Теория вероятностей

1 6 Партия из 10 деталей содержит 7 стандартных и 3 нестандартных детали

1.6. Партия из 10 деталей содержит 7 стандартных и 3 нестандартных детали. Для контроля отбираются две. Какова вероятность, что обе детали стандартные?

Решение:
Число всех возможных исходов – это число сочетаний из 10 по 2. Поэтому
.
Число вариантов выбора 2 стандартных из 7 стандартных – это число сочетаний из 7 по 2, то есть
,
Тогда вероятность события отобрали 2 нормальные детали:
.

2.6. На склад поступает 60% продукции с первого участка и 40% со второго, причем с первого – 80% изделий первого сорта, а со второго – 75%. Какова вероятность того, что наудачу взятое изделие изготовлено на втором участке, если оно первого сорта.
Решение:
Событие С состоит в том, что произошло и А – изделие изготовлено на втором участке, и В – в оно первого сорта, одновременно, то есть произошло произведение событий АВ:
Р (А) = 0,4 и Р(В) = 0,75.
Следовательно
Р(С) = 0,4 0,75= 0,30
Вероятность того, что наудачу взятое изделие изготовлено на втором участке, если оно первого сорта составляет 0,30.

3.6 Найти неизвестную вероятность Р, математическое ожидание и дисперсию дискретной случайной величины, заданной таблицей распределения вероятностей. Найти функцию распределения.
Х -3 -2 1 4 7 9
Р
0,1 0,1 р
0,3 0,05 0,15

Так как сумма всех вероятностей в таблице равна единице, то
0,1+0,1 + р +0,3 + 0,05 +0,15 = 1.

Отсюда Р = 0,3. Теперь можно написать закон распределения
Х -3 -2 1 4 7 9
Р
0,1 0,1 0,3 0,3 0,05 0,15

Находим математическое ожидание и дисперсию:
MX=i=16xipi=-3∙0,1+-2∙0,1+1∙0,3+4∙0,3+7∙0,05+9∙0,15=2,7
Для вычисления дисперсии воспользуемся формулой
D(X) = M(X2) – (M(X))2
MX2=i=16xipi=-32∙0,1+-22∙0,1+12∙0,3+42∙0,3+72∙0,05+92∙0,15=21
Тогда
D(X) = 21 – 2,72 = 13,71
Функция F(x) равна
Fx=0 если x<-30,3 если-3<x<-20,2 если-2<x<10,5 если 1<x<40,8 если 4<x<70,85 если 7<x<91 если x≥9

4.6. Средняя прочность основной пряжи а = 60 и с вероятностью 0,9973 прочность лежит в пределах от 48 до 72. Найти вероятность того, что значение прочности находится в пределах от 52 до 68, если прочность распределена нормально.
(Указание. При данной вероятности интервал 48 – 72 имеет длину 6σ).

Решение
Введем обозначения: α = 48 β = 72 а = 60
Используя формулу
Pα<x<β=Фβ-aσ-Фα-aσ
Имеем:
P48<x<72=Ф72-60σ-Ф48-60σ=Ф12σ-Ф-12σ=Ф12σ+Ф12σ=2Ф12σ=0.9973
Ф12σ=0.99732=0.49865
По таблице значений функции Лапласа Ф(х) находим при Ф(х) = 0,49865, х = 3. Следовательно:
12σ=3 ⇒ σ=4
Найдем вероятность того, что значение прочности находится в пределах от 52 до 68:
P52<x<68=Ф68-604-Ф52-604=Ф2-Ф-2=2Ф2
По таблице значений функции Лапласа Ф(х) находим при х = 2, Ф(х) = 0,47725,. Следовательно:
P52<x<68=2Ф2=2∙0,47725=0,9545

5.6 Построить доверительный интервал для математического ожидания нормально распределенной генеральной совокупности с известным среднеквадратичным отклонением с помощью выборки объема n с данным средним выборочным , с заданной надежностью =0,90

Решение:
Вероятность попадания неизвестного математического ожидания в интервал
x-tσn;x+tσn,
определяется формулой
Px-tσn<a<x+tσn=2Фt=γ ,
где Фt – табулированная функция Лапласа
Зная 2Фt=0.90 т.е. Фt=0.45, найдем по таблице значений функции Лапласа Ф(х) = 0,45, t = 1,65. Отсюда:
tσn=1.65∙11121=1.65∙1111=1.65
Следовательно, доверительный интервал 75,12-1.65;75,12+1.65 или представив его по другому: 73,47;76,77

6.6 Исследовать статистически случайную величину X – прочность (разрывная нагрузка), мН, пряжи линейной плотности 18,5 текс. Для этого произведена выборка объема n  40. Результаты испытаний приведены в таблицеИсследовать статистически случайную величину X – прочность (разрывная нагрузка), мН, пряжи линейной плотности 18,5 текс. Для этого произведена выборка объема n  40. Результаты испытаний приведены в таблице.
161 206 212 245 263 275 231 218 269 314
208 226 189 296 284 311 318 272 240 279
174 132 147 257 247 278 260 285 222 265
179 155 188 168 251 300 298 320 282 239

Решение:
Так как объём статистической совокупности n  40, то все множество значений выборки разбивается на классы. Число классов k определяется по объему выборки n с помощью таблицы.
Объём выборки n 40 – 60 60 – 100 100 – 200 200 – 500
Число классов k 6 – 7 7 – 10 10 – 14 14 – 17

Выбираем k =6.
Найдем длину классового промежутка  по формуле
.(1)
Здесь xmax наибольшее и xmin наименьшее значения. По таблице находим xmin  132; xmax  320. Тогда длина классового промежутка
∆=320-1326≈31
Значение  берется приближенно с той же точностью, с которой определены значения элементов выборки. Определяем границы классовых промежутков.
Левая граница первого промежутка принимается равной . Левая граница каждого следующего промежутка получается прибавлением  к левой границе предыдущего промежутка. Правый конец каждого промежутка меньше левого конца следующего промежутка на единицу последнего десятичного разряда значений в таблице исходных данных. Этим обеспечивается то, что каждое значение выборки попадает только в один интервал.
Все элементы выборки должны относиться к тому или иному классовому промежутку. При этом все элементы, попавшие в один и тот же промежуток, считаются равными между собой и равными среднему арифметическому границ промежутка. Отметим, что достаточно найти середину только одного из классовых промежутков, так как середины соседних промежутков отличаются друг от друга на . Теперь вместо исходной выборки изучается ее приближение, выборочный ряд середин промежутков .
Левая граница 1-го интервала 132-312=116,5. Далее:
116,5+31=147,5 147,5+31=178,5
178,5+31=209,5 209,5+31=240,5 240,5+31=271,5
271,5+31=302,5 302,5+31=333,5
Всего получится k + 1 промежуток, в нашем случае 6+1=7. xmax лежит внутри последнего промежутка.
Затем заполняем второй столбец

x1=116.5+147.42=131.95 x2=147.5+178.42=131.95 x3=178.5+209.42=131.95
x4=209.5+240.42=131.95 x5=240.5+271.42=131.95 x6=271.5+302.42=131.95
x7=302.5+333.42=131.95
Всего получится k + 1промежуток, в нашем случае 6+1=7. xmax лежит внутри последнего промежутка.
i
iZi

1 2 4 5 6 7 8 9
116,5 – 147,4
147,5 – 178,4
178,5 – 209,4
209,5 – 240,4
240,5 – 271,4
271,5 – 302,4
302,5 – 333,4 131,95
162,95
193,95
224,95
255,95
286,95
317,95 2
4
5
7
8
10
4 -3
-2
-1
0
1
2
3 -6
-8
-5
0
8
20
12 18
16
5
0
8
40
36 -54
-32
-5
0
8
80
108 162
64
5
0
8
160
324
Сумма
40
21 123 105 723

После того как заполнены столбцы 1 и 2 , переходим к столбцу 3. Для каждого элемента выборки находят классовый промежуток, которому принадлежит этот элемент, и в строке этого промежутка суммируются, обозначаются . При этом должно выполнятся условие .
Выбираем условный нуль А, совпадающий с тем значением , которое соответствует среднему классовому промежутку, а если таковых два, то тому из них, который имеет большую частоту Zi.
Строке табл. 1, соответствующей условному нулю А (у нас это строка 4, Z4=7, A=x4=224.95), соответствует i  0, строки над этой имеют соответственно i-1  – 1, i-2  – 2, и т. д., а строки под i-й – i+1  1, i+2  2, i+3  3 и т.д. После этого заполняются столбцы 6 – 9, а затем последняя строка – «Сумма» – для этих столбцов.
Для нахождения оценок параметров распределения случайной величины Х сначала определяются начальные условные моменты mr.
,(2)

r = 1; 2; 3; 4.
Числители в для каждого момента уже получены в строке «сумма» таблицы 1. Оценка математического ожидания величины X – среднее арифметическое выборки – выражается через начальный условный момент первого порядка
(3)
Центральные условные моменты определяются по формулам:
(4)
(5)
(6)
Оценки остальных числовых характеристик случайной величины Х выражаются через эти моменты:
оценка среднего квадратичного отклонения
; (7)
оценка коэффициента вариации
(8)
оценка коэффициента асимметрии
(9)
оценка коэффициента эксцесса
(10)

Находим начальные условные моменты

Тогда центральные условные моменты по формулам будут равны:
= 3,075 – 0,5252 =2,799;
= 2,625 – 0,525 (2 · 2,799 + 3,075) = – 1,929;
= 18,075 – 2  0,525 (- 1,929 + 2,625) +0,5254 = 17,420.

Теперь находим оценки параметров распределения прочности пряжи:

= 224,95 + 0,525  31 = 241,225 мН;
Sв=31∙2,799=51,86 мН

Св=51,86241,225∙100=21,5

As=-1.9292.7992.799=-0.41

Ex=17.4202.7992-3=-0.78

Для нормальной случайной величины коэффициенты асимметрии и эксцесса равны нулю. Так как оценки параметров – это их приближённые значения, найденные по результатам обработки выборки, то они могут, даже для выборки из нормальной генеральной совокупности, несколько отличаться от нуля. Поэтому считается, что если , то распределение умеренно отличается от нормального. Если же , то отличие от нормального распределения значительное.
Для определения теоретических частот нормального закона распределения используются таблицы функции

Первые два столбца табл. 2 соответствуют третьему и четвертому столбцам табл. 1. Для каждого определяется нормированное отклонение ti:

ti=xi-xвSв
которое вносится в столб. 3 табл. 2. Затем находят по указанным таблицам значения функции φtи записывают их в столб. 4. Теоретические частоты пропорциональны плотности нормального распределения. Коэффициент пропорциональности определяется так, чтобы сумма теоретических частот равнялась объёму выборки, т. е.
. (13)
Тогда теоретические частоты Zi’ определяются по формуле
. (14)
Для контроля вычислений следует проверить выполнение равенства
.
Так как теоретические частоты определяются по формуле (14) приближенно (рекомендуется находить их с точностью 0,01), то может отличаться от объема выборки на 0,01 – 0,02. В последний столбец вносят значения относительных квадратов отклонений фактических частот от теоретических и находят их сумму
(15)
которая сравнивается с табличным значением , определяемым по уровню значимости α и числу степеней свободы по таблицам распределения Пирсона (Гмурман В. Е.,С. 358), где k – фактическое число классовых промежутков; α – уровень значимости.
ti=xi-xвSв

131,95
162,95
193,95
224,95
255,95
286,95
317,95 2
4
5
7
8
10
4 -1,623
-0,825
-0,027
0,771
1,569
2,367
3,165 0,0853
0,2265
0,3182
0,2365
0,0930
0,0193
0,0021 3,478
9,236
12,976
9,644
3,792
0,789
0,087 1,093
6,855
12,722
0,998
2,214
8,485
3,828
Сумма 40 – 0,9809 40,001 36,195
λ=400,9809=40,779
Если , то гипотеза о нормальности распределения отвергается. При этом вероятность отвергнуть верную гипотезу не превышает α.
Если , то нет оснований отвергнуть гипотезу о нормальности распределения.
Коэффициент пропорциональности для нахождения теоретических частот
λ=400,9809=40,779
,
что позволяет заполнить столб. 5. Расчётное значение критерия Пирсона . Число степеней свободы f = 7 – 3 = 4. Выбираем уровень значимости α = 0,05 и по таблицам распределения Пирсона находим.
Так как = 36,195 > то есть основания отвергнуть гипотезу о нормальности распределения прочности пряжи Т = 18,5 текс.

7.6 Найти по заданному вариационному ряду выборки выборочное среднее x, выборочную дисперсию σ2, исправленную выборочную дисперсию S2.
7.6. 110 115 120 125 130 135 140

5 10 30 25 15 10 5

Решение:
Найдем объем выборки:
n=ni=5+10+30+25+15+10+5=100
Определим выборочную среднюю
xb=nixin=110∙5+115∙10+120∙30+125∙25+130∙15+135∙10+140∙5100=124,25
Найдем выборочную дисперсию σ2:
σ2=nixi-xb2n=
=5110-124,252+10115-124,252+30120-124,252+25125-124,252+15130-124,252+10135-124,252+5140-124,252100=
=5318,75100=53,1875
Найдем исправленную выборочную дисперсию S2.

S2=nixi-xb2n-1=5318,7599=53,7247

В группе из 10 студентов 3 отличника По списку выбраны наудачу 4 студента

8. В группе из 10 студентов 3 отличника. По списку выбраны наудачу 4 студента. Найти вероятность того, что среди них:
а) три отличника;
б) хотя бы один отличник;
в) отличников и не отличников поровну.

Решение:

а) Пусть событие А состоит в том, что среди выбранных наудачу студентов будет ровно 3 отличника.
Число всевозможных исходов равно количеству комбинаций из 10 студентов по 4 человека, т.к. порядок значения не имеет, то
n=C104.
Благоприятствующий исход состоит в выборе ровно 3 отличников из 3 и совместном выборе 1 не отличника из 7. По правилу произведения:
m=C33∙C71.
Следовательно, вероятность того, что среди выбранных наудачу студентов будет ровно три отличника по определению классической вероятности:
PA=mn=C33∙C71C104=3!3!∙0!∙7!1!∙6!10!4!∙6!=1∙77∙8∙9∙102∙3∙4=1∙7∙2∙3∙47∙8∙9∙10=13∙10=130≈3,3%;
б) Пусть событие В состоит в том, что среди выбранных наудачу студентов будет хотя бы один отличник.
Благоприятствующий исход состоит в выборе хотя бы одного отличника. Событие В противоположно событию В = (не выбрано ни одного отличника, т.е. выбраны только не отличники),
PA=1-P В.
Благоприятствующий исход, соответствующий событию А состоит в выборе ровно 4 не отличников из 7:
m=C74.
Тогда искомая вероятность выбора хотя бы одного отличника:
PA=1-C74C104=1-7!4!∙3!10!4!∙6!=4∙5∙6∙77∙8∙9∙10=16≈16,7%.
в) Пусть событие С состоит в том, что среди выбранных наудачу студентов будет два отличника и два не отличника.
Благоприятствующий исход, соответствующий этому событию:
m=C32∙C72.
Искомая вероятность:
PС=mn=C32∙C72C104=3!2!∙1!∙7!2!∙5!10!4!∙6!=310=30%.
Ответ: а) 3,3%, б) 16,7 %, в) 30%.

