-4,05

-1,05

1,95

4,95

7,95

10,95

13,95

16,95

19,95

-3

-2,53

-2,06

-1,59

-1,11

-0,64

-0,17

0,31

0,78

1,25

1,73

2,2

2,67

3,15

0,004

0,02

0,048

0,11

0,22

0,33

0,396

0,38

0,3

0,18

0,09

0,04

0,011

0,003

0,42

1,55

4,54

10,68

20,37

31,0

37,48

36,0

28,0

17,34

8,44

3,37

1,06

0,26

1

2

5

11

20

31

37

36

28

17

8

3

1

0

0,05

0,01

0,025

0,055

0,1

0,155

0,185

0,18

0,14

0,085

0,04

0,015

0,005

0

                                                                     

Интервальный вариационный ряд графически изобразим в виде гистограммы (рис.3). На оси Х отложим интервалы длиной h=3, а на оси Y значения ,расчёт которых представлен в таблице №7. Площадь под гистограммой равна сумме всех относительных частот, т.е. единице.

Графическое изображение вариационных рядов в виде полигона и гистограммы позволяет получать первоначальное представление о закономерностях, имеющих место в совокупности наблюдений.

                                      Рис.3

3) Найдём числовые характеристики вариационного ряда, используя таблицу №4.

Выборочная средняя ():

                                   или   ,                             (5)

где - частоты,

а -объём выборки. Выборочная средняя является оценкой математического ожидания (среднего значения теоретического закона распределения).

В некоторых случаях  удобнее рассчитать с помощью условных вариант. В нашем случае варианты  - большие  числа, поэтому используем разность:

                                                                      (6)

где С – произвольно выбранное число (ложный нуль). В этом случае

                                   .                           (7)

Для изменения значения варианты можно ввести также условные варианты путём использования масштабного множителя:

                             ,                                (8)

где  (b выбирается положительным или отрицательным числом).

. Здесь С – середина 8-го интервала.

 Выборочная дисперсия ():

                                                         (9)

также может быть рассчитана с помощью условных вариант:

                                         (10)

=(1*441+0*324+…+1*324)- 1,95²=40,21

Среднеквадратическое отклонение:

                                  =                                   (11)

==6,34

Найдем несмещённую оценку дисперсии и среднеквадратического отклонения («исправленную» выборочную дисперсию и среднеквадратическое отклонение) по формулам:

                        и                   (12)

==40,41  и  S=6,34=6,36

Доверительный интервал для оценки математического ожидания с надёжностью 0,95 определяют по формуле:

               P(-tФ(t)=               (13)

Из соотношения Ф(z)=/2 вычисляют значение функции Лапласа: Ф(z)=0,475. По таблице значений функции Лапласа ( Приложение А) находят z=1,96. Таким образом,

168,55-1,96,

167,67<a<169,43.

    Доверительный интервал для оценки среднего квадратичного отклонения случайной величины находят по формуле:

                               ,                           (14)

где S – несмещённое значение выборочного среднего квадратичного отклонения;

      q – параметр, который находится по таблице  (Приложение В) на основе известного объёма выборки n  и заданной надёжности оценки .

На основании данных значений =0,95 и n=200 по таблице (Приложение В) можно найти значение q=0,099. Таким образом,

,

5,79<

                                 V=                             (15)

4) Проведём статистическую проверку гипотезы о нормальном распределении. Нормальный закон распределения имеет два параметра (r=2): математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение. По выборочным данным (таблицы 5 и 7) полученные оценки параметров нормального распределения, вычисленные выше:

, , S=6,36.

Для расчёта теоретических частот  используют табличные значения функции Лапласа Ф(z). Алгоритм вычисления  состоит в следующем:

по нормированным значениям случайной величины Z находят  значения Ф(z), а затем :

, =0,5+Ф().

Например,

; ; Ф(-3,0)=-0,4987;

;

- далее вычисляют вероятности =P(;

находят числа , и если некоторое <5, то соответствующие группы объединяются с соседними.

Результаты вычисления , , и  приведены в таблице 9.

