Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Вятская государственная сельскохозяйственная академия

Предмет:

Теория вероятностей и математическая статистика

Файл:

Черник, О. В. Контрольная тетрадь по теории вероятностей и математической статистике

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.03.2016

Размер:

535.32 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Варианты 17–20

Среди 700 предприятий, занимающихся ремонтом радиотехнической аппаратуры в некотором регионе, по схеме бесповторной выборки отобрано 60. Получены следующие результаты по числу заказов в неделю:

Число заказов	60-	80-	100-	120-	140-	160-	180-
	80	100	120	140	160	180	200
Количество	6	14	8	11	8	7	6
предприятий	6	14	8	11	8	7	6
предприятий

Найти: 1. Найти числовые характеристики x и s2 вариационного ряда исследуемого признака и построить его гистограмму.

2. Определить: а) границы, в которых с вероятностью γ1 заключено среднее

количество заказов в неделю для указанных предприятий данного региона; б) вероятность того, что доля предприятий в регионе, у которых число заказов в неделю больше m , отличается от выборочной доли таких предприятий не более чем на ∆ (по абсолютной величине); в) объем бесповторной выборки, при котором те же границы для среднего числа заказов можно гарантировать с вероятностью γ2 .

Вариант	17	18	19	20
γ1	0,9	0,9729	0,9651	0,9606
m	140	120	160	100
∆	0,05	0,03	0,02	0,01
γ2	0,95	0,94	0,92	0,98

Вариант 00 Образцы решения типовых задач контрольной работы

I. Из десяти билетов выигрышными являются два. Одновременно приобретаются любые 5 билетов. Определить вероятность того, что среди них: а) один выигрышный; б) хотя бы один выигрышный билет.

Решение.

Опыт: выбирают 5 из 10 билетов (без повторений).

Так как при выборе порядок, в котором размещаются в выборке выигрышные и невыигрышные билеты неважен, то число элементарных исходов опыта находим как число сочетаний из 10 по 5 (см. формулы на с. 6):

n = C5	=	10!	=	6 7 8 9 10	= 252 .

10		5!(10 −5)!		1 2 3 4 5

а) A– один из 5 билетов выигрышный.

Благоприятствующими событию A будут выборки, содержащие один выигрышный билет и 4 невыигрышных. Их число находят по правилу произведения (см. с. 14),

m =C21 C84 = 1!21!! 4!8!4! =140 . P( A) = 140252 ≈0,556.

б) B – хотя бы один из 5 билетов выигрышный, т.е. один или два. Благоприятствующими событию B будут выборки, содержащие один выигрышный билет и 4 невыигрышных или 2 выигрышных билета и 3 невыигрышных. Их число находят по правилу суммы (см. с.14),

m =C21 C84 +C22 C83 = 1!21!! 4!8!4! + 2!2!0! 3!8!5! =140 +56 =196 . P(B) = 196252 ≈ 0,778 .

II. На сборку поступают детали из трех цехов в пропорции 1: 3: 6. При этом вероятности брака в каждом из этих цехов соответственно равны 0,05, 0,02 и 0,08. Определить вероятность того, что: 1) взятая наудачу деталь окажется бракованной; 2) оказавшаяся бракованной деталь изготовлена во втором цехе.

Решение.

A – взятая наудачу деталь оказалась бракованной.

Так как вероятность события A зависит от того, каким цехом произведена деталь, то в качестве гипотез выбираем следующие события:

Hi – деталь изготовлена i -ым цехом (i =1,2,3).

Находим вероятности событий Hi , используя классическое определение вероятности (см. с.13):

P(H1 ) =

= 0,1;

P(H

2 ) =

0,3;

P(H3 ) =

= 0,6.

+3 +6

1+3 +6

+3 +6

Сумма полученных вероятностей должна быть равна 1:

∑P(Hi ) =0,1+0,3+0,6=1–верно.

i −1

Выписываем

условные

вероятности

события

при

условии

наступления каждой гипотезы:

PH1 ( A) = 0,05;

PH 2 ( A) = 0,02;

PH 3 ( A) = 0,08.