18. Рассчитать надёжность цепи.

Решение:

Разобьём цепь на четыре последовательно соединённых блока и вычислим надёжность каждого блока отдельно.
Надёжность первого блока равна p1.
Надёжность второго блока равна p2.
Третий блок пропускает электрический ток в трёх случаях: если исправен третий элемент и неисправен четвёртый; если неисправен третий элемент и исправен четвёртый; если исправны оба элемента.
Таким образом, надёжность этого блока может быть представлена суммой:
p31-p4+p41-p3+p3p4.
Раскроем скобки и приведем подобные члены:
p3+p4-p3p4.
Аналогично находим надёжность четвертого блока:
p5+p6-p5p6.
Теперь, зная надёжность четырёх последовательно соединенных блоков, вычислим надёжность цепи в целом. Схема пропускает ток, только если все четыре блока исправны, то есть надёжность схемы:
p1∙p2∙p3+p4-p3p4∙p5+p6-p5p6.
Ответ: p1∙p2∙p3+p4-p3p4∙p5+p6-p5p6.

28. Радиоаппаратура работает при нормальном напряжении в сети в 95% времени, а в 5% времени – при повышенном напряжении. Вероятность отказа радиоаппаратуры при нормальном напряжении равна 0,04, а при повышенном – 0,4.
а) какова полная вероятность отказа аппаратуры?
б) произошел отказ аппаратуры. Какова вероятность, что в этот момент напряжение в сети было повышенным:

Решение:
а) Пусть А – событие, заключающееся в том, произошёл отказ аппаратуры.
Рассмотрим две гипотезы:
Н1 –напряжение в сети было нормальным,
Н2 –напряжение в сети было повышенным.

Из условия задачи, что
РН1=0,95, РН2=0,05.
Условная вероятность того, что радиоаппаратура откажет при нормальном напряжении
РАН1=0,04,
Условная вероятность того, что радиоаппаратура откажет при повышенном напряжении
РАН2=0,4.
Полную вероятность отказа аппаратуры найдем по формуле полной вероятности:
РА=РН1∙РАН1+РН2∙РАН2=0,95∙0,04+0,05∙0,4=0,058=5,8%.
Вероятность того, что в момент отключения радиоаппаратуры напряжение в сети было повышенным, найдем по формуле Байеса:
РН2А=РН2∙РАН2РА=0,05∙0,40,058≈0,34=34%.
Ответ: а) 5,8%; б) 34%.

38. В результате проведения опыта событие А появляется с вероятностью 0,001. Опыт повторяется 2000 раз.
а) какова вероятность, что событие А появится от 2 до 4 раз?
б) какова вероятность того, что событие А появится хотя бы один раз?

Решение:

По условию n = 2000, p=0,001. Так как события независимы, число n велико, а вероятность p мала, воспользуемся распределением Пуассона:
Pnk=λk∙e-λk!.
Где λ=n∙p=2000∙0,001=2.
а) Вероятность того, что событие А появится от 2 до 4 раз:
Р=P20002+P20003+P20004=22∙e-22!+23∙e-23!+24∙e-24!=42+82∙3+162∙3∙4∙1e2=4e2≈0,54=54%/.
б) событие «событие А появится хотя бы один раз», противоположно событию «событие А не появится ни разу», поэтому
Р1=1-P20000=1-20∙e-20!=1-e-2≈0,86=86%.
Ответ: а) 54%; б) 86%.

48. Дискретная случайная величина задана рядом распределения.

xi -1 x2
2
pi
0,2 0,1 p3

Известно, что MX = 1,3.
Найти: p3, x2, DX, P(X < 1,5), Fx. Начертить график Fx.

Решение:

Неизвестную вероятность p3 найдем из условия
pi=1,0,2+0,1+p3=1,p3=1-0,3=0,7.

Математическое ожидание можно найти по формуле:
MX=xipi=x1∙p1+x2∙p2+x3∙p3.
Так как MX известно из условия задачи, найдем значение x2:
x2=MX-x1∙p1-x3∙p3p2=1,3–1∙0,2-2∙0,70,1=1.

Найдем дисперсию по формуле:
DX=MX2-MX2=-12∙0,2+12∙0,1+22∙0,7-1,32=1,41.
Вероятность того, что дискретная случайная величина будет принимать значения в промежутке (–1; 1,5) при заданном математическом ожидании a=1,3 и среднем квадратическом отклонении
σ=DX=1,41=1,19,
найдем по формуле:
Pα<X<β=Фβ-aσ-Фα-aσ.
Подставив числовые значения, находим:
P-1<X<1,5=Ф1,5-1,31,19-Ф-1-1,31,19=Ф0,17-Ф-1,93=Ф0,17+Ф1,93,
по таблице значений функции Лапласа находим:
Ф0,17=0,0675, Ф1,93=0,4732.
Тогда искомая вероятность:
P-1<X<1,5=0,0675+0,4732≈0,54
Построим функцию распределения:
Fx=0, x≤-1,0,2, -1<x≤1,0,2+0,1=0,3, 1<x≤2,0,3+0,7=1, x>2.
Строим график функции распределения Fx:

5.8. Непрерывная случайная величина Х задана функцией распределения Fx.
Fx=0;x≤1,ax-12;1<x≤3,1; x>3.
Найти: a, f(x), MX, DX, P2<X<4, Начертить графики f(x), Fx.

Решение:
Найдем функцию плотности распределения как производную от функции распределения:
fx=0;x≤1,ax-12′;1<x≤3,0; x>3.
Находим:
ax-12’=2ax-1,
тогда
fx=0;x≤1,2ax-1; 1<x≤3,0;x>3.
Найдем параметр a из условия нормировки:
-∞+∞fxdx=1,
получаем:
132ax-1dx=ax-1213=a3-12-a1-12=4a=1,
значит, a=14.
Тогда плотность распределения:
fx=0;x≤1,12x-1; 1<x≤3,0;x>3;
и функция распределения
Fx=0;x≤1,14x-12;1<x≤3,1; x>3.

Строим графики:

Найдем математическое ожидание по формуле:
MX=-∞+∞fx∙xdx=1312x-1xdx=1213×2-xdx=12∙x33-x2213=12333-322-133-122=12273-92-13+12=73.
Найдем дисперсию по формуле:
DX=-∞+∞fx∙x2dx-MX2=1312x-1x2dx-732=1213×3-x2dx-499=12∙x44-x3313-499=12344-333-144-133-499=12814-273-14+13-499=29.
Вероятность попадания случайной величины Х в интервал:
P2<X<4=P2<X<3+P3<X<4=F3-F2+0=143-12-142-12+0=44-14=34.

Дана выборка объема n=25 0 053 0 942 0 804 0 216 0 974 0

1. Дана выборка объема n=25.
0,053 0,942 0,804 0,216 0,974 0,632 0,969 0,936 0,895 0,964
0,880 0,818 0,460 0,264 0,244 0,617 0,770 0,136 0,593 0,894
0,050 0,103 0,348 0,570 0,300

1. Построить вариационный ряд.
2. Найти математическое ожидание.
3. Найти дисперсию.
4. Найти стандартное отклонение.
5. Оценить вероятность событий:
а)
X<0,25∙MX; X<0,5∙MX; X<0,75∙MX;

б)
X-MX<0,5σX, X-MX<σX,
X-MX<2σX, X-MX<3σX.

Решение:
1. Упорядочив выборку по возрастанию, построим вариационный ряд:
0,05 0,053 0,103 0,136 0,216 0,244 0,264 0,3 0,348 0,46
0,57 0,593 0,617 0,632 0,77 0,804 0,818 0,88 0,894 0,895
0,936 0,942 0,964 0,969 0,974

Для удобства вычисления точечных оценок составим вспомогательную таблицу:

i xi xi-x2
1 0,05 0,278
2 0,053 0,275
3 0,103 0,225
4 0,136 0,195
5 0,216 0,131
6 0,244 0,111
7 0,264 0,098
8 0,3 0,077
9 0,348 0,053
10 0,46 0,014
11 0,57 0,000
12 0,593 0,000
13 0,617 0,002
14 0,632 0,003
15 0,77 0,037
16 0,804 0,051
17 0,818 0,058
18 0,88 0,092
19 0,894 0,100
20 0,895 0,101
21 0,936 0,129
22 0,942 0,133
23 0,964 0,150
24 0,969 0,153
25 0,974 0,157
∑ 14,432 2,622

2. Математическое ожидание:
MX=1nxi=125∙14,432=0,577.

3. Дисперсия:D(X)=1nxi-x2=125∙2,622=0,105.

4. Стандартное отклонение:
σ(X)=D(X)=0,105=0,324.
5. Оценим вероятности событий:
а) используем формулу:
PX<x=x1<x nin.
PX<0,25∙MX=PX<0,25∙0,577=PX<0,1442=425=0,16;
PX<0,5∙MX=PX<0,5∙0,577=PX<0,2885=725=0,28;
PX<0,75∙MX=PX<0,75∙0,577=PX<0,433=925=0,36.
б) используем формулу:
PX-MX<t∙σX=2Ф0t,
где Ф0t-функция Лапласа.
Находим:
PX-0,577<0,5∙σX=2Ф00,5,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф00,5=0,1915, тогда искомая вероятность:
PX-0,577<0,5∙σX=2∙0,1915=0,383;

PX-0,577<1∙σX=2Ф01,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф01=0,3413, тогда искомая вероятность:
PX-0,577<1∙σX=2∙0,3413=0,6826;

PX-0,577<2∙σX=2Ф02,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф02=0,4772, тогда искомая вероятность:
PX-0,577<2∙σX=2∙0,4772=0,9544;

PX-0,577<3∙σX=2Ф03,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф03=0,49865, тогда искомая вероятность:
PX-0,577<3∙σX=2∙0,49865=0,9973.

2. С помощью датчика случайных величин (Excel) генерируем выборку объёмом n=100:
0,2524 0,5651 0,7226 0,5660 0,6785 0,3200 0,5543 0,4363 0,8657 0,5974
0,1676 0,8385 0,2445 0,1244 0,0208 0,6874 0,8492 0,8449 0,5303 0,0368
0,6956 0,5622 0,7477 0,8560 0,7179 0,8260 0,0774 0,8468 0,8913 0,9249
0,4968 0,7717 0,2861 0,9341 0,6825 0,7566 0,1775 0,3462 0,0614 0,6753
0,9761 0,3951 0,5929 0,4385 0,1381 0,5816 0,3821 0,4314 0,2848 0,5992
0,6735 0,2517 0,4604 0,6302 0,5902 0,0425 0,0967 0,4534 0,7294 0,1249
0,4381 0,6955 0,3394 0,6740 0,7063 0,5101 0,0019 0,1144 0,5210 0,9167
0,3082 0,0769 0,4056 0,1942 0,5145 0,3495 0,7266 0,8561 0,8717 0,8706
0,0777 0,4076 0,5694 0,2564 0,2726 0,0336 0,4866 0,8569 0,2030 0,0387
0,7652 0,6310 0,0021 0,0026 0,3524 0,0891 0,5684 0,3824 0,9029 0,3103

1. Построить вариационный ряд.
2. Найти математическое ожидание.
3. Найти дисперсию.
4. Найти стандартное отклонение.
5. Оценить вероятность событий:
а)
X<0,25∙MX; X<0,5∙MX; X<0,75∙MX;
б)
X-MX<0,5σX, X-MX<σX,
X-MX<2σX, X-MX<3σX.

Решение:
1. Упорядочив выборку по возрастанию, построим вариационный ряд:
0,0019 0,0021 0,0026 0,0208 0,0336 0,0368 0,0387 0,0425 0,0614 0,0769
0,0774 0,0777 0,0891 0,0967 0,1144 0,1244 0,1249 0,1381 0,1676 0,1775
0,1942 0,203 0,2445 0,2517 0,2524 0,2564 0,2726 0,2848 0,2861 0,3082
0,3103 0,32 0,3394 0,3462 0,3495 0,3524 0,3821 0,3824 0,3951 0,4056
0,4076 0,4314 0,4363 0,4381 0,4385 0,4534 0,4604 0,4866 0,4968 0,5101
0,5145 0,521 0,5303 0,5543 0,5622 0,5651 0,566 0,5684 0,5694 0,5816
0,5902 0,5929 0,5974 0,5992 0,6302 0,631 0,6735 0,674 0,6753 0,6785
0,6825 0,6874 0,6955 0,6956 0,7063 0,7179 0,7226 0,7266 0,7294 0,7477
0,7566 0,7652 0,7717 0,826 0,8385 0,8449 0,8468 0,8492 0,856 0,8561
0,8569 0,8657 0,8706 0,8717 0,8913 0,9029 0,9167 0,9249 0,9341 0,9761

Для удобства вычисления точечных оценок составим вспомогательную таблицу:

i xi xi-x2
1 0,0019 0,2325
2 0,0021 0,2323
3 0,0026 0,2318
4 0,0208 0,2146
5 0,0336 0,2029
6 0,0368 0,2001
7 0,0387 0,1984
8 0,0425 0,1950
9 0,0614 0,1787
10 0,0769 0,1658
11 0,0774 0,1654
12 0,0777 0,1652
13 0,0891 0,1560
14 0,0967 0,1501
15 0,1144 0,1367
16 0,1244 0,1294
17 0,1249 0,1290
18 0,1381 0,1197
19 0,1676 0,1002
20 0,1775 0,0940
21 0,1942 0,0840
22 0,203 0,0790
23 0,2445 0,0574
24 0,2517 0,0540
25 0,2524 0,0537
26 0,2564 0,0518
27 0,2726 0,0447
28 0,2848 0,0397
29 0,2861 0,0392
30 0,3082 0,0309
31 0,3103 0,0302
32 0,32 0,0269
33 0,3394 0,0209
34 0,3462 0,0190
35 0,3495 0,0181
36 0,3524 0,0173
37 0,3821 0,0104
38 0,3824 0,0103
39 0,3951 0,0079
40 0,4056 0,0062
41 0,4076 0,0059
42 0,4314 0,0028
43 0,4363 0,0023
44 0,4381 0,0021
45 0,4385 0,0021
46 0,4534 0,0009
47 0,4604 0,0006
48 0,4866 0,0000
49 0,4968 0,0002
50 0,5101 0,0007
51 0,5145 0,0009
52 0,521 0,0014
53 0,5303 0,0021
54 0,5543 0,0049
55 0,5622 0,0061
56 0,5651 0,0066
57 0,566 0,0067
58 0,5684 0,0071
59 0,5694 0,0073
60 0,5816 0,0095
61 0,5902 0,0113
62 0,5929 0,0118
63 0,5974 0,0128
64 0,5992 0,0132
65 0,6302 0,0213
66 0,631 0,0216
67 0,6735 0,0359
68 0,674 0,0361
69 0,6753 0,0366
70 0,6785 0,0378
71 0,6825 0,0394
72 0,6874 0,0413
73 0,6955 0,0447
74 0,6956 0,0447
75 0,7063 0,0494
76 0,7179 0,0547
77 0,7226 0,0569
78 0,7266 0,0588
79 0,7294 0,0602
80 0,7477 0,0695
81 0,7566 0,0743
82 0,7652 0,0790
83 0,7717 0,0827
84 0,826 0,1169
85 0,8385 0,1256
86 0,8449 0,1302
87 0,8468 0,1316
88 0,8492 0,1333
89 0,856 0,1383
90 0,8561 0,1384
91 0,8569 0,1390
92 0,8657 0,1456
93 0,8706 0,1494
94 0,8717 0,1502
95 0,8913 0,1658
96 0,9029 0,1754
97 0,9167 0,1871
98 0,9249 0,1943
99 0,9341 0,2025
100 0,9761 0,2421
∑ 48,410 7,829

2. Математическое ожидание:
MX=1nxi=1100∙48,41=0,484.