По формуле

                                =                             (27)

можно сделать проверку расчетов.

По таблице (приложения Г) можно найти число  по схеме: для уровня значимости α=0,05 и числа степеней свободы l=k-r-1=9-2-1=6=12,6. Следовательно, критическая область - (12,6;). Величина =15,61  входит в критическую область, поэтому гипотеза о том, что случайная величина Х подчинена нормальному закону распределения, отвергается.

При α=0,1 =10,6. Критическая область - (10,6;). Величина =15,61  также входит в критическую область и гипотеза о нормальном законе распределения величины Х отвергается.

При α=0,01 =16,8, (16,8;). В этом случае нет оснований отвергать гипотезу о нормальном законе распределения.

Таблица 9 «Определение »

i

Ф()

0

149,5

0

-0,500

0,000

0,0013

0,0013

0,26

-

1

149,5

152,5

1

-0,449

0,0013

0,0059

0,0046

0,92

-

2

152,5

155,5

0

-0,494

0,0059

0,02

0,014

2,8

-

3

155,5

158,5

5

-0,48

0,02

0,057

0,037

7,4

2,54

4

158,5

161,5

7

-0,44

0,057

0,134

0,077

15,4

4,58

5

161,5

164,5

21

-0,37

0,134

0,26

0,126

25,2

0,7

6

164,5

167,5

38

-0,24

0,26

0,433

0,1725

34,5

0,36

7

167,5

170,5

39

-0,07

0,433

0,62

0,188

37,6

0,06

8

170,5

173,5

38

0,12

0,62

0,78

0,16

32

1,125

9

173,5

176,5

21

0,28

0,78

0,89

0,11

22

0,045

10

176,5

179,5

15

0,39

0,89

0,96

0,07

14

0,071

11

179,5

182,5

8

0,46

0,96

0,99

0,03

6

6,125

12

182,5

185,5

3

0,49

0,99

0,996

0,006

1,2

-

13

185,5

188,5

3

0,496

0,996

0,999

0,003

0,6

-

14

188,5

1

0,5

0,999

1,0

0,001

0,2

-

                                                            ,0000         

2 часть

1) Данные таблицы №3 сгруппируем в корреляционную таблицу №10.

2) Строим в системе координат множество, состоящее из 200 экспериментальных точек (рисунок 4).

По расположению точек делаем заключение о том, что экономико-математическую модель можно искать в виде .

3) Найдём выборочные уравнения линейной регрессии.

Для упрощения расчётов разобьём случайные величины на интервалы и выберем средние значения. Для величины Х указанные действия были выполнены в 1 части задания.

Таблица 10 “Корреляционная таблица”

105

100

99

98

97

96

95

94

93

92

91

90

89

88

87

86

85

84

83

82

81

80

79

Y/X

1

1

148

1

1

155

2

1

1

156

2

1

1

157

1

1

158

3

1

1

1

159

3

1

1

1

160

6

1

1

2

1

1

161

6

1

1

1

1

1

1

162

9

1

1

2

1

3

1

163

15

1

2

2

3

1

1

1

3

2

164

15

4

1

2

1

4

1

1

165

8

2

1

1

3

1

166

14

1

2

1

3

2

1

3

1

167

10

2

1

1

2

1

1

1

1

168

15

2

5

1

2

3

1

1

169

15

1

1

1

1

3

4

2

1

1

170

11

1

1

1

3

1

2

1

1

171

12

2

1

1

1

2

1

1

1

1

1

172

9

1

1

3

2

1

1

173

6

1

1

1

1

1

1

174

6

1

1

2

1

1

175

10

1

3

1

1

1

1

1

1

176

1

1

177

4

1

2

1

178

3

1

2

179

3

1

1

1

180

2

1

1

181

1

1

182

1

1

183

1

1

184

1

1

185

1

1

1

186

1

187

1

1

190

200

1

1

3

3

3

4

3

7

8

11

28

24

19

18

17

7

12

10

7

6

4

2

2

Рис.4

Для случайной величины Y, используя  (1), получим h=2, число интервалов равно 13. Результаты внесём в таблицу со сгруппированными данными №11.