Тогда для ответа на первый вопрос используем формулу полной

вероятности (см. с.18):

P( A) = P(H1 ) PH1 ( A) + P(H2 ) PH 2 ( A) + P(H3 ) PH 3 ( A) =

= 0,1 0,05 +0,3 0,02 +0,6 0,08 = 0,059;

PA (H2 ) ,

Чтобы ответить на второй вопрос, нужно найти вероятность

которая является переоценкой вероятности гипотезы H2

после наступления

события A . Находим эту вероятность по формуле Байеса (см. с.19).

PA (H2 ) =

P(H2 )

PH 2 ( A)

0,3 0,02

≈ 0,102 .

P( A)

0,059

III. В регионе 80% его жителей имеют заработную плату свыше 15000 рублей. Найти вероятность того, что;

1)из 9 жителей региона заработную плату свыше 15000 руб. имеют трое;

2)из 400 жителей региона заработную плату свыше 15000 руб. имеют: а) 300 жителей; б) не менее 300 и не более 360 жителей.

Решение.

1) Так как отдельно взятое испытание состоит в выяснении размера заработной платы у каждого из 9 жителей региона, то количество испытаний будет равно 9:

n = 9 .

Событие, ожидаемое в результате каждого испытания, состоит в следующем:

A– житель региона имеет заработную плату свыше 15000 рублей. Тогда по условию задачи

p = P( A) = 80% = 0,8; q =1−0,8 = 0,2.

Так как количество испытаний n = 9 – мало, то вероятность P9 (3) находим по формуле Бернулли (см. с.19).

P (3) = C3		0,83 0,29−3	=	9!	0.512 0,000064 ≈ 0,003.
P (3) = C3		0,83 0,29−3	=		0.512 0,000064 ≈ 0,003.
9	9			3!(9 −3)!
				3!(9 −3)!

2) Так как отдельно взятое испытание состоит в выяснении размера заработной платы у каждого из 400 жителей региона, то количество испытаний будет равно 400:

n = 400 .

Событие, ожидаемое в результате каждого испытания, состоит в следующем:

A – житель региона имеет заработную плату свыше 15000 рублей. Тогда по условию задачи

						p = P( A) = 80% = 0,8;
						q =1−0,8 = 0,2.
		Так как n –		велико,		p –	велико,		то искомые вероятности P400 (300) и
P400 (300;360) находим, используя формулы Лапласа (см. с.20-21):
а)	x =		300 −400 0,8		= − 20	= −2,5
			400 0,8 0.2		8
	P		(300) ≈	ϕ(−2,5)		= ϕ(2,5) = 0,1753 ≈ 0,02;
	400		400 0,8 0,2				8		8

б)	x	= 300 − 400 0,8			= − 20 = −2,5; x			2	= 360 − 400 0,8 = 40 = 5
	1		400 0,8	0.2	8				400 0,8 0.2 8

	P400 (300;360) ≈Ф(5) −Ф(−2,5) ≈ 0,5 +Ф(2,5) = 0,5 +0,49379 ≈ 0,994.
IV. Монета брошена 4 раза. Требуется: а) составить закон распределения
случайной величины X ,						выражающей число выпадений «герба» при 4

бросаниях монеты; б) определить вид закона распределения случайной величины X ; в) построить многоугольник распределения; г) составить функцию распределения вероятностей случайной величины и построить ее график; д) найти числовые характеристики.

Решение.

а) X – число выпадений «герба» при 4 бросаниях.

Пусть А – выпал «герб», p = P( A) = 0,5, q = P( A) =1−0,5 = 0,5. Тогда X

имеет биномиальный закон распределения, т.к. выражает число появлений события А в 4 независимых испытаниях (см. с.23). Её закон распределения будет иметь вид:

pi = P( X = xi ) =C4xi 0,5xi 0,54−xi , где xi =0; 1; 2; 3; 4.