3. Дисперсия:D(X)=1nxi-x2=1100∙7,829=0,078.

4. Стандартное отклонение:
σ(X)=D(X)=0,078=0,280.
5. Оценим вероятности событий:
а) используем формулу:
PX<x=x1<x nin.
PX<0,25∙MX=PX<0,25∙0,484=PX<0,121=15100=0,15;
PX<0,5∙MX=PX<0,5∙0,484=PX<0,242=22100=0,22;
PX<0,75∙MX=PX<0,75∙0,484=PX<0,363=36100=0,36.
б) используем формулу:
PX-MX<t∙σX=2Ф0t,
где Ф0t-функция Лапласа.
Находим:
PX-0,484<0,5∙σX=2Ф00,5,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф00,5=0,1915, тогда искомая вероятность:
PX-0,484<0,5∙σX=2∙0,1915=0,383;

PX-0,484<1∙σX=2Ф01,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф01=0,3413, тогда искомая вероятность:
PX-0,484<1∙σX=2∙0,3413=0,6826;

PX-0,484<2∙σX=2Ф02,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф02=0,4772, тогда искомая вероятность:
PX-0,484<2∙σX=2∙0,4772=0,9544;

PX-0,484<3∙σX=2Ф03,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф03=0,49865, тогда искомая вероятность:
PX-0,484<3∙σX=2∙0,49865=0,9973.

Значения математических ожиданий, дисперсий, стандартных отклонений и вероятностей попадания случайной величины в интервалы, указанные в п. 5.а, полученных двух выборок различны. Вероятности попадания случайной величины в интервалы, указанные в п.п. 5.б равны, так как не зависят от значения полученной дисперсии.

Найти ее математическое ожидание и дисперсию

10
р 0,6 0,3 ?
Найти ее математическое ожидание и дисперсию.
Решение:
Найдем недостающую вероятность из свойства:
iPi=1
pξ=10=1-0,6-0,3=0,1
Распределение имеет вид:
ξ 7 8 10
р 0,6 0,3 0,1
Математическое ожидание:
Mξ=iξi*P(ξi)
Mξ=7*0,6+8*0,3+10*0,1=7,6
Дисперсия:
Dξ=iξi2*Pξi-Mξ2
Dξ=72*0,6+82*0,3+102*0,1-7,62=0,84

3. Случайная величина ξ имеет нормальное распределение с параметрами a=4, σ=2. Найти P(5<ξ<8).
Решение:
Вероятность попасть в интервал для случайной величины, имеющей нормальное распределение равна:
Px1<x<x2=Фx2-aσ-Фx1-aσ, Фx-функция Лапласа
Имеем:
P5<x<8= Ф8-42-Ф5-42=Ф2-Ф0,5=0,4773-0,1915=0,2858

4. С.в.Х. распределена равномерно на [5;9]. Найти M(x)=2, D(x), P(x>=6).
Решение:
Математическое ожидание равномерной случайной величины:
Mx=b+a2=9+52=7
Дисперсия равномерной случайной величины:
Dx=(b-a)212=(9-5)212=43
Вероятность попасть в интервал для равномерной случайной величины:
Px1≤x≤x2=x2-x1b-a
Имеем:
Px≥6=9-69-5=34

5. Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер. Вероятность получения бракованных деталей на первом автомате – 0,05, на втором – 0,06. Производительность второго автомата вдвое больше производительности первого. Найти вероятность того, что наудачу взятая с конвейера деталь небракованная.
Решение:
Вычислим вероятность того, что наудачу взятая с конвейера деталь произведена первым и вторым автоматом соответственно:
PH1=11+2=13; PH2=21+2=23
Вероятности получить небракованную деталь на автоматах равны, соответственно:
PAH1=1-0,05=0,95; PAH1=1-0,06=0,94
Искомую вероятность найдем по формуле полной вероятности:
PA=iPHi*PAHi=13*0,95+23*0,94≈0,943

6. Партия изделий содержит 5% брака. Найти вероятность того, что среди взятых наугад 4 – х изделий окажется две бракованных
Решение:
Вероятность того, что изделие – бракованное равна p=5/100=0,05
Искомую вероятность найдем по формуле Бернулли:
PA=C42p2(1-p)2=4!2!4-2!0,052(1-0,05)2≈0,0135

7. Случайная величина имеет распределение, вероятностей, представленное таблицей:
ξi
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5
Pi 0,3 – 0,2 0,15 0,25

Найти P2, функцию распределения F(x). Построить многоугольник распределения и график F(x).
Решение:
Найдем недостающую вероятность из свойства:
iPi=1
P2=1-0,3-…-0,25=0,1
Распределение имеет вид:
ξi
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5
Pi 0,3 0,1 0,2 0,15 0,25

Функция распределения выражает для каждого Х вероятность того, случайная величина примет значение, меньшее х:
Fx=P(X<x)
Поэтому имеем:
Fx≤0,1=0;F0,1<x≤0,2=0+0,3=0,3;
F0,2<x≤0,3=0,3+0,1=0,4;…;Fx>0,5=1
Fx=0;x≤0,10,3;0,1<x≤0,20,4;0,2<x≤0,30,6;0,3<x≤0,40,75;0,4<x≤0,51;x>0,5
Графически:

Многоугольник распределения строится по точкам с координатами (Х, р):

8 ξ- непрерывная случайная величина с плотностью распределения φ(x), заданной следующим образом:
φx=cosx;x∈0;π20;x∉0;π2
Найти функцию распределения F(x), P(0<ξ<π/6), M(ξ), D(ξ).
Решение:
Функция распределения связана с плотностью распределения соотношением:
Fx=-∞xfxdx
Подставляем:
Fx=0xcosxdx=sinx0x=sinx
Функция распределения имеет вид:
Fx=0;x≤0sinx;0<x≤π21
Вероятность принять значение из интервала равна:
Px1≤x≤x2=x1x2f(x)dx=Fx2-F(x1)
Подставляем:
P0<x<π6=Fπ6-F0=sinπ6-sin0=12
Математическое ожидание:
Mx=-∞∞xf(x)dx
В нашем случае:
Mx=0π2xcosxdx=xsinx+cosx0π2=π-22
Дисперсия:
Dx=-∞∞x2fxdx-M(x)2
В нашем случае:
Dx=0π/2x2cosxdx-π-222=x2sinx+2xcosx-2sinx0π2-π-222=π-3

9. С.в.Х. распределена по показательному закону, M(x)=1. Найти D(x), P(x>1). Записать функцию распределения С.в.Х.
Решение:
Функции плотности и распределения случайной величины, распределенной по показательному закону, имеют вид:
fx=0;x≤0λe-λx;x>0
Fx=0;x≤01-e-λx;x>0
При этом:
Mx=1λ;1=1λ;λ=1
Dx=1λ2=1
Имеем следующую функцию распределения:
Fx=0;x≤01-e-x;x>0
Вероятность попасть в интервал:
Px>1=F∞-F1=1-1-e-1=1e≈0,368

10.Найти несмещенную выборочную дисперсию на основании данного распределения выборки.
Распределение
Xi -6 -2 3 6
ni
12 14 16 8
Решение:
Объем выборки:
n=12+14+16+8=50
Вычислим математическое ожидание:
Mx=1nixi*ni=150-6*12+…+6*8=-0,08
Вычислим дисперсию:
Dx=1nixi2*ni-Mx2=150-62*12+…+62*8–0,082=18,3936
Несмещенная выборочная дисперсия:
S2=nn-1Dx=5050-118,3936≈18,769

11. Проверить нулевую гипотезу о том, что заданное значение a0 является математическим ожиданием нормально распределенной случайной величины при 5%-м уровне значимости для двухсторонней критической области, если в результате обработки выборки объема n=10 получено выборочно среднее x, а выборочное среднее квадратичное отклонение равно s1.
a0=10;x=12;s1=1
Решение:
Для проверки гипотезы используем следующий статистический критерий:
U*=x-a0s1n
Подставляем наши данные:
U*=12-10110≈6,32
Границы критической области задаются величиной уровня значимости (альтернативной считаем гипотезу о неравенстве a0 математическому ожиданию):
ФU0,05=1-51002=0,475
По таблице значений функции Лапласа находим Ф(1,96)=0,475:
U0,05=1,96
Поскольку U*>U0,05 нулевую гипотезу следует отбросить.

12. При уровне значимости a=0,1 проверить гипотезу о равенстве дисперсий двух нормально распределенных случайных величин X и Y на основе выборочных данных при альтернативной гипотезе H1: σx2≠σy2
X Y
Xi ni
Yi mi
142 3 140 5
145 1 146 3
146 2 147 2
148 4 151 2

Решение:
Объемы выборок:
n=3+1+2+4=10
m=5+3+2+2=12
Вычислим числовые характеристики Х и Y.
Вычислим математические ожидания:
Mx=1nixi*ni=110142*3+…+148*4=145,5
My=1miyi*mi=112140*5+…+151*2=144,5
Вычислим дисперсии:
Dx=1nixi2*ni-Mx2=1101422*3+…+1482*4-145,52=6,25
Dy=1miyi2*mi-My2=1121402*5+…+1512*2-144,52≈17,08
Несмещенные выборочные дисперсии:
S2x=nn-1Dx=1010-16,25≈6,94
S2y=mm-1Dy=1212-117,08≈18,63
Критическая область при конкурирующей гипотезе H1 определяется критической точкой F(a/2, k1, k2), где число степеней свободы равно k1 = n – 1 и k2 = m – 1. В нашем случае a/2 = 0,05; k1 = 9 и k2 = 11 и требуемую критическую точку распределения Фишера – Снедекора можно найти по таблице: F(0,05; 9; 11) = 2,90.
Эмпирическое значение критерия есть отношение большей несмещенной выборочной дисперсии к меньшей:
F*=18,636,94≈2,68
Поскольку F*<F(0,05; 9; 11), то нулевую гипотезу о равенстве дисперсий можно принять.

На шести карточках написаны буквы А М К С В О Наудачу вынимают одну карточку за другой и кладут в том порядке

1. На шести карточках написаны буквы А,М,К,С,В, О Наудачу вынимают одну карточку за другой и кладут в том порядке, в каком они были вынуты. Какова вероятность того, что получится слово «МОСКВА»?
РЕШЕНИЕ
Вероятность того, что первая взятая и выложенная в ряд буква является буквой «М» равна , так как из 6-ти букв одна является буквой «М».
Вероятность того, что вторая взятая буква является буквой «О» равна , так как осталось пять букв из них одна буква «О».
Вероятность того, что третья взятая буква является буквой «С» равна .
Вероятность того, что четвертая взятая буква является буквой «К» равна .
Вероятность того, что пятая взятая буква является буквой «В» равна .
Последняя взятая буква будет буквой «А», вероятность этого при условии наступлении остальных событий равна 1
Тогда вероятность выложить слово «МОСКВА»:
Р=
ОТВЕТ: 0,0014

2. Два студента договорились встретиться в определенном месте между 10 и 11 часами, и что, пришедший первым ждет другого в течении 15 минут, после чего уходит. Найти вероятность их встречи, если приход каждого в течение часа может произойти в любой момент времени, а моменты прихода независимы.
РЕШЕНИЕ
Обозначим моменты прихода первого и второго человека х и у. По условию 0х1 и 0у1 (студенты приходят в течение часа).
Введем в рассмотрение прямоугольную систему координат хОу. В этой системе неравенствам удовлетворяют координаты любой точки, принадлежащей квадрату ОАВС.
Разность между временем прихода студентов не должная быть больше 1/4 часа (иначе они не встретятся).
Если первый человек пришел раньше, чем второй, то y>x и y-x<1/4
Если второй человек пришел раньше, чем первый, то х>у и х-у<1/4
YYC
Построим в прямоугольной системе координат эту область
K
D
B
E
F
X
O
C
A

Таким образом, искомая вероятность равна
SODEВFK=SOABC – 2SDAE=1-2=

ОТВЕТ: 0,4375

3. Брошены две игральные кости. Найти вероятность того, что сумма очков на выпавших гранях нечетная, причем на гранях хотя бы одной кости выпала двойка
РЕШЕНИЕ
Для определения вероятностей воспользуемся формулой , где m -число элементарных исходов, благоприятствующих событию А, n – число всех возможных исходов.
Число всех возможных исходов 66=36 – всего комбинаций при бросании двух костей (у каждой 6 граней)
Перечислим благоприятные комбинации:
2 и 1
2 и 3
2 и 5
1 и 2
3 и 2
5 и 2
Всего получаем 6 комбинаций, то есть m=6
P(A)=
ОТВЕТ: 1/6

4. Цифровой замок имеет на общей оси четыре диска. Каждый диск разделен на шесть секторов, отмеченных цифрами. Замок можно открыть, если цифры на дисках совпадают с теми, что были набраны при закрывании замка, то есть с «секретом» замка. Какова вероятность открыть замок, установив произвольную комбинацию 4-х цифр?
РЕШЕНИЕ
Пусть А1 – на первом диске установлен правильный сектор,
А2 – на втором диске установлен правильный сектор,
А3 – на третьем диске установлен правильный сектор,
А4 – на четвертом диске установлен правильный сектор,
Тогда
Х = А1А2А3А4 – на всех дисках установлены нужные секторы (набраны нужные числа), в этом случае замок откроется.
Так как события А1, А2, А3, А4 – независимые, то
Р(Х) = Р(А1)Р(А2)Р(А3)Р(А4)
Вероятность набрать на каждом диске нужную цифру равна 1/6, так как из пяти секторов только один содержит нужную цифру, то есть вероятности всех событий А1, А2, А3, А4 равны 1/6, значит
Р(Х) ==0,00077
ОТВЕТ: 0,00077

5. В кошельке лежат три монеты достоинством по 5 рублей и 7 монет по одному рублю. Наудачу вынимаются две монеты. Какова вероятность того, что обе монеты будут одного достоинства?
РЕШЕНИЕ
Пусть Х – вынуты две монеты одного достоинства
Х1 – вынуты две монеты по 5 руб.
Х2 – вынуты две монеты по рублю.
Тогда Х=Х1+Х2
Найдем вероятности событий Х1 и Х2
Число возможны исходов – число способов выбрать 2 монеты из 10, то есть

Для события Х1 – число благоприятных исходов – число способов выбрать две монеты из трех по 5 рублей, то есть