Находим средние значения , по формулам:

                                ,                             (28)    

                               ,                             (29)    

                             ,                           (30)

                             .                          (31)

 

149,5*86+155,5(82+…+90)+…+188,5*104=2986101

Используя формулы:

                            ,                      (32)

                           ,                       (33)

получим

=,=

Таблица 11 «Сгруппированные данные выборки»

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

XY

149,5

152,5

155,5

158,5

161,5

164,5

167,5170,5173,5

170,5

173,5

176,5

179,5

182,5

185,5

188,5

1

80

1

3

3

1

8

2

82

1

2

1

3

3

2

1

13

3

84

1

1

2

9

3

1

2

3

22

4

86

1

1

2

7

5

1

1

3

1

24

5

88

1

6

7

10

6

4

2

1

37

6

90

1

1

4

6

9

14

9

4

1

2

1

52

7

92

3

1

6

3

4

1

1

19

8

94

1

4

3

1

1

10

9

96

1

3

3

7

10

98

3

2

1

6

11

100

1

1

12

102

13

104

1

1

1

5

7

21

38

39

38

21

15

8

3

3

1

200

4) Вычисляем выборочный коэффициент корреляции  по формуле:

                     .                     (34)

=

Принято считать, что если 0,1<<0,3 – связь слабая, если 0,3<<0,5 – связь умеренная, если 0,5<<0,7 – связь заметная, если 0,7<<0,9 – связь высокая, если 0,9<<0,99 – связь весьма высокая.

Для данного примера связь между X и Y умеренная.

Затем получают выборочное уравнение линейной регрессии Y на X в виде:

                                              (35)

и выборочное уравнение линейной регрессии X на Y :

                        .                            (36)

и

или

Вычисления сумм рекомендуем проводить с помощью пакетов прикладных математических программ (сегодня их существует много).

5. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ №№1-4

Вариант 1.

      1. Фирма имеет три источника поставки комплектующих – фирмы А, В и С. На долю фирмы А приходится 50% общего объема поставок, В – 30% и С – 20%. Из практики известно, что 10% поставляемых фирмой А деталей бракованные, фирмой В – 5% и фирмой С – 6%.

Какова вероятность, что взятая наугад деталь была получена от фирмы А?

Какова вероятность, что взятая наугад и оказавшаяся бракованной деталь получена от фирмы А?

 2. Накануне выборов 40% населения поддерживают «Партию квадратов», 40% - «Партию Кругов» и 20% еще не определились во мнении. Какова вероятность того, что, по крайней мере, половина из шести наудачу выбранных избирателей оказывают доверие «Партии квадратов»?

    3. Имеется 8 изделий, из которых 3 дефектных. Для контроля взято наудачу 3 изделия. Случайная величина Х – число дефектных изделий в выборке.

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность P(0,5<X<3).

     4. Фирма «Клубок ниток» производит вязальные спицы. Наиболее популярны размеры

Диаметр (мм)

Точность (мм)

Номер 10

3.25

± 0.125

Номер 11

3.00

± 0.125

Номер 12

2.75

± 0.125

«Клубок» производит нарезку игл из проволоки и их дальнейшую обработку. В результате чего средний диаметр заготовок становится 3.10 мм, а его среднее квадратическое отклонение   0.10 мм. Допустим, значение диаметра подчиняется закону нормального распределения. Требуется определить долю заготовок, пригодных для производства спиц №11, учитывая, что дальнейшая обработка не изменяет диаметр заготовок.

Вариант 2.

        1. В центральную бухгалтерию корпорации поступили пачки накладных для проверки и обработки. 90% пачек были признаны удовлетворительными: они содержали только 1% неправильно оформленных накладных. Остальные 10% пачек накладных были признаны неудовлетворительными, так как содержали 5% неправильно оформленных накладных. Взятая наугад из пачки накладная оказалась оформленной неправильно. Учитывая это, какова вероятность того, что вся пачка накладных будет признана не соответствующей стандартам?