Составим ряд распределения X.

p1 = P( X = 0) = C40 0,500,54−0 = 0,0625 p2 = P( X =1) =C41 0,510,54−1 = 0,25 p3 = P( X = 2) = C42 0,520,54−2 = 0,375

p4 = P( X = 3) =C43 0,530,54−3 = 0,25 p5 = P( X = 4) = C44 0,540,54−4 = 0,0625

xi	0	1	2	3	4	.
pi	0,0625	0,25	0,375	0,25	0,0625

в) Многоугольник распределения случайной величины X изображен на рисунке 3.

1
0,375	•	•
0,25	•	•
0,0625•	1	•	x
	1	2 3 4	x
	Рисунок 3
г) Найдем		значение	F(x) для всех x , не больших наименьшего

возможного значения, т.е. для всех x ≤ 0. Так как для всех таких x функция распределения примет одно и то же значение, то достаточно найти значение F(x) для какого-нибудь x , удовлетворяющего неравенству x ≤ 0. По определению, F(0) = P( X < 0) . Событие ( X < 0) невозможное, так как значений, меньших 0, X не принимает. Значит, F(0) = P( X < 0) = 0 .

Аналогично,

если 0 < x ≤1, то F(x) = F(1) = P(x <1) = P( X = 0) = 0,0625

если1 < x ≤ 2, тоF(x) = F(2) = P(x < 2) = P( X = 0) + P( X =1) =

= 0,0625 +0,25 = 0,3125;

если 2 < x ≤ 3, тоF(x) = F(3) = P(x < 3) = P( X = 0) + P( X =1) + P( X = 2) = = 0,0625 +0,25 +0,375 = 0,6875;

если3 < x ≤ 4, тоF(x) = F(4) = P(x < 4) = P( X = 0) + P( X =1) + P( X = 2) +

+ P( X = 3) = 0,0625 +0,25 +0,375 +0,25 = 0,9375; если x > 4, то F(x) = F(5) = P(x < 5) = P( X = 0) + P( X =1) + P( X = 2) +

+ P( X = 3) + P( X = 4) = 0,0625 +0,25 +0,375 +0,25 +0,0625 =1.

Таким образом,

0, при x ≤ 0			F(x)
0, при x ≤ 0
	< x ≤1	1
0,0625, при0	< x ≤1	0,9375
0,3125, при1	< x ≤ 2	0,6875
F(x) =	< x ≤ 3	0,6875
0,6875, при 2	< x ≤ 3	0,3125
0,9375, при3	< x ≤ 4	0,3125
0,9375, при3	< x ≤ 4	0,0625


1, при x > 4		1 2 3 4		x

47	Рисунок 4

д) Для нахождения числовых характеристик случайной величины, выражающей число выпадений «герба» в четырех подбрасываниях монеты, можно использовать общие формулы числовых характеристик дискретной случайной величины (см. с. 23). Получаем

M ( X ) = 0 0,0625 +1 0,25 +2 0,375 +3 0,25 +4 0,0625 = 2

D( X ) = 02 0,0625 +12 0,25 +22 0,375 +32 0,25 +42 0,0625 −22 =1

σ(X ) = 1 =1

	Но так как	X имеет биномиальный закон распределения с параметрами
n=4, p=P(A)=0,5 и			q= P(		) =1–0,5=0,5,		проще воспользоваться
n=4, p=P(A)=0,5 и			q= P(	A	) =1–0,5=0,5,		проще воспользоваться
специальными формулами, а именно,
			M ( X ) = np = 4 0,5 = 2 ,
		D( X ) = npq = 4 0,5 0,5 =1.
			σ(X ) =			1 =1.
V	(для вариантов 1-10). Непрерывная случайная								величина	X задана
			0, при x ≤ 0
функцией распределения							Требуется: 1)			составить
функцией распределения			F(x) = x2 , при0 < x ≤1.				Требуется: 1)			составить
			1, при x >1

плотность вероятности этой случайной величины; 2)									построить графики
F(x) и f (x) ;		3) найти	числовые			характеристики			данной	случайной
величины; 4) найти P( X < 0,5) , P(−1 < X < 0,5) , P( X >								1	) .
величины; 4) найти P( X < 0,5) , P(−1 < X < 0,5) , P( X >									) .
	Решение.						3
	Решение.	0, при x ≤ 0
		0, при x ≤ 0
1)	′		< x ≤1.
1)	f (x) = F (x) = 2x, при0		< x ≤1.