Таким образом, вероятность того, что извлеченные монеты будут достоинством 5 рублей:
Для события Х2- число благоприятных исходов – число способов выбрать две монеты из семи по 1 рублю, то есть
,
Р(Х)=Р(Х1)+Р(Х2)= =0,533
ОТВЕТ: 0,5333

5. В урне 30 шаров, из них 5 черных и остальные белые. Вынимаются один за другим три шара подряд. Какова вероятность того, что будет вынуто 2 черных и один белый шар?
РЕШЕНИЕ
Пусть Х – будет вынуто 2 черных и один белый шар. Последовательное извлечение шаров без возвращения эквивалентно одновременному извлечению трех шаров.
Число возможных исходов – число способов выбрать 3 шара из 30, то есть

Число благоприятных исходов – число способов выбрать два черных шара из 5-ти при одновременном выборе одного шара из 25-ти белых

Таким образом, вероятность того, что будет вынуто 2 черных и один белый шар: 0,062
ОТВЕТ: 0,062

6. Вероятность того, что наудачу взятое изделие окажется высшего сорта равна 0,8. Найти вероятность того, что из трех проверенных изделий будет ровно два изделия высшего сорта.
РЕШЕНИЕ
Воспользуемся формулой Бернулли:
Рn(k)= – вероятность наступления события k раз в n испытаниях, р – вероятность наступления события в одном испытании, q – вероятность ненаступления события
Найдем вероятность события Р3(2) – из из трех проверенных изделий будет ровно два изделия высшего сорта:
Р3(2)= 30,820,2= 0,384
ОТВЕТ:

7. Три стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка равна 0,4; для второго — 0,5 и для третьего — 0,7. Найти вероятность того, что в результате однократного выстрела всех стрелков по мишени в ней будет ровно одна пробоина.
РЕШЕНИЕ
Пусть Х1 – первый стрелок попал в мишень
Х2 – второй стрелок попал в мишень
Х3 – третий стрелок попал в мишень
Если в мишени одна пробоина, то попасть может первый, второй или третий стрелок, остальные должны промахнуться.
Если Х – событие, состоящее в том, что в мишени одна пробоина, то

Так как события Х1,Х2,Х3 независимые, то
Р(Х)=0,4(1-0,5)(1-0,7)+(1-0,4)0,5(1-0,7)+(1-0,4)(1-0,5)0,7=0,36
ОТВЕТ: 0,36
8. С первого автомата поступает на сборку 80%, со второго — 20% таких же деталей. На первом станке брак составляет 1%, на втором — 3%. Проверенная деталь оказалась бракованной. Найти вероятность того, что она изготовлена на втором автомате.
РЕШЕНИЕ
Пусть Х – событие, состоящее в том, что наудачу выбранная деталь является бракованной.
Обозначим Н1 – наудачу выбранная деталь изготовлена первым автоматом
Н2 – наудачу выбранная деталь изготовлена вторым автоматом
Тогда Р(Н1)=0.8 Р(Н2)=0.2
Соответствующие условные вероятности
Р(Х/Н1)=0.01 – вероятность того, что деталь первого автомата бракованная
Р(Х/Н2)=0,03 -вероятность того, что деталь второго автомата бракованная
По формуле полной вероятности получаем:
Р(Х) = Р(Н1)∙ Р(Х/Н1) + Р(Н2)∙ Р(Х/Н2)=0,80,01+0,20,03= 0,014
Найдем вероятность того, что она изготовлена на втором автомате по формуле Байерса:
Р(Н1/Х) =
ОТВЕТ 0,429

9. Банк имеет шесть отделений. С вероятностью 0,2 независимо друг от друга отделение может заказать на завтра крупную сумму денег. В конце рабочего дня один из вице-президентов банка знакомится с поступившими заявками. Какова вероятность того, что будет а) ровно две заявки б) хотя бы одна заявка.
РЕШЕНИЕ
Воспользуемся формулой Бернулли
а) Найдем вероятность события Р6(2) – из шести банков два подадут заявки:
Р6(2)= = 0,24576
б) Найдем вероятность того, что не будет подано ни одной заявки
Р6(0)= 0,2621
Тогда, событие, состоящее в том, что будет подана хотя бы одна заявка является противоположным, а значит Р6(k1)=1-P6(0)=1-0,2621=0,7379
ОТВЕТ: а) 0,24576 б) 0,2621

10. Вероятность приема каждого из 100 передаваемых сигналов равна 0,75. Найдите вероятность того, что будет принято а) ровно 70 сигналов б) от 71 до 80 сигналов
РЕШЕНИЕ
а) Вероятность приемки 70 сигналов вычисляется по локальной формуле Муавра-Лапласа: .
где n = 100 – число сигналов р = 0,75 – вероятность приема сигнала, q = 1- 0,75=0,25 k=70
Таким образом получим:

б) Для вычисления вероятностей воспользуемся теоремой Муавра-Лапласа:
Р(k1х k2) =Ф(х2)-Ф(х1)
где
В данном случае k1=71 k2=80

ОТВЕТ: 0,696

Дана выборка объема n=25 1. Построить вариационный ряд. 2. Найти математическое ожидание. 3. Найти дисперсию. 4. Найти стандартное отклонение. 5. Оценить вероятность событий:

1. Дана выборка объема n=25.
0,491 0,497 0,36 0,037 0,845 0,727 0,645 0,087 0,733 0,993
0,925 0,164 0,896 0,711 0,88 0,054 0,881 0,179 0,966 0,74
0,469 0,547 0,216 0,452 0,675          
1. Построить вариационный ряд.
2. Найти математическое ожидание.
3. Найти дисперсию.
4. Найти стандартное отклонение.
5. Оценить вероятность событий:
а)
X<0,25∙MX; X<0,5∙MX; X<0,75∙MX;

б)
X-MX<0,5σX, X-MX<σX,
X-MX<2σX, X-MX<3σX.

Решение:
1. Упорядочив выборку по возрастанию, построим вариационный ряд:
0,037 0,054 0,087 0,164 0,179 0,216 0,36 0,452 0,469 0,491
0,497 0,547 0,645 0,675 0,711 0,727 0,733 0,74 0,845 0,88
0,881 0,896 0,925 0,966 0,993          
Для удобства вычисления точечных оценок составим вспомогательную таблицу:

i xi xi-x2
1 0,037 0,281
2 0,054 0,263
3 0,087 0,230
4 0,164 0,162
5 0,179 0,150
6 0,216 0,123
7 0,36 0,043
8 0,452 0,013
9 0,469 0,010
10 0,491 0,006
11 0,497 0,005
12 0,547 0,000
13 0,645 0,006
14 0,675 0,012
15 0,711 0,021
16 0,727 0,026
17 0,733 0,028
18 0,74 0,030
19 0,845 0,077
20 0,88 0,098
21 0,881 0,099
22 0,896 0,108
23 0,925 0,128
24 0,966 0,159
25 0,993 0,182
∑ 14,170 2,260

2. Математическое ожидание:
MX=1nxi=125∙14,170=0,567.

3. Дисперсия:D(X)=1nxi-x2=125∙2,260=0,09.

4. Стандартное отклонение:
σ(X)=D(X)=0,09=0,3.
5. Оценим вероятности событий:
а) используем формулу:
PX<x=x1<x nin.
PX<0,25∙MX=PX<0,25∙0,567=PX<0,1415=325=0,12;
PX<0,5∙MX=PX<0,5∙0,567=PX<0,2835=625=0,24;
PX<0,75∙MX=PX<0,75∙0,567=PX<0,4252=725=0,27.
б) используем формулу:
PX-MX<t∙σX=2Ф0t,
где Ф0t-функция Лапласа.
Находим:
PX-0,567<0,5∙σX=2Ф00,5,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф00,5=0,1915, тогда искомая вероятность:
PX-0,567<0,5∙σX=2∙0,1915=0,383;

PX-0,567<1∙σX=2Ф01,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф01=0,3413, тогда искомая вероятность:
PX-0,567<1∙σX=2∙0,3413=0,6826;

PX-0,567<2∙σX=2Ф02,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф02=0,4772, тогда искомая вероятность:
PX-0,567<2∙σX=2∙0,4772=0,9544;

PX-0,567<3∙σX=2Ф03,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф03=0,49865, тогда искомая вероятность:
PX-0,567<3∙σX=2∙0,49865=0,9973.

2. С помощью датчика случайных величин (Excel) генерируем выборку объёмом n=100:
0,697 0,581 0,183 0,956 0,839 0,650 0,743 0,672 0,452 0,172
0,830 0,130 0,967 0,505 0,065 0,936 0,980 0,740 0,977 0,069
0,085 0,972 0,854 0,358 0,203 0,862 0,376 0,188 0,771 0,287
0,436 0,394 0,970 0,241 0,337 0,284 0,671 0,032 0,027 0,548
0,395 0,574 0,851 0,272 0,952 0,204 0,175 0,403 0,293 0,740
0,140 0,594 0,498 0,375 0,722 0,960 0,634 0,585 0,061 0,783
0,158 0,950 0,335 0,666 0,171 0,061 0,627 0,325 0,151 0,295
0,122 0,340 0,211 0,174 0,022 0,237 0,585 0,786 0,397 0,625
0,550 0,963 0,725 0,260 0,834 0,451 0,589 0,201 0,339 0,972
0,426 0,381 0,302 0,605 0,892 0,758 0,956 0,461 0,349 0,614

1. Построить вариационный ряд.
2. Найти математическое ожидание.
3. Найти дисперсию.
4. Найти стандартное отклонение.
5. Оценить вероятность событий:
а)
X<0,25∙MX; X<0,5∙MX; X<0,75∙MX;
б)
X-MX<0,5σX, X-MX<σX,
X-MX<2σX, X-MX<3σX.

Решение:
1. Упорядочив выборку по возрастанию, построим вариационный ряд:
0,022 0,027 0,032 0,061 0,061 0,065 0,069 0,085 0,122 0,13
0,14 0,151 0,158 0,171 0,172 0,174 0,175 0,183 0,188 0,201
0,203 0,204 0,211 0,237 0,241 0,26 0,272 0,284 0,287 0,293
0,295 0,302 0,325 0,335 0,337 0,339 0,34 0,349 0,358 0,375
0,376 0,381 0,394 0,395 0,397 0,403 0,426 0,436 0,451 0,452
0,461 0,498 0,505 0,548 0,55 0,574 0,581 0,585 0,585 0,589
0,594 0,605 0,614 0,625 0,627 0,634 0,65 0,666 0,671 0,672
0,697 0,722 0,725 0,74 0,74 0,743 0,758 0,771 0,783 0,786
0,83 0,834 0,839 0,851 0,854 0,862 0,892 0,936 0,95 0,952
0,956 0,956 0,96 0,963 0,967 0,97 0,972 0,972 0,977 0,98

Для удобства вычисления точечных оценок составим вспомогательную таблицу:

i xi xi-x2
1 0,022 0,230
2 0,027 0,225
3 0,032 0,220
4 0,061 0,194
5 0,061 0,194
6 0,065 0,190
7 0,069 0,187
8 0,085 0,173
9 0,122 0,144
10 0,130 0,138
11 0,140 0,130
12 0,151 0,123
13 0,158 0,118
14 0,171 0,109
15 0,172 0,108
16 0,174 0,107
17 0,175 0,106
18 0,183 0,101
19 0,188 0,098
20 0,201 0,090
21 0,203 0,089
22 0,204 0,088
23 0,211 0,084
24 0,237 0,070
25 0,241 0,068
26 0,260 0,058
27 0,272 0,053
28 0,284 0,047
29 0,287 0,046
30 0,293 0,043
31 0,295 0,043
32 0,302 0,040
33 0,325 0,031
34 0,335 0,028
35 0,337 0,027
36 0,339 0,026
37 0,340 0,026
38 0,349 0,023
39 0,358 0,020
40 0,375 0,016
41 0,376 0,016
42 0,381 0,014
43 0,394 0,011
44 0,395 0,011
45 0,397 0,011
46 0,403 0,010
47 0,426 0,006
48 0,436 0,004
49 0,451 0,003
50 0,452 0,002
51 0,461 0,002
52 0,498 0,000
53 0,505 0,000
54 0,548 0,002
55 0,550 0,002
56 0,574 0,005
57 0,581 0,006
58 0,585 0,007
59 0,585 0,007
60 0,589 0,008
61 0,594 0,009
62 0,605 0,011
63 0,614 0,013
64 0,625 0,015
65 0,627 0,016
66 0,634 0,018
67 0,650 0,022
68 0,666 0,027
69 0,671 0,029
70 0,672 0,029
71 0,697 0,038
72 0,722 0,049
73 0,725 0,050
74 0,740 0,057
75 0,740 0,057
76 0,743 0,058
77 0,758 0,066
78 0,771 0,073
79 0,783 0,079
80 0,786 0,081
81 0,830 0,108
82 0,834 0,111
83 0,839 0,114
84 0,851 0,122
85 0,854 0,124
86 0,862 0,130
87 0,892 0,153
88 0,936 0,189
89 0,950 0,201
90 0,952 0,203
91 0,956 0,207
92 0,956 0,207
93 0,960 0,211
94 0,963 0,213
95 0,967 0,217
96 0,970 0,220
97 0,972 0,222
98 0,972 0,222
99 0,977 0,226
100 0,980 0,229
∑ 50,117 8,466

2. Математическое ожидание:
MX=1nxi=1100∙50,117=0,501.

3. Дисперсия:D(X)=1nxi-x2=1100∙8,466=0,085.

4. Стандартное отклонение:
σ(X)=D(X)=0,085=0,291.
5. Оценим вероятности событий:
а) используем формулу:
PX<x=x1<x nin.
PX<0,25∙MX=PX<0,25∙0,501=PX<0,125=9100=0,09;
PX<0,5∙MX=PX<0,5∙0,501=PX<0,250=25100=0,25;
PX<0,75∙MX=PX<0,75∙0,501=PX<0,376=40100=0,40.
б) используем формулу:
PX-MX<t∙σX=2Ф0t,
где Ф0t-функция Лапласа.
Находим:
PX-0,501<0,5∙σX=2Ф00,5,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф00,5=0,1915, тогда искомая вероятность:
PX-0,501<0,5∙σX=2∙0,1915=0,383;

PX-0,501<1∙σX=2Ф01,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф01=0,3413, тогда искомая вероятность:
PX-0,501<1∙σX=2∙0,3413=0,6826;

PX-0,501<2∙σX=2Ф02,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф02=0,4772, тогда искомая вероятность:
PX-0,501<2∙σX=2∙0,4772=0,9544;

PX-0,501<3∙σX=2Ф03,
по таблице значений функции Лапласа определяем: Ф03=0,49865, тогда искомая вероятность:
PX-0,501<3∙σX=2∙0,49865=0,9973.

Значения математических ожиданий, дисперсий, стандартных отклонений и вероятностей попадания случайной величины в интервалы, указанные в п. 5.а, полученных двух выборок различны. Вероятности попадания случайной величины в интервалы, указанные в п.п. 5.б равны, так как не зависят от значения полученной дисперсии.