         2. На курсах повышения квалификации бухгалтеров учат определять правильность накладной. В качестве проверки преподаватель предлагает слушателям проверить 10 накладных, 4 из которых содержат ошибки. Он берет наудачу из этих десяти три накладные и просит проверить. Какова вероятность того, что одна из них окажется ошибочной, а две  других – нет? Что все три окажутся правильными?

         3. Вероятность досрочно сдать экзамен на «5» для каждого из четырех сдающих студентов равна 0,6. Случайная величина Х – число студентов ( из этих четырех ), сдавших этот экзамен на «5».

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность P(0,5<X<3).

         4. Считая, что Х – нормально распределенная случайная величина, которая задается функцией плотности распределения  , найти А, М(Х), D(X), P().

Вариант 3.

        1. Нефтяная компания, изучив данные геологоразведки, оценивает вероятность обнаружения нефти в некотором районе как 0,3. Из предыдущего опыта подобных работ известно, что если нефть действительно должна быть обнаружена, первые пробные бурения дают положительные образцы с вероятностью 0,4. Если оказалось, что первые бурения дали отрицательный  результат, какова вероятность того, что нефть, тем не менее, будет обнаружена в данном районе?

          2. Число дефектов в изделии может быть любым – 1, 2, 3, 4 и т.д. По оценке компании вероятность отсутствия дефекта составляет 0,9, а вероятность наличия одного дефекта – 0,05. Какова вероятность, что в изделии не больше, чем один дефект?

          3. В программе экзамена 45 вопросов, из которых студент знает 30. В билете 3 вопроса. Случайная величина Х – число вопросов билета, которые знает студент.

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность P(0,5<X<3).

          4. Ошибка измерения высоты полета гидрометеорологического спутника относительно наземной станции подчинена нормальному закону с математическим ожиданием, равным нулю и средним квадратическим отклонением, равным 1 км. Ошибка принимает отрицательное значение, если измеряемая высота слишком мала и положительное значение, если измеряемая высота слишком велика. Найти вероятность того, что а) ошибка будет больше чем +0.75 км; б) значение ошибки будет заключено в пределах между + 0.10 км и + 0.60 км; в) ошибка будет меньше чем – 1.25 км.

Число дефектов в изделии может быть любым – 1, 2, 3, 4 и т.д. По оценке компании вероятность отсутствия дефекта составляет 0,9, а вероятность наличия одного дефекта – 0,05. Какова вероятность, что в изделии не больше, чем один дефект?

Вариант 4.

         1. Среди студентов некоторой группы 2/5 юноши и 3/5 девушки. Половина студентов – юношей данной группы моложе 21 года, среди студенток – девушек моложе 21 года – 2/3. Чему равна вероятность того, что  1) случайно выбранный учащийся старше 21 года и 2) случайно выбранный учащийся, возраст которого меньше 21 года, - это девушка.

          2. Экзамен на водительские права по правилам дорожного движения содержит 20 вопросов с тремя вариантами ответов в каждом. Для сдачи экзамена необходимо ответить правильно как минимум на 19 вопросов. Если будущий водитель выбирает ответы, полагаясь исключительно на удачу, то какова для него вероятность сдать экзамен?

          3. Бросают две игральные кости. Случайная величина Х – модуль разности числа выпавших очков.

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность P(0,5<X<3).

          4. Считая, что Х – нормально распределенная случайная величина, которая задается функцией плотности распределения  , найти А, М(Х), D(X), P().

Вариант 5.

          1. Отдел закупок женского платья большого столичного торгового комплекса приобретает 20% своего товара у фабрики А, 30% у фабрики Б и оставшиеся  50% у разных мелких поставщиков. К концу сезона распродается 80% продукции фабрики А, 75% продукции фабрики Б и 90% продукции мелких поставщиков. Какова вероятность, что платье, оставшееся непроданным в конце сезона, было произведено на фабрике А?