		0, при x >1
2)	F(x)					f(x)
	1					2
	1

1	x	1	x
Рисунок 5			Рисунок 6

3) Для выполнения данного задания будем применять формулы числовых характеристик непрерывной случайной величины (см. с.26). Так как плотность вероятности f (x) данной случайной величины отлична от нуля на

промежутке (0;1], то при нахождении M ( X ) и D( X ) интегрировать будем по отрезку [0;1].

1			1		2			x3		1		2
1			1		2			x3		1		2
M ( X ) = ∫x(2x)dx = 2∫x						dx = 2					=		.
M ( X ) = ∫x(2x)dx = 2∫x						dx = 2			3		=	3	.
0			0							0		3
0			0	2			1 3			0				x4	1
1	2		2								4						4		1		4		1
1	2		2								4						4		1		4		1
D( X ) = ∫x		(2x)dx −		= 2			∫x		dx −			=2				−		=		−		=		.
D( X ) = ∫x		(2x)dx −		= 2			∫x		dx −		9	=2		4		−	9	=	2	−	9	=	9	.
0			3				0				9			4	0		9		2		9		9
0							0								0

σ(X ) = 19 = 13 .

4)Для нахождения указанных вероятностей используем формулы, приведенные на с.24-25:

P( X < 0,5) = F(0,5) = 0,52 = 0,25

P(−1 < X < 0,5) = F(0,5) − F(−1) = 0,52 −0 = 0,25 ;

	1		1		1	2	1		8
P( X >		) =1− F		=1−		=1−		=		.
P( X >	3	) =1− F		=1−		=1−	9	=	9	.
	3		3		3		9		9

V (для вариантов 11-20). Случайная величина X имеет нормальный закон распределения с параметрами а == 500 и σ=2. Требуется: а) составить функцию распределения вероятностей F(x) и плотности вероятностей f (x),

построить	график	f (x); б) найти вероятность попадания	случайной
величины	X в интервал (502;510); в) вычислить вероятность		того, что
случайная величина		X отклонится от своего математического ожидания не

больше чем на 3; г) с помощью правила «3σ» определить диапазон изменения

значений случайной величины X .

Решение.

a = 500 и σ = 2 в формулы для

а) Поставляем данные значения параметров

функции F(x) и f (x)

нормального

закона распределения

(см. с. 26).

Получаем

−

( x−500)2

−

( x−500)2

x −500

f (x) =

2 4

8 ;

F(x) =

+Ф

2 2π

f(x)

22π

2 2πe

498 500 502

Рисунок 7

б) Пользуемся формулой		β −a		α −a	, где	α = 502 ,
	P(α < X < β) =Ф	σ	−Ф	σ

β =510 , a = 500, σ = 2 .

510

−500

502 −500

P(502 ≤ X ≤ 510) =

P(502 < X < 510) =Ф

−Ф

=Ф(5) −Ф(1) ≈0,5 −0,34134 ≈0,16;

в) Применяем формулу

a = 500, σ = 2 , δ = 3.

X −a

<δ) = 2Ф σ при

X −500

< 3) = 2Ф

= 2Ф(1,5) = 2

0,43319 ≈ 0,86 .

г) Так как диапазон – это промежуток (a −3σ;a +3σ), то при a = 500 и σ = 2

получаем

(500 −3 2; 500 +3 2)= (496; 506).

VI. Менеджер компании, занимающийся прокатом автомобилей, хочет оценить среднюю величину пробега одного автомобиля в течение месяца. Из 280 автомобилей, принадлежащих компании, по схеме бесповторной выборки отобрано 60. Результаты представлены в таблице:

Пробег(км)	0-1000	1000-	2000-	3000-	4000-	5000-	6000-
		2000	3000	4000	5000	6000	7000
Количество	3	5	9	16	13	8	6
автомобилей

2. Определить: а) вероятность того, что средний пробег автомобиля в месяц отличается от среднего выборочного пробега не более чем на 400км (по абсолютной величине); б) границы, в которых с вероятностью 0,95 заключена доля автомобилей, пробег которых менее 3000 км; в) объем бесповторной выборки, при котором те же границы для указанной доли можно гарантировать с вероятностью 0,9876.