1 Среди 10 самцов плодовой мушки 7 имеют мутацию глаз а среди 10 самок 8 имеют мутацию крыльев

1.Среди 10 самцов плодовой мушки 7 имеют мутацию глаз, а среди 10 самок 8 имеют мутацию крыльев. Какова вероятность того, что случайно выбранная для скрещивания пара не имеет мутаций?
Решение.
Пусть событие
А – случайно выбранная для скрещивания пара не имеет мутаций.
– случайно выбранный самец имеет мутацию
– случайно выбранная самка имеет мутацию
По условию; ;
Тогда ;;
По теореме умножения вероятностей для независимых событий будем иметь
.

2.В группе из 14 животных 8 получают лечение, а 6(контрольных) не получает. Какова вероятность того, что из 10 наудачу отобранных животных 4 контрольных?
Решение.
Пусть
А-« из 10 наудачу отобранных животных 4 контрольных».
По формуле классической вероятности:
Р(А)=mn, где n – общее число исходов, m – благоприятствующее число исходов.
Найдем n=C1410=14!4!10!=1001, m=C86C64=8!6!2!6!4!2!=420
Пользовались формулой Сnm=n!m!(n-m)!.
Тогда Р(А)=4201001=0,42

3. В предположении, что оценки студента по трем курсам независимы, найти вероятность того, что он не получит ни одной пятерки.
Решение.
Вероятность получить пятерку равна р=0,25( студент может получить 2,3,4,5.
По формуле Бернулли: Рn(m)=Сnmpmqn-m,
Р3(0)=С300,2500,753=0.42
4. От аэровокзала отправились два автобуса к трапам самолета. Вероятности прибытия равны для каждого 0,95. Найти вероятность того, что вовремя придет хотя бы один автобус.
Решение.
Пусть А: «вовремя придет хотя бы один автобус»
А: «вовремя придет ноль автобусов»
Р(А)=0,05*0,05=0,0025
Тогда Р(А)=1- Р(А)=1-0,0025=0,9975

5. Прибор состоит из трех независимо работающих элементов, которые за время Т отказывают с вероятностью 0,1, 0,2, 0,3 соответственно. Найти вероятность отказов двух элементов за время Т.
Решение.
Пусть В: «отказало два элемента»
А1: « отказал первый элемент»
А2: «отказал второй элемент»»
А3: «отказал третий элемент»»
По условию Р(А1)=0,1, Р(А2)=0,2, Р(А3)=0,3
Это событие можно представить так:
,
где событие означает, что только третий элемент работоспособен. Аналогично, событие – только первый элемент работоспособен. Событие – только второй элемент работоспособен.
События, являющиеся слагаемыми последней суммы, несовместны, поэтому по теореме сложения вероятностей для несовместных событий получим
.
Каждое слагаемое этой суммы можно найти, используя теорему умножения вероятностей для независимых событий
;
;
.
Учитывая, что
;
;
,
окончательно получим

6. В магазин поступили 2 партии лампочек с двух заводов, причем 40 % с первого завода и 60% со второго. Известно, что 500 часов работают безотказно каждые 97 лампочек из 100 первого, 94 лампочек из 100 второго завода. Наудачу из каждой партии выбирают по одной лампочки. какова вероятность того, что 1) среди них а) две лампочки проработают по 500 часов б)две лапочки, которые не проработают по 500 часов в) только одну лампочку, которая проработает 500 часов г) хотя бы одну лампочку, которая проработает 500 часов 2)найти вероятность, что наудачу взятая лампочка будет лампочкой со второго завода, если она проработала 500 часов.
Решение.
1)
А) Пусть событие А – две лампочки проработают по 500 часов.
событие – лампочка первой партии проработает по 500 часов
событие – лампочка второй партии проработает по 500 часов
По условию ; ;
Учитывая, что события , , – независимые, по теореме умножения вероятностей для независимых событий будем иметь
.
Б) Пусть событие В – две лапочки, которые не проработают по 500 часов.
Учитывая, что
;
;
Получим
В) Пусть событие С- только одну лампочку, которая проработает 500 часов.
Это событие можно представить так: ,
События, являющиеся слагаемыми последней суммы, несовместны, поэтому по теореме сложения вероятностей для несовместных событий получим
.
Г) Пусть событие D- хотя бы одну лампочку, которая проработает 500 часов
Рассмотрим противоположное событие – ни одна лампочка не проработает 500 часов, то есть . Тогда
.
Следовательно, .
2) Пусть
А-« лампочка проработала 500 часов».
Гипотезы:
H1-« лампочка поступила с первого завода».
H2-« лампочка поступила с второго завода ».
По условию
Р(H1)=0,4, Р(H2)=0,6
Найдем условные вероятности:
PH1A=0,97, PH2A=0,94
По формуле полной вероятности
Р(А)= Р(H1) PH1A+Р(H2) PH2A=0,4*0,97+0,6*0,94=0,952
Формула Байеса

7. В первой урне 3 белых и 4 черных шаров, во второй 5 белых и 2 черных. Из наугад выбранной урны достали 2 шара. Найти вероятность того, что оба белые. Какова вероятность, что шары извлекли из второй урны, если они оба белые?
Решение.
1)Пусть
А-« оба шара белые».
Гипотезы:
H1-« Шары достали из первой урны».
H2-« Шары достали из второй урны».
По условию
Р(H1)=1/2, Р(H2)=1/2
Найдем условные вероятности:
PH1A=37*26=17, PH2A=57*46=1021
По формуле полной вероятности
Р(А)= Р(H1) PH1A+Р(H2) PH2A=12*17+12*1021=0,31
2) Формула Байеса

8. Среди 10 деталей имеется 4 бракованные. Извлекаем случайным образом без возвращения детали до тех пор, пока не вымем доброкачественную. Х- число вынутых деталей. К=3. найти закон распределения, математическое ожидание, дисперсию CВ Х. Построить график функции распределения и найти вероятность события x≤k.
Решение.
Возможные значения СВ Х- число пройденных до первой остановки светофоров х1=1, х2=2, х3=3, х4=4
Вероятность вынуть доброкачественную деталь p=0,6
Найдем соответствующие вероятности по теореме умножения для независимых событий
Р(х1=1)= 0,6
Р(х2=2)= 0,6*0,4=0,24
Р(х3=3)= 0,42*0,6=0,096
Р(х4=4)= 0,43*0,6=0,0384
Р(х5=5)= 0,44*0,6=0,01536

Закон распределения примет вид:

Х 1 2 3 4 5
р
0,6
0,24
0,096
0,04
0,0154
i=15pi=1, у нас так и есть 0,6+0,24+0,096+0,04+0,0154=1
Находим математическое ожидание:
М(х)=
Дисперсию находим по формуле: . Тогда:
D(X)=
Найдем функцию распределения F(x)=Р(Хх).
Для имеем F(x)=0
для имеем F(x)=0,6
для F(x)=0,84
для F(x)=0,936
для F(x)=0,976
для х5 будет F(x)=1, т. к. событие достоверно.
.
График этой функции приведен на рисунке

Р(Х≤3)=0,936
9. В случаях а,б,в рассматривается серия из n независимых испытаний с двумя исходами в каждом – успех и неуспех. Вероятность успеха равна р, неуспеха 1-р в каждом испытании. Х-число успехов в n испытаниях. Требуется: 1)для случая а(малого n) найти закон распределения, функцию распределения, построить ее график, найти М(Х),Д(Х),Р(Х<2). 2) для случая б( большого n и малого р) найти р(Х<2) приближенно с помощью распределения Пуассона. 3)для случая в)( большого n) найти вероятность Р(К1<х<к2).
А) n=6, p=0,4
Б) n=100, p=0,003
В) ) n=192, p=0,25, к1=45, к2=60
Решение.
А) Возможные значения СВ Х- число успехов в 6 испытаниях х0=0, х1=1, х2=2, х3=3, х4=4, х5=5, х6=6
Найдем соответствующие вероятности по формуле Бернулли: Рn(m)=Сnmpmqn-m
Р(х0=0)=Р6(0)=С600,400,66=0,047
Р(х1=1)=Р6(1)=С610,410,65=0,187
Р(х2=2)= Р6(2)=С620,420,64=0,311
Р(х3=3)=Р6(3)=С630,430,63=0,276
Р(х4=4)=Р6(4)=С640,440,62=0,138
Р(х5=5)=Р6(5)=С650,450,61=0,0368
Р(х6=6)=Р6(5)=С660,460,60=0,004096

Закон распределения примет вид:

Х 0 1 2 3 4 5 6
р
0,047
0,187
0,311
0,276
0,138
0,0368
0,0042
i=06pi=1, у нас так и есть 0,047+0,187+0,311+0,276+0,1387+0,0368+0,0042=1
Найдем функцию распределения F(x)=Р(Хх).
Для имеем F(x)=Р(Х0)=0;
для имеем F(x)=Р(Х1)=Р(Х=0)=0,047
для F(x)=Р(Х2)=Р(Х=0)+Р(Х=1)=0,234
для F(x)=Р(Х3)=Р(Х=0)+Р(Х=1)+ Р(Х=2)=0,545
для F(x)=Р(Х3)=Р(Х=0)+Р(Х=1)+ Р(Х=2)=0,821
для F(x)=Р(Х3)=Р(Х=0)+Р(Х=1)+ Р(Х=2)=0,959
для F(x)=Р(Х3)=Р(Х=0)+Р(Х=1)+ Р(Х=2)=0,9958
для х6 будет F(x)=1, т. к. событие достоверно.
.
График этой функции приведен на рисунке

Находим математическое ожидание:
М(х)=
Дисперсию находим по формуле: . Тогда:
D(X)=
Р(Х<2)=0,234
Б) По формуле Пуассона Рn(m)=λme-λm!, λ=np, λ=100*0.003=0.3
Р(Х<2)=P(0)+P(1)= 0.30e-0.30!+0.31e-0.31!=0.74+0.22=0,96
В) По условию, р=0,25; q=0.75; n=192; k1=45; k2=60. Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:
P192(45,60)=Ф(х“)-Ф(х`)
X`=k1-npnpq=45-192*0.25192*0.25*0.75=-336=-0,5
X“=k2-npnpq=60-192*0.25192*0.25*0.75=2
Таким образом, имеем:
P192(45,60)=Ф(2)+Ф(0,5)=0,4772+0,1915=0,6687

10. Плотность распределения CВХ

Найти : а) параметр А, б) построить графики функции плотности и функции распределения 3) найти математическое ожидание М(Х), дисперсию D(x) и среднее квадратическое отклонение 40 вычислить вероятность р того, что отклонение CВ от математического ожидания не более заданного ε=18.
Решение.
1)Для нахождения параметра а воспользуемся свойствами функции f(x):
1) 2)
Из первого следует, что a0, а из второго определяется конкретное значение а.
,

2) Для нахождения функции F(x) используем равенство
Так как f(x) задана различным образом на трёх разных интервалах, то выражение для F(x) находим отдельно для каждого из них.
Если то
Если то
Если то .
Искомая интегральная функция принимает вид

Построим графики функции плотности и функции распределения

3)Находим математическое ожидание по формуле:

Дисперсию находим по формуле: Найдем среднеквадратическое отклонение

4) Вероятность того, что абсолютная величина отклонения меньше положительного числа ε,

3 5 Прямоугольная решетка состоит из цилиндрических прутьев радиуса r

3.5. Прямоугольная решетка состоит из цилиндрических прутьев радиуса r. Расстояния между осями прутьев равны соответственно a и b. Определить вероятность попадания шариком диаметра d в решетку при одном бросании без прицеливания, если траектория полета шарика перпендикулярна к плоскости решетки, а пересечение траектории с решеткой равновозможно в любой точке каждого прямоугольника со сторонами a и b, образованного осями прутьев.

Решение:

Пусть событие A- «шарик попал в вертикальную решетку». Найдем вероятность этого события.

Пусть x- расстояние от центра шарика до ближайшей линии, проходящей через ось вертикального прута. Возможные значения x определяются условиями:
0≤x≤12a.
Столкновение шарика с прутом произойдет в том случае, если
0≤x≤d2+r.
Искомую вероятность найдем, используя геометрическое определение вероятности. Она будет равна отношению длин отрезков, на которых находятся благоприятствующие и все возможные значения x:
PA=d2+r12a=d+2ra.

Пусть событие B- «шарик попал в горизонтальную решетку». Найдем вероятность этого события.

Пусть y- расстояние от центра шарика до ближайшей линии, проходящей через ось горизонтального прута. Возможные значения y определяются условиями:
0≤y≤12b.
Столкновение шарика с прутом произойдет в том случае, если
0≤y≤d2+r.

Искомую вероятность найдем, используя геометрическое определение вероятности. Она будет равна отношению длин отрезков, на которых находятся благоприятствующие и все возможные значения y:
PB=d2+r12b=d+2rb.

Пусть событие C- «шарик попадет в решетку». Это событие заключается в том, что шарик попадет или в горизонтальный прут, или в вертикальный, или в оба одновременно, т.е., хотя бы в один из прутов.

Событие C- «шарик не попадет в решетку» противоположно событию C и составляет с ним полную группу вероятностей:
PC+PC=1,
откуда
PC=1-PC.

Найдем вероятность события C, используя теоремы сложения и умножения:
PC=PAB=PA∙PB=1-PA∙1-PB=1-d+2ra∙1-d+2rb.

Тогда искомая вероятность:
PC=1-1-d+2ra∙1-d+2rb.

Ответ: 1-1-d+2ra∙1-d+2rb.

4.16. Детали могут быть изготовлены с применением двух технологий: в первом случае деталь проходит три технологические операции, вероятности получения брака при каждой из которых равны соответственно 0,1; 0,2 и 0,3. Во втором случае имеются две операции, вероятности получения брака при которых одинаковы и равны 0,3. Определить, какая технология обеспечивает большую вероятность получения первосортной продукции, если в первом случае для доброкачественной детали вероятность получения продукции первого сорта равна 0,9, а во втором 0,8.

Решение:

Рассмотрим первую технологию.

По условию задачи, вероятности получить брак при первой, второй, третьей операции соответственно равны:
p11=0,1;p12=0,2;p13=0,3.
Тогда вероятности не получить брак при первой, второй, третьей операции соответственно равны:
q11=1-p11=1-0,1=0,9;q12=1-p12=1-0,2=0,8;q13=1-p13=1-0,3=0,7.
Пусть событие A1- «деталь не получила брака». Используя теорему умножения, находим вероятность этого события:
PA1=q11∙q12∙q13=0,9∙0,8∙0,7=0,504.
Пусть событие B1- «получено изделие первого сорта». Вероятность этого события дана в условии задачи и равна
PB1=0,9.
Пусть событие C1- «получено изделие первого сорта без брака». Вероятность этого события равна:
PC1=PA1B1=PA1∙PB1=0,504∙0,9=0,4536.

Рассмотрим вторую технологию.
По условию задачи, вероятности получить брак при первой, второй, операции соответственно равны:
p21=p22=0,3.
Тогда вероятности не получить брак при первой, второй операции соответственно равны:
q21=q22=1-p21=1-0,3=0,7.
Пусть событие A2- «деталь не получила брака». Используя теорему умножения, находим вероятность этого события:
PA2=q21∙q22=0,7∙0,7=0,49.
Пусть событие B2- «получено изделие первого сорта». Вероятность этого события дана в условии задачи и равна
PB2=0,8.
Пусть событие C2- «получено изделие первого сорта без брака». Вероятность этого события равна:
PC2=PA2B2=PA2∙PB2=0,49∙0,8=0,392.
PC1>PC2.