          2. Известно что 85% деревьев, высаживаемых фирмой «Флора-дизайн» приживается. Фирма получила заказ на озеленение внутреннего двора нового дома, в котором должна посадить 10 молодых берез. Какова вероятность того, что в течение гарантийного срока фирме придется заменить

а) три засохших саженца?

б) не более двух?

в) ни одного?

          3. Зеленщик покупает персики большими партиями. Учитывая скоропортящийся характер товара, он допускает, что 15% фруктов будут подпорчены. Для проверки качества зеленщик выбирает 5 персиков. Случайная величина Х – число подпорченных фруктов среди выбранных.

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность того, что зеленщик купит данную партию персиков, если для этого среди выбранных 5 персиков должно быть не более двух подпорченных.

          4. Средний срок службы аккумуляторной батареи мобильного телефона нового поколения  1000 часов, его среднее квадратическое отклонение  100 часов. Действует нормальный закон распределения. Найти вероятность того, что аккумуляторная батарея случайно выбранного мобильного телефона выйдет из строя а) через 1050 часов работы; б) через 750 часов; в) не ранее, чем через 850 часов, но не позднее, чем через 1150 часов.

Вариант 6.

          1. Розничная сеть имеет три магазина. На долю главного магазина приходится 50% продаж, тогда как на долю двух пригородных магазинов – 30% и 20%. Процент магазинных краж для этих магазинов составляет 1%, 0,8% и 0,75% соответственно. Какова вероятность, что украденная вещь находилась в продаже в главном магазине сети?

          2. Лист экзаменационного тестирования содержит 10 вопросов. На каждый вопрос предлагается 5 ответов, среди которых только один верный. Если студент выбирает ответы случайным образом, какова вероятность того, что правильными будут а) ровно половина ответов? б) не менее восьми ответов? в) не более одного?

          3. Производятся независимые испытания трех приборов. Вероятности отказа для них  0,2,  0,3,  0,1  соответственно. Случайная величина Х – число отказавших приборов.

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность P(0,5<X<3).

          4. Считая, что Х – нормально распределенная случайная величина, которая задается функцией плотности распределения  , найти А, М(Х), D(X), P(0<X<5).

Вариант 7.

        1. На курсах повышения квалификации бухгалтеров учат определять правильность накладной. В качестве проверки преподаватель предлагает слушателям проверить 10 накладных, 4 из которых содержат ошибки. Он берет наугад накладную и просит проверить. При условии того, что обучающийся идентифицирует неправильную накладную с вероятностью 0.8, а правильную накладную признает ошибочной с вероятностью 0,05, чему равна вероятность того, что выбранная накладная – ошибочная.

          2. Исследование ископаемых частиц пыльцы растений, найденных в разных слоях донных осадков большого озера, обычно дает информацию о типичной растительности, окружавшей озеро в то время, когда формировался данный слой. Доля частиц пыльцы хвойных деревьев в донных осадках составляет 0.6. Если на анализ поступили 10 частиц пыльцы, какова вероятность того, что а) ровно пять, б) не более двух из них окажутся  принадлежащими хвойным деревьям?

          3. Обрыв произошел равновероятно на одном из 5 звеньев телефонной линии. Монтер обследует их последовательно до обнаружения обрыва. Случайная величина Х – число обследованных звеньев.

Составить таблицу распределения Х.

Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).

Построить график функции распределения y = F(x)

Найти вероятность P(0,5<X<3).

          4. Пилорама «Стружкин и компания» производит и продает сухие доски. Наиболее популярные размеры дюймовой осиновой шлифованной доски  

Длина (м)

Точность (м)

Номер 4

3.25

± 0.125

Номер 5

3.00

± 0.125

Номер 6

2.75

± 0.125

На пилораме сушат сырые доски, после чего шлифуют их. Средний размер поступающих сырых досок (заготовок) 3м 10см, его среднее квадратическое отклонение  10см. Допустим, длина заготовок  подчиняется закону нормального распределения. Требуется определить долю заготовок, пригодных для производства досок №5, учитывая, что сушка и шлифовка не изменяют длины заготовок, и дальнейшая обработка не включает распил досок по длине.