Решение.

1. Рассматривается признак X – величина пробега автомобиля в течение месяца. Данная таблица представляет собой его вариационный ряд. Чтобы

найти x и s2 , используем формулы (см. с. 30)

		k			k
		∑xini		s2 =	∑(xi −	x	)2 ni
	=	i =1	,		i =1			.
x		i =1			i =1
x		n			n
		n			n

Так как вариационный ряд интервальный, то в качестве xi берем середины частичных интервалов. Получаем

500 3 +1500 5 + 2500 9 +3500 16 + 4500 13 +5500 8 +6500 6

≈ 3816,7(км)

s2 = (500 −3816,7)2 3 +(1500 −3816,7)2 5 +(2500 −3816,7)2 9 +

(3500 −3816,7)2 16 +

(4500 −3816,7)2 13 +(5500 −3816,7)2 8

(6500 −3816,7)2 6 ≈ 2483055,5(км2 ).

Чтобы построить гистограмму (см. с.29-30), необходимо для каждого

частичного

интервала

вариационного

ряда

найти

величину,

равную

Получаем

1000

. Гистограмма частот изображена на рисунке 8.

1000

0,016

0,013

0,009

0,008

0,006

0,005

0,003

1000

2000 3000 4000 5000 6000 7000

Рисунок 8

2. а) Эта задача II-го типа. Алгоритм ее решения изложен на с.32. Применим его.

Даны. ∆ = 400км, n = 60 , x = 3816,7км.

Найти. Надежность оценки γ .

Решение. 1) Так как в задаче речь идет о бесповторной выборке, то вычисляем среднюю квадратичную ошибку σx по формуле

1−

Подставляем

нее

следующие

данные

s2 ≈ 2483055,5(км2 ) , n = 60 , N = 280 . Получаем

2483055,5

≈180,36 ;

−

280

2) находим параметр t

по формуле

t =

∆

400

t =

≈ 2,22 ;

180,36

3)определяем по таблице значение функции Φ(2,22) = 0,48679 ,

γ= 2 0,48679 = 0,97358 .

б) Эта задача I-го типа. Алгоритм ее решения изложен на с.32. Применим его.

Даны. γ = 0,95, n = 60 .

Найти. Границы доверительного интервала (ω − ∆;ω + ∆).

Решение. Так как точечная оценка ω не дана в условии задачи, находим ее

по	формуле ω =	ni	,	где n = 3 +5 +9 =17 – число автомобилей,				пробег
по	формуле ω =		,	где n = 3 +5 +9 =17 – число автомобилей,				пробег
		n		i
		n
которых менее 3000 км.
				ω =	17	≈ 0.29 .
				ω =		≈ 0.29 .
	Φ(t) = 0,95 = 0,475 ,			60
1)	Φ(t) = 0,95 = 0,475 ,			применяя таблицу значений интегральной функции
	2
Лапласа (см. приложение 2), находим аргумент t =1,96 .
2)	Поскольку в задаче речь идет о бесповторной выборке, то вычисляем
среднюю квадратичную ошибку σω						по формуле σω =	ω(1−ω)		n
среднюю квадратичную ошибку σω						по формуле σω =	n	1−	.
							n		N

Подставляем в нее следующие данные ω ≈ 0.29 , n = 60 , N = 280 . Получаем

σω =	0,29(1	−	0,29)	−	60	≈ 0,052 .
σω =	60		1	−	280	≈ 0,052 .
	60				280

3)Находим точность оценки по формуле ∆ = tσω ,

∆=1,96 0,052 ≈ 0,1.

4)Определяем доверительные границы: (0,29 −0,1; 0,29 +0,1)= (0,19; 0,39).

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>