Ответ: при использовании первой технологии вероятность получения первосортной детали выше.

5.15. Доказать, что при PA=a и PB=b≠0 будет
PAB≥a+b-1b.

Решение:

Вероятность суммы двух событий определяется по формуле:
PA+B=PA+PB-PAB. (1)

Так как вероятность не может быть больше 1, то
PA+PB-PAB≤1,
откуда
PB-PAB≤1-PA,
или
PB-PAB≤PA. (2)

Условная вероятность PAB определяется формулой:
PAB=PABPB, (3)
откуда
PAB=PAB∙PB,

подставляем в формулу (2):
PB-PAB∙PB≤PA,PB1-PAB≤PA,1-PAB≤PAPB,PAB≥1-PAPB,

так как PA=1-PA=1-a,
то
PAB≥1-1-ab,
PAB≥b-(1-a)b

или
PAB≥a+b-1b,
что и требовалось доказать.

7.4. Из партии в пять изделий наудачу взято одно изделие, оказавшееся бракованным. Количество бракованных изделий равновозможно любое. Какое предположение о количестве бракованных изделий наиболее вероятно?

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H0- 0 изделий бракованных;
H1- 1 изделие бракованное;
H2- 2 изделия бракованных;
H3- 3 изделия бракованных;
H4- 4 изделия бракованных;
H5- 5 изделий бракованных.

Так как гипотезы образуют полную группу, то сумма их вероятностей равна 1, а из условия известно, что вероятности гипотез равны. Значит,
PH0=PH1=PH2=PH3=PH4=PH5=16.

Пусть событие A- «наудачу взятое изделие оказалось бракованным». Найдем условные вероятности этого события при сделанных гипотезах, используя классическое определение вероятности.
1. Если в партии 0 бракованных изделий, то вероятность взять бракованное изделие равна
PAH0=05=0.
2. Если в партии 1 бракованное изделие, то вероятность взять бракованное изделие равна
PAH1=15.
3. Если в партии 2 бракованных изделия, то вероятность взять бракованное изделие равна
PAH2=25.
4. Если в партии 3 бракованных изделия, то вероятность взять бракованное изделие равна
PAH3=35.
5. Если в партии 4 бракованных изделия, то вероятность взять бракованное изделие равна
PAH4=45.
6. Если в партии 5 бракованных изделий, то вероятность взять бракованное изделие равна
PAH5=55=1.
Найдем вероятность события A, используя формулу полной вероятности:
PA=PH0∙PAH0+PH1∙PAH1+PH2∙PAH2+
+PH3∙PAH3+PH4∙PAH4+PH5∙PAH5==16∙0+16∙15+16∙25+16∙35+16∙45+16∙1=1530=12.

Известно, что событие A произошло.
Вероятности сделанных гипотез найдем, используя формулу Байеса:
PH0A=PH0∙PAH0P(A)=16∙012=0;
PH1A=PH1∙PAH1P(A)=16∙1512=115;
PH2A=PH2∙PAH2PA=16∙2512=215;
PH3A=PH3∙PAH3PA=16∙3512=315;
PH4A=PH4∙PAH0PA=16∙4512=415;
PH5A=PH5∙PAH5PA=16∙5512=515.
Таким образом, наиболее вероятно предположение о том, что в партии 5 бракованных изделий.

Ответ: наиболее вероятно предположение о том, что в партии 5 бракованных изделий.

8.2. В семье десять детей. Считая вероятности рождения мальчика и девочки равными 0,5, определить вероятность того, что в данной семье:
а) пять мальчиков;
б) мальчиков не менее трех, но и не более восьми.

Решение:

Используем формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
где
n=10, p=0,5, q=1-p=1-0,5=0,5.

а) в этом случае k=5, находим:
P105=C105∙0,55∙0,510-5=10!5!∙10-5!∙0,55∙0,55=10!5!∙5!∙0,55∙0,55=6∙7∙8∙9∙101∙2∙3∙4∙5∙0,55∙0,55=7∙4∙9∙0,55∙0,55≈0,246;

б) используя теорему сложения, находим:
P103≤k≤8=P103+P104+P105+P106+P107+P108=C103∙0,53∙0,510-3+C104∙0,54∙0,510-4+0,246+
+C106∙0,56∙0,510-6+C107∙0,57∙0,510-7+C108∙0,58∙0,510-8=10!3!∙10-3!∙0,53∙0,510-3+10!4!∙10-4!∙0,54∙0,510-4+0,246+10!6!∙10-6!∙0,56∙0,510-6+10!7!∙10-7!∙0,57∙0,510-7+
+10!8!∙10-8!∙0,58∙0,510-8=10!3!∙7!∙0,53∙0,57+10!4!∙6!∙0,54∙0,56+0,246+10!6!∙4!∙0,56∙0,54+
+10!7!∙3!∙0,57∙0,53+10!8!∙2!∙0,58∙0,52=2∙10!3!∙7!∙0,53∙0,57+2∙10!4!∙6!∙0,54∙0,56+0,246+
+10!8!∙2!∙0,58∙0,52=
=2∙8∙9∙101∙2∙3∙0,510+2∙7∙8∙9∙101∙2∙3∙4∙0,510+0,246+
+9∙101∙2∙0,510=0,234+0,410+0,246+0,044≈0,934.

Ответ: а) 0,246; б) 0,934.

10.21. Любой из 300 абонентов независимо друг от друга звонит на коммутатор. Какова вероятность того, что из них поступит в течение часа четыре вызова, если вероятность вызова для каждого абонента равна 0,01.

Решение:

Так как вероятность p=0,01 наступления события в каждом испытании постоянна и мала, а число независимых испытаний n=300 велико, то используем теорему Пуассона:
Pnm=λmm!∙e-λ,
где λ=n∙p.
Находим:
λ=300∙0,01=3.

Определим вероятность того, что в течение часа поступит 4 вызова:
P3004=344!∙e-3≈8124∙0,0497≈0,168.

Ответ: 0,168.

11.37. В наблюдениях Резерфорда и Гейгера радиоактивное вещество за промежуток времени 7,5 сек испускало в среднем 3,87 α-частицы. Найти вероятность того, что за 1 сек это вещество испустит хотя бы одну частицу, если число испускаемых за равные промежутки времени частиц, подчиняется закону Пуассона с одним и тем же параметром.

Решение:

Поток α-частиц представляет собой простейший поток событий с интенсивностью
λ=3,877,5=0,516 с-1.
Воспользуемся формулой пуассоновского потока:
Ptk=(λ∙t)kk!∙e-λt,
В нашем случае:
t=1, λ=0,516,
Событие A – «за 1 сек это вещество испустит хотя бы одну частицу» противоположно событию A- «за 1 сек это вещество не испустит ни одной частицы», поэтому его вероятность равна:
PA=1-PA=1-P10=1-(0,516∙1)00!∙e-0,516∙1=1-0,597≈0,403.

Ответ: 0,403.

12.15. Последовательные ускоренные испытания приборов на надежность проводятся до первого отказа, после чего они прекращаются. Пользуясь понятием плотности вероятности для дискретной случайной величины, найти плотность вероятности случайного числа испытанных приборов, если вероятность отказа для всех приборов одна и та же иравна 0,5.

Решение:

Это геометрическое распределение, его закон распределения имеет вид:
xi
1 2 3 … k
pi
q
pq
pq2
… pqk-1

По условию задачи,
p=0,5,
значит,
q=1-p=1-0,5=0,5.
Тогда ряд распределения:
xi
1 2 3 … k
pi
0,5
0,52
0,53
… 0,5k

В случае геометрического распределения xi=i.
Значит, исходя из понятия плотности вероятности, плотность вероятности случайного числа испытанных приборов:
fx=i=1∞0,52δ(x-i).
Ответ: fx=i=1∞0,52δ(x-i).

13.5. Плотность вероятности случайных амплитуд A боковой качки корабля определяется формулой (закон Рэлея)
fa=aσ2e-a22σ2 a≥0,
где σ2-дисперсия угла крена.
Одинаково ли часто встречаются амплитуды, меньшие и большие ее математического ожидания?

Решение:

Математическое ожидание случайной величины, распределенной по закону Рэлея, равно:
m=σπ2.

Вероятность попадания в интервал (α; β) определяется формулой:
Pα<a<β=αβfada.
Находим:
Pa<m=P0<a<m=0σπ2aσ2e-a22σ2da=-0σπ2e-a22σ2d-a22σ2=-e-a22σ20σπ2=-e-σπ222σ2-e-022σ2=-e-π4-1=1-e-π4≈0,544
Тогда
Pa>m=1-Pa<m=1-1-e-π4=e-π4≈0б456.

Итак,
Pa<m>Pa>m,
значит, чаще встречаются амплитуды, меньшие математического ожидания.

Ответ: чаще встречаются амплитуды, меньшие математического ожидания.

14.7. Случайные ошибки высотомера X имеют x=20 м. Какие они должны иметь среднее квадратическое отклонение, чтобы с вероятностью, равной 0,9, ошибка измерения высоты по абсолютной величине была меньше 100 м?

Решение:

Используем формулу:
Px-x≤ε≈2Фεσ,
В нашем случае, x=20 м, ε=100 м, Px-x≤ε=0,9.
Тогда:
2Ф100σ=0,9,Ф100σ=0,92=0,45.
Из таблицы значений функции Лапласа определяем:
100σ=1,65,
откуда находим:
σ=1001,65≈60,61.

Ответ: 60,61.

По итогам выборочных обследований для некоторой категории сотрудников

По итогам выборочных обследований, для некоторой категории сотрудников, величина их месячного заработка xi тыс. рублей и соответствующее количество сотрудников ni представлены в виде интервального статистического распределения.
а) Построить гистограмму относительных частот распределения.
б) Найти основные характеристики распределения выборочных данных: среднее выборочное значение, выборочную дисперсию и выборочное среднее квадратическое отклонение.
в) Оценить генеральные характеристики по найденным выборочным характеристикам точечным образом.
г) Зная, что значения признака X в генеральной совокупности подчинены нормальному закону распределения, найти доверительный интервал для оценки математического ожидания (генерального среднего значения) с надежностью ϒ считая, что генеральная дисперсия равна исправленной выборочной дисперсии.

X 8-8,2 8,2-8,4 8,4-8,6 8,6-8,8 8,8-9,0
ni
3 7 20 15 5

ϒ=0,88

Решение.
Получим интервальный ряд:
Номер i
Интервалы Середина интервала
xi

Нижняя граница интервала Верхняя граница интервала
1 8 8,2 8,1
2 8,2 8,4 8,3
3 8,4 8,6 8,5
4 8,6 8,8 8,7
5 8,8 9 8,9

Найдем абсолютные частоты, относительные и интегральные (накопленные частоты).
Порядковый номер i
Зарплата за месяц xi
Абсолютная частота ni
Относительная частота (частость)
wi=niN
Накопленная частота
niнакопл
Накопленная частость
wi(накопл)
1 8,1 3 0,06 3 0,06
2 8,3 7 0,14 10 0,2
3 8,5 20 0,4 30 0,6
4 8,7 15 0,3 45 0,9
5 8,9 5 0,1 50 1
Σ

N=50
1

Для наглядности интервальные ряды изображают графически с помощью полигона и гистограммы.
Для построения полигона и гистограммы используется прямоугольная система координат, на оси абсцисс которой строится шкала значений (интервальные группы), а на оси ординат – частот или частостей.
Таким образом, построим в excel гистограмму частот.

Построим в excel полигон частот.

По накопленным частостям строится кумулята (графическое представление эмпирической функции распределения). Кумулята отражает характер нарастания частостей от группы к группе.

Если оси поменять местами, т.е. группы откладывать на оси ординат, а накопленные частости – на оси абсцисс, то построенная кривая будет называться огивой. Построим огиву в excel в виде гистограммы.

Далее.
Составим вспомогательную таблицу для вычисления выборочных характеристик ряда.
i
xi
ni
xi∙ni
(xi-x)
(xi-x)2∙ni
1 8,1 3 24,3 -0,448 0,602112
2 8,3 7 58,1 -0,248 0,430528
3 8,5 20 170 -0,048 0,04608
4 8,7 15 130,5 0,152 0,34656
5 8,9 5 44,5 0,352 0,61952
Σ

N=50
427,4
2,0448
На основании таблицы найдем.
Математическое ожидание (средняя арифметическая взвешенная):
x=i=15xi∙niN,
x=427,450=8,548.
Отсюда средняя заработная плата одного рабочего за месяц равна приблизительно 8,548 тысяч рублей.
Дисперсия (дисперсия – характеризует меру разброса около ее среднего значения (мера рассеивания, т.е. отклонения от среднего).
DX=i=15(xi-x)2∙niN=2,044850=0,040896.
Среднеквадратическое отклонение.
σ=DX≈0,202.
Показатели вариации. Вычисляются для суждения о вариации признака в статистике.
Среднее линейное отклонение – средняя арифметическая из абсолютных значений отклонений отдельных вариантов xi от их средней x. Вычисляют для того, чтобы учесть различия всех единиц исследуемой совокупности.
d=ixi-x∙niN,
d=8,0850=0,1616.
Каждое значение ряда отличается от другого в среднем на 0,162.
Несмещенная оценка дисперсии – состоятельная оценка дисперсии.
S2=i=15ixi-x2∙niini-1=2,044849≈0,042.
Оценка среднеквадратического отклонения.
s=S2=0,042≈0,204.

Пусть случайная величина имеет нормальное распределение. Используя метод моментов и метод максимального правдоподобия получения точечных оценок, найти по выборке B значения оценок и неизвестных параметров a,σ.
Приравняем начальный теоретический момент первого порядка и центральный теоретический момент второго порядка эмпирическим моментам:
a*=x, σ*=DX,
a*=8,548, σ*=0,202
Метод максимального правдоподобия.
Составим и решим систему:

∂lnL∂a=0,∂lnL∂σ=0.

Где функция правдоподобия:
L=fx1*fx2*…*f(xn)
fxi=1σ*2*π*e-(xi-a)22*σ

-плотность нормального закона.
L=1σn*2*πn*e-(xi-a)22*σ2
lnL=ln1σn*2*πn+lne-xi-a22*σ2
lnL=-lnσn-ln2*πn-xi-a22*σ2

∂lnL∂a=-xi-n*aσ2,∂lnL∂σ=-nσ+xi-a2σ3.

Откуда следует, что
xi=n*a; a*=xin=x=8,548.
xi-a2=n*σ2;
σ2=xi-a2n;
σ=DX=0,202.

Интервальное оценивание.
Интервальной оценкой называют оценку, которая определяется двумя числами – концами интервала, покрывающего оцениваемый параметр.
Используем найденные ранее выборочное среднее

xв=8,548.
и исправленное среднее квадратическое отклонение:
s≈0,204.
В нашем случае 2Φ(tγ) =γ; Φtγ=0,44;
По таблице функции Лапласа найдем, при каком tγ критическом значение Φtγ=0,44:
tγ=1,56.
Теперь найдем искомый доверительный интервал:
xв-tγsn<a<xв+tγsn;
8,548-0,045<a<8,548+0,045;
8,503<a<8,594.
С вероятностью 0,88 можно утверждать, что среднее значение при выборке большего объема не выйдет за пределы найденного интервала.

Элементы теории корреляции
Задачи 61 – 70 (68)

С целью анализа взаимного влияния прибыли предприятия и его издержек выборочно были проведены наблюдения за этими показателями в течение ряда месяцев: X – величина месячной прибыли в т.р., Y – месячные издержки в процентах к объему продаж. Результаты выборки представлены в виде таблицы.
По данным выборки:
а) оценить тесноту линейной связи между признаками Х и Y;

б) найти зависимость между признаками в виде уравнения линейной регрессии у‾ х = ах+ b;

в) построить графически наблюдаемые выборочные значения признаков и прямую регрессии.

г) Используя уравнение линейной регрессии, спрогнозировать величину месячных издержек в процентах к объему продаж, если величина месячной прибыли будет составлять Х = K т. р.

Х 55 65 75 85 95
Ү 24 20 18 15 10

К=105

Решение.

Данная корреляционная зависимость представляет собой зависимость между месячными издержками в процентах к объему продаж Y и величина месячной прибыли X (тыс.руб.).
Определение формы связи с последующим отысканием параметров уравнения называется нахождением уравнения связи (уравнения регрессии). В нашем случае результативный признак, рассматриваемый как функция x yx , имеет прямолинейную форму связи: yx=a0+a1x.
Параметры для уравнения связи определяют из системы нормальных уравнений, отвечающих требованию метода наименьших квадратов (МНК). Это требование можно записать как y-yx2→min или y-a0-a1x2→min. Необходимо определить, при каких значениях параметров a0 и a1 сумма квадратов отклонений y от yx будет минимальной. Найдя частные производные указанной суммы по a0 и a1и приравняв их нулю, легко записать систему уравнений, решение которой и дает параметры искомой функции, т.е. уравнения регрессии.
Так, система нормальных уравнений при линейной зависимости имеет вид
na0+a1x=y,a0x+a1x2=xy.
Необходимые для решения данной системы показатели n, x, y, x2, xy
Определяются по наблюдаемым эмпирическим данным. Решить данную систему можно методом Крамера.
Найдем определитель матрицы коэффициентов системы уравнений:
Δ = nxxx2=nx2-x2,
Найдем первый определитель матрицы коэффициентов. Для этого вместо 1-
го столбца подставим столбец свободных членов:
Δ1 =yxxyx2=yx2-xxy,
Найдем второй определитель матрицы коэффициентов. Для этого вместо 2-го
столбца подставим столбец свободных членов:
Δ2 =nyxxy=nxy-xy,

Найдем решение системы уравнений:
a0=yx2-xxynx2-x2; a1=nxy-xynx2-x2.
Параметр a1 (коэффициент при x ) именуется коэффициентом регрессии. Он показывает, насколько в абсолютном выражении изменится результативный показатель y при изменении факторного показателя x на единицу.
Составим расчетную таблицу:
N=5 x
y
x2
xy
y2

55 24 3025 1320 576

65 20 4225 1300 400

75 18 5625 1350 324

85 15 7225 1275 225

95 10 9025 950 100
Σ
375 87 29125 6195 1625

Отсюда:
a0=87∙29125-375∙61955∙29125-375∙375=2107505000=42,15,
a1=5∙6195-375∙875∙29125-375∙375=-16505000=-0,33.
Получим линейное уравнение регрессии Y на X:
yx=42,15-0,33∙x.
Получим линейное уравнение регрессии X на Y:
a0=xy2-yxyny2-y2; a1=nxy-xyny2-y2;
a0=70410556≈126,637,
a1=-1650556≈-0,97.
xy=126,637-0,97∙y.
Подставляя в уравнение yx=42,15-0,33∙x последовательно значения x=55,65,75 и т.д., получаем выравненные (теоретические) значения результативного показателя yx :
yx
24
20,7
17,4
14,1
10,8
87

Нахождение уравнений регрессии, как правило, сопровождается измерением тесноты связи (зависимости). Измерить тесноту корреляционной зависимости – значит, определить, в какой мере вариация результативного показателя вызвана вариацией факторного признака. Эта задача может быть решена путем исчисления теоретического корреляционного отношения η:
η=δσy=δ2σy2,
где δ2=yx-y2n – дисперсия в ряду выравненных значений результативного показателя yx; σy2=y-y2n – дисперсия в ряду фактических значений y.
Так как дисперсия δ2 отражает вариацию в ряду yx только за счет вариации фактора x, а дисперсия σy2 отражает вариацию y за счет всех факторов, то их отношение, именуемое теоретическим коэффициентом детерминации, показывает, какой удельный вес в общей дисперсии ряда y занимает дисперсия, вызываемая вариацией фактора x. Квадратный корень из отношения этих дисперсий дает нам теоретическое корреляционное отношение η=δ2σy2.
Дисперсию теоретических значений результативного показателя (т.е. δ2) часто называют факторной, поскольку она отражает влияние вариации фактора x на вариацию y, и обозначают как δф2 и так называемой остаточной дисперсии σост2, отражающей вариацию результативного показателя за счет всех остальных факторов (кроме x), не учтенных в уравнении регрессии, т.е.
σy2=δф2+σост2.
Получим еще одну формулу для вычисления корреляционного отношения:
η=σy2-σост2σy2=1-σост2σy2.
В данном виде корреляционное отношение при криволинейной зависимости обычно называют индексом корреляции.
Остаточная дисперсия рассчитывается по формуле:
σост2=yi-yx2n.
Отсюда следует формула для линейного коэффициента корреляции:
r=a1σxσy,
или:
r=(x-x)(y-y)x-x2y-y2,
а также:
r=xy-xynx2-x2ny2-y2n.
Для измерения тесноты зависимости между y и x воспользуемся прежде всего линейным коэффициентом корреляции (поскольку рассматриваемая зависимость – линейная):
r=(x-x)(y-y)n∙σxσy.
Находим
x=3755=75; y=875=17,4;

x-x
y-y
(x-x)(y-y)
(x-x)2
(y-y)2

-20 6,6 -132 400 43,56

-10 2,6 -26 100 6,76

0 0,6 0 0 0,36

10 -2,4 -24 100 5,76

20 -7,4 -148 400 54,76
Σ
0 7,10543E-15 -330 1000 111,2
Отсюда находим σx и σy:
σx=(x-x)2n, σx=10005=200≈14,142;
σy=(y-y)2n, σy=111,25=22,24≈4,72.
Отсюда следует, что
r=1239-75∙17,414,142∙4,72≈-0,989.
Значение линейного коэффициента корреляции r=-0,989 характеризует не только меру тесноты зависимости вариации y от вариации x (достаточно высокая связь), но и степень близости этой зависимости к линейной.
Связь обратная, т.е. с ростом X убывает Y.
Построим линии регрессии (в excel):
yx=42,15-0,33∙x.

xy=126,637-0,97∙y.

Поле корреляции:

1 Дискретная случайная величина Составить ряд распределения случайной величины – числа появления “герба” при двух подбрасываний монеты

1.Дискретная случайная величина.
Составить ряд распределения случайной величины – числа появления “герба” при двух подбрасываний монеты. Найти функцию распределения , построить ее график, вычислить математическое ожидание и дисперсию .
Решение:
Составим ряд распределения – таблицу, устанавливающую связь между возможными значениями случайной величины и соответствующими им вероятностями.
Возможные варианты числа появления “герба” при двух подбрасываниях монеты: 0, 1, 2. Соответствующие вероятности рассчитаем по формуле Бернулли, поскольку проводится 2 независимых испытания, в каждом из которых вероятность появления «герба» постоянна и равна: p=0,5:
Pnm=Cnmpmqn-m=n!m!n-m!pmqn-m,
где q=1 – p.
Тогда:
P20=2!0!2-0!0,500,52-0=0,25,
P21=2!1!2-1!0,510,52-1=0,5,
P22=2!2!2-2!0,520,52-2=0,25.
Таким образом, получим биноминальный закон распределения:
x 0 1 2
p 0,25 0,5 0,25

Функция распределения – это функция, выражающая для каждого х вероятность того, что случайная величина ξ примет значение, меньшее х:
Fξ (x) = p(ξ<x)
Таким образом:
Fξx=0,если x∈(-∞;00,25,если x∈(0;10,5,если x∈(1;20,25,если x∈(2;+∞)
График функции распределения имеет вид:

Математическое ожидание дискретной случайной величины находится по формуле:
Mξ=i=1nxipi=0∙0,25+1∙0,5+2∙0,25=1
Дисперсия дискретной случайной величины находится по формуле:
Dξ=i=1n(xi-Mξ)2pi=(0-1)2∙0,25+1-12∙0,5+2-12∙0,25=0,5
2. Непрерывная случайная величина.
Случайная величина задана плотностью распределения . Найти: а) дисперсию ; б) интегральную функцию распределения ; в) . Построить графики функций , .
Решение:
а) Дисперсия непрерывной случайной величины находится по формуле:
Dξ=-∞+∞(x-Mξ)2fξxdx
Математическое ожидание непрерывной случайной величины находится по формуле:
Mξ=-∞+∞xfξxdx
Mξ=-∞+∞xfξxdx= -∞0xfξxdx+05xfξxdx +5+∞xfξxdx=
=-∞0x∙0dx+ 05x∙2x25dx +5+∞x∙0dx=052x225dx=2255+∞x2dx=
=225∙x3350=225533-033=103
Dξ=-∞+∞ (x-Mξ)2fξxdx=-∞0(x-103)2fξxdx+
+05(x-103)2fξxdx+5+∞(x-103)2fξxdx=-∞0(x-103)2∙0∙dx+
+05(x-103)2∙2×25∙dx+1+∞(x-103)2∙0∙dx=05(x-103)2∙2×25∙dx=
=05×2-203x+1009∙2x25dx=22505×3-203×2+1009xdx=
= 225∙x44-203∙x33+1009∙x2250= 225∙x44-209×3+509×250=
=225∙544-209∙53+509∙52-044-209∙03+509∙02=
=225∙6254-25009+12509=225∙62536=2518
б) Функция распределения (интегральная функция распределения) непрерывной случайной величины может быть выражена через плотность вероятности:
Fx=-∞xfξxdx
Если х ≤ 0, то
Fx=-∞xfξxdx =-∞x0dx =0
Если 0<х ≤ 5, то
Fx=-∞xfξxdx =-∞0fξxdx +0xfξxdx =-∞00dx +0x2x25dx=
=0x2x25dx=2250xxdx=225∙x22x0=225×22-022=225∙x22=x225
Если х > 5, то
Fx=-∞xfξxdx =-∞0fξxdx +05fξxdx+5xfξxdx =-∞00dx +
+052x25dx+5x0dx =052x25dx=22505xdx=225∙x2250=225522-022=1
Функция распределения имеет вид:Fξx=0, x≤0x2251,x>5, 0<x≤5
Вероятность того, что в результате испытания величина примет значение, заключенное в интервале (1;3), находится по формуле:
Pa≤ξ≤b=abfξxdx
P1≤ξ≤3=13fξxdx =132x25dx =225·x2231=225322-122=825=
=0,32
График плотности распределения:

График функции распределения.

3. Случайная величина задана функцией распределения Найти: а) плотность распределения , б) дисперсию , в) вероятность . Построить графики и .
Решение:
а) Функция распределения непрерывной случайной величины тесно связана с плотностью распределения вероятностей:
fξx=Fξ/(x)
Тогда:
fξx=Fξ/(x)=0, x≤01, 0<x≤30,x>3
б) Дисперсия непрерывной случайной величины находится по формуле:
Dξ=-∞+∞(x-Mξ)2fξxdx
Математическое ожидание непрерывной случайной величины находится по формуле:
Mξ=-∞+∞xfξxdx
Mξ=-∞+∞xfξxdx= -∞0xfξxdx+03xfξxdx +3+∞xfξxdx=
=-∞0x∙0dx+ 03x∙1dx +3+∞x∙0dx=03xdx =x2230=322-022=92.
Тогда:
Dξ=-∞+∞(x-92)2fξxdx=-∞0(x-92)20dx+03x-922∙1dx+
+3+∞(x-92)2∙0dx=03x-922dx=03×2-2∙92x+814dx=
= x33-9∙x22+814∙x30=333-9∙322+814∙3-
-033-9∙022+814∙0=9-812+2434=1174
Вероятность находится по формуле:
Pa≤ξ≤b=Fb-F(a)
P0≤ξ≤2=F2-F0=2-0=2
Графики функции распределения и плотности распределения:

4. Законы распределения. Нормальное распределение.
Поезд состоит из 100 вагонов. Масса каждого вагона – случайная величина, распределенная по нормальному закону с математическим ожиданием т и средним квадратичным отклонением т. Локомотив может везти состав массой не более 6600 т, в противном случае необходимо прицеплять второй локомотив. Найти вероятность того, что второй локомотив не потребуется.
Решение:
Масса каждого вагона – случайная величина, распределенная по нормальному закону с математическим ожиданием т и средним квадратичным отклонением т., то есть:
fξx=10,92π∙e-(x-65)22∙0,81
Вероятность того, что второй локомотив не потребуется определяется вероятностью того, что поезд, состоящий из 100 вагонов, весит не более 6600, то есть масса каждого вагона не более 66 т.- P (ξ ≤ 66).
Для определения данной вероятности воспользуемся формулой:
Pξ≤x=P0≤ξ≤x=0xfξxdx
то есть:
Pξ≤66=06610,92π∙e-(x-65)22∙0,81dx=06610,92π∙e-(x-65)22∙0,81dx
Вероятность попадания случайной величины X, распределенной по нормальному закону, в интервал [х1, x2] также можно определить с помощью функции Лапласа:
x1x2fξxdx=Фx2-aσ-Фx1-aσ,
где:
Фx2-aσ=Ф66-650,9=Ф1,11=0,3665
Фx1-aσ=Ф0-650,9=Ф-72,22=-0,4999
Pξ≤66=0,3665–0,4999=0,8664

5. Законы распределения
Для случайной величины , распределенной равномерно на отрезке Выписать плотность вероятности и функцию распределения, найти математическое ожидание и дисперсию .
Решение:
Для равномерно распределенной на отрезке [a;b] случайной величины плотность вероятности имеет вид:
fξx=0, x≤a1b-a, a<x≤b0,x>b
Таким образом:
fξx=0, x≤-81-2-(-8), -8<x≤-20,x>b=0, x≤-816, -8<x≤-20,x>b
б) Функция распределения (интегральная функция распределения) непрерывной случайной величины равна:
Fξx=-∞xfξxdx
Если х ≤ – 8, то
Fx=-∞xfξxdx =-∞x0dx =0
Если -8<х ≤ -2, то
Fx=-∞xfξxdx =-∞-8fξxdx +-8xfξxdx =-∞-80dx +-8x16dx=
=-8x16dx=16xx-8=16x–8=16x+8
Если х > -2, то
Fx=-∞xfξxdx =-∞-8fξxdx +-8-2fξxdx+-2xfξxdx =-∞-80dx +
+-8-216dx+-2x0dx =16-8-2dx=x-2-8=16-2-(-8)=1
Функция распределения имеет вид:
Fξx=0, x≤-816(x+8)1,x>-2, -8<x≤-2
Математическое ожидание непрерывной случайной величины находится по формуле:
Mξ=-∞+∞xfξxdx
Mξ=-∞+∞xfξxdx= -∞-8xfξxdx+-8-2xfξxdx +-2+∞xfξxdx=
=-∞-80∙xdx+ -8-216dx +-2+∞0∙xdx=-8-216dx=
=16∙x-2-8=16-2-(-8)=1
Dξ=-∞+∞ (x-Mξ)2fξxdx=-∞-8(x-Mξ)2fξxdx+
+-8-2(x-Mξ)2fξxdx+-2+∞(x-Mξ)2fξxdx=-∞-8(x-1)2∙0∙dx+
+-8-2(x-1)2∙16∙dx+-2+∞(x-1)2∙0∙dx=-8-2(x-1)2∙16∙dx=
=-8-2×2-2x+1∙16∙dx=16-8-2×2-2x+1dx=
= 16∙x33-2∙x22+1∙x-2-8=16∙x33-x2+x-2-8=
=16∙-233–22+-2–833–82+-8==16∙5043+66=39
6.Задана плотность распределения случайной величины , возможные значения которой заключены в интервале . Найти плотность распределения случайной величины .
Решение:
По условию: y=φx=e-x2, откуда x=φ-1y=-lny.
Производная (по абсолютной величине) равна:
φ-1y/=12-lny∙-1y=-12y-lny
Тогда плотность вероятности g(y) определяется по формуле:
gy=fφ-1yφ-1y/
gy=f-lny-12y-lny=f-lny2y-lny,y>0
7. Дискретная 2-мерная случайная величина.
Дан совместный закон распределения двумерной случайной величины . Найти закон распределения случайной величины ξ, математическое ожидание и условное математическое ожидание ξ при .

ξ
2 3
0 0,4 0 0,08
2 0,1 0,12 0,3
Решение:
Условным законом распределения одной из одномерных составляющих двумерной случайной величины называется ее закон распределения, вычисленный при условии, что другая составляющая приняла определенное значение.
ξ
η 2 3 pj(η)
0 0,4 0 0,08 0,48
2 0,1 0,12 0,3 0,52
pi(ξ) 0,5 0,12 0,38 1
1
Таким образом, получен закон распределения случайной величины :
ξ 2 3
p 0,5 0,12 0,38
Математическое ожидание дискретной случайной величины находится по формуле:
Mξ=i=1nxipi=-1∙0,5+2∙0,12+3∙0,38=0,88
Условное математическое ожидание ожидание ξ при η=0:
Mη=0ξ=i=1nxipη=0iξ=-1∙0,4+2∙0+3∙0,08=-0,16

Так как объём статистической совокупности n 40, то все множество значений выборки разбивается на классы. Число классов k определяется по объему выборки n с помощью таблицы.

-1,006 0,386 -1,223 -0,591 -0,345 0,157 0,8 -0,155 -0,379 -1,023
1,306 -0,861 0,303 0,518 0,986 0,788 0,883 -0,098 -0,242 1,701
1,199 -1,23 -0,73 -1,492 0,643 -0,577 -0,224 0,997 -1,165 -0,494
-2,577 2,641 -1,143 -0,086 2,919 0,527 0,297 0,434 0,756 0,172
-2,086 -0,904 -1,413 -0,012 -1,248 1,671 -0,521 -0,025 1,164 0,354
0,866 -0,005 0,403 1,908 0,448 0,169 -0,731 -1,189 0,905 0,283
2,431 1,409 0,191 -0,165 0,889 0,804 -2,131 -0,754 1,458 1,65
0,026 0,885 0,011 -0,99 -0,104 0,174 -0,052 -0,182 1,813 0,346
0,11 1,757 -0,693 -0,732 1,073 -1,724 -1,81 0,947 -1,118 0,666
0,97 1,14 -1,105 0,894 1,547 -0,484 -0,086 -0,066 0,15 -0,264
0,866 -0,005 0,403 1,908 0,448 0,169 -0,731 -1,189 0,905 0,283
2,431 1,409 0,191 -0,165 0,889 0,804 -2,131 -0,754 1,458 1,65
0,11 1,757 -0,693 -0,732 1,073 -1,724 -1,81 0,947 -1,118 0,666
0,026 0,885 0,011 -0,99 -0,104 0,174 -0,052 -0,182 1,813 0,346
0,97 1,14 -1,105 0,894 1,547 -0,484 -0,086 -0,066 0,15 -0,264
-0,644 -0,149 0,365 1,601 1,307 0,041 -2,312 1,023 1,88 -1,422
-0,905 0,577 -0,548 0,732 -0,482 0,413 1,38 -0,489 -0,799 -0,755
-0,716 0,753 0,578 0,555 -1,752 0,597 1,39 -0,402 -0,56 0,157
0,007 -0,167 -1,955 -0,813 -0,926 1,924 -0,453 1,399 1,708 0,378
-2,814 -0,581
0,522 -0,539 0,922 0,714 -0,628 0,28 -0,644 0,178

Так как объём статистической совокупности n  40, то все множество значений выборки разбивается на классы. Число классов k определяется по объему выборки n с помощью таблицы.
Объём выборки n 40 – 60 60 – 100 100 – 200 200 – 500
Число классов k 6 – 7 7 – 10 10 – 14 14 – 17

Выбираем k =14.
Найдем длину классового промежутка  по формуле
.(1)
Здесь xmax наибольшее и xmin наименьшее значения. По таблице находим xmin -2,814; xmax  2,919. Тогда длина классового промежутка
∆=2,919-(-2,814)14=0,4095≈0,41
Значение  берется приближенно с той же точностью, с которой определены значения элементов выборки. Определяем границы классовых промежутков.
Левая граница первого промежутка принимается равной . Левая граница каждого следующего промежутка получается прибавлением  к левой границе предыдущего промежутка. Правый конец каждого промежутка меньше левого конца следующего промежутка на единицу последнего десятичного разряда значений в таблице исходных данных. Этим обеспечивается то, что каждое значение выборки попадает только в один интервал.
Все элементы выборки должны относиться к тому или иному классовому промежутку. При этом все элементы, попавшие в один и тот же промежуток, считаются равными между собой и равными среднему арифметическому границ промежутка. Отметим, что достаточно найти середину только одного из классовых промежутков, так как середины соседних промежутков отличаются друг от друга на . Теперь вместо исходной выборки изучается ее приближение, выборочный ряд середин промежутков .
Создаем расчетную таблицу
Таблица 1.
i
iZi

1 2 3 4 5 6 7 8
-3,019 – -2,609
-2,608 – -2,198
-2,197 – -1,787
-1,786 – -1,376
-1,375 – -0,965
-0,964 – -0,554
-0,553 – -0,143
-0,142 – 0,268
0,269 – 0,679
0,680 – 1,090
1,091 – 1,501
1,502 – 1,912
1,913 – 2,323
2,324 – 2,734
2,735 – 3,145 -2,814
-2,403
-1,992
-1,581
-1,170
-0,759
-0,348
0,063
0,474
0,885
1,296
1,707
2,118
2,529
2,940 1
2
6
6
15
24
23
34
27
29
13
15
1
3
1 -7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7 -7
-12
-30
-24
-45
-48
-23
0
27
58
39
60
5
18
7 49
72
150
96
135
96
23
0
27
116
117
240
25
108
49 -343
-432
-750
-384
-405
-192
-23
0
27
232
351
960
125
648
343 2401
2592
3750
1536
1245
384
23
0
27
464
1053
3840
625
3888
2401
Сумма
200
25 1534 157 24229

Частоты обозначаются и их сумма ставится в последней строке. При этом должно выполнятся условие .
Выбираем условный нуль А, совпадающий с тем значением , которое соответствует среднему классовому промежутку, а если таковых два, то тому из них, который имеет большую частоту Zi.
Для нахождения оценок параметров распределения случайной величины Х сначала определяются начальные условные моменты mr.
,(2)

r = 1; 2; 3; 4.
Числители в для каждого момента уже получены в строке «сумма» таблицы 1. Оценка математического ожидания величины X – среднее арифметическое выборки – выражается через начальный условный момент первого порядка
(3)
Центральные условные моменты определяются по формулам:
(4)
(5)
(6)
Оценки остальных числовых характеристик случайной величины Х выражаются через эти моменты:
оценка среднего квадратичного отклонения
; (7)
оценка коэффициента вариации
(8)
оценка коэффициента асимметрии
(9)
оценка коэффициента эксцесса
(10)

Находим начальные условные моменты

Тогда центральные условные моменты по формулам будут равны:
= 7,67 – (0,125)2 =7,6544;
= 0,785 – 0,125∙ (2∙7,6544 + 7,67) = -15,4825;
= 121,145 – 2  0,125∙ ( -15,4825 + 0,785) +(0,125)4 = 117,4709.

Теперь находим оценки параметров распределения:

= 0,063 + 0,125  0,41 = 0,11425;
SB =0,41∙7,6544 = 1,1343;
CB = 1,13430,11425∙100% =992,8% ;
As=-15,48257,6544∙7,6544=-0,731
Ex=117,47097,6544∙7,6544-3=-0,995

считается, что если , то распределение умеренно отличается от нормального. Если же , то отличие от нормального распределения значительное.

По асимметрии и по эксцессу распределение значительно отличается от нормального.
Для определения теоретических частот нормального закона распределения используются таблицы функции
(11)
Составим таблицу теоретических значений (табл. 2).
Первые два столбца табл. 2 соответствуют третьему и четвертому столбцам табл. 1. Для каждого определяется нормированное отклонение ti:
, (12)
Таблица 2

1 2 3 4 5 6

Сумма –

которое вносится в столб. 3 табл. 2. Затем находят по указанным таблицам значения функции (11) и записывают их в столб. 4. Теоретические частоты пропорциональны плотности нормального распределения (11). Коэффициент пропорциональности определяется так, чтобы сумма теоретических частот равнялась объёму выборки, т. е.
. (13)
Тогда теоретические частоты Zi’ определяются по формуле
. (14)
Для контроля вычислений следует проверить выполнение равенства
.
Так как теоретические частоты определяются по формуле (14) приближенно (рекомендуется находить их с точностью 0,01), то может отличаться от объема выборки на 0,01 – 0,02. В последний столбец вносят значения относительных квадратов отклонений фактических частот от теоретических и находят их сумму
вот здесь и в других местах где встречется в этой формуле в знаменателе должно быть записано Z cо штрихом, а не просто зет. Не смог отредактировать формулу (15)
которая сравнивается с табличным значением , определяемым по уровню значимости α и числу степеней свободы по таблицам распределения Пирсона), где k – фактическое число классовых промежутков; α – уровень значимости.
Составим таблицу 2.

ti=xi-0,114251,1343

-2,814
-2,403
-1,992
-1,581
-1,170
-0,759
-0,348
0,063
0,474
0,885
1,296
1,707
2,118
2,529
2,940 1
2
6
6
15
24
23
34
27
29
13
15
1
3
1 -2,582
-2,219
-1,857
-1,495
-1,132
-0,770
-0,407
-0,045
0,317
0,679
1,042
1,404
1,766
2,129
2,491 0,0142
0,0340
0,0711
0,1305
0,2102
0,2966
0,3673
0,3985
0,3794
0,3168
0,2318
0,1488
0,0839
0,0332
0,0180 1,0387
2,4869
5,2006
9,5454
15,3751
21,6948
26,8661
29,1482
27,7512
23,1723
16,9550
10,8840
6,1369
2,4284
1,3166 0,0014
0,0953
0,1229
1,3169
0,0091
0,2449
0,5563
0,8076
0,0203
1,4656
0,9226
1,5566
4,2998
0,1345
0,0761
Сумма 200 – 2,7343 200 11,6301

Если , то гипотеза о нормальности распределения отвергается. При этом вероятность отвергнуть верную гипотезу не превышает α.
Если , то нет оснований отвергнуть гипотезу о нормальности распределения.
Коэффициент пропорциональности для нахождения теоретических частот
,λ=402.7343=73.145
что позволяет заполнить столб. 5. Расчётное значение критерия Пирсона . Число степеней свободы f = 15 – 3 = 12. Выбираем уровень значимости α = 0,05 и по таблицам распределения Пирсона находим..
Так как = 11,6301 < то нет оснований отвергнуть гипотезу о нормальности распределения

Для сигнализации об аварии установлены два независимо работающих сигнализатора

Вариант 2

Для сигнализации об аварии установлены два независимо работающих сигнализатора. Вероятность того, что при аварии сигнализатор сработает, для первого сигнализатора равна 0,95 и 0,9 для второго сигнализатора. Найти вероятность того, что при аварии сработает только один сигнализатор.
Решение.
По формуле классической вероятности:
Р(А)=mn, где n – общее число исходов, m – благоприятствующее число исходов.
Пусть А: «при аварии сработает только один сигнализатор»
А-« при аварии сработает 0 сигнализаторов».
А1: «при аварии сработает первый сигнализатор»
А2: «при аварии сработает второй сигнализатор»
По условию Р(А1)=0,95, Р(А2)=0,9
Тогда
;
;
,
Используя теорему умножения вероятностей для независимых событий
Р(А)=0,05*0,1=0,005
Тогда искомая вероятность Р(А)=1- Р(А)=1-0,05*0,1=1-0,005=0,995
Ответ:0,995

Найти вероятность того, что событие наступит ровно 8 раз в 20 испытаниях, если вероятность проявления события в каждом испытании равна 0,2.
Решение.
По формуле Бернулли: Рn(m)=Сnmpmqn-m
Р20(8)=С2080,280,812=20!8!12!0,280,812=0.022
Пользовались формулой Сnm=n!m!(n-m)!.

Ответ:0,022

Стрелок производит по мишени три выстрела. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна 0,3. Построить ряд распределения случайной величины Х – числа попаданий. Найти математическое ожидание М(Х), дисперсию D(X), функцию распределения F(X) случайной величины Х.
Решение.
Возможные значения СВ Х-числа извлеченных шаров х0=0, х1=1, х2=2, х3=3
Найдем соответствующие вероятности по формуле Бернулли: Рn(m)=Сnmpmqn-m.
Р(х0=0)=С300,300,73=3!0!3!0,300,73=0.343
Р(х1=1)=С310,310,72=3!1!2!0,310,72=0.441
Р(х2=2)=С320,320,71=3!2!1!0,320,71=0.189
Р(х3=3)=С330,330,70=3!0!3!0,330,70=0.027
Закон распределения примет вид:

Х 0 1 2 3
р 0,343 0,441
0,189
0,027
i=03pi=1, у нас так и есть 0,343+0,441+0,189+0,027=1
Находим математическое ожидание:
М(х)=
Дисперсию находим по формуле: . Тогда:
D(X)=
Найдем функцию распределения F(x)=Р(Хх).
Для имеем F(x)=Р(Х0)=0;
для имеем F(x)=Р(Х1)=Р(Х=0)=0,343;
для F(x)=Р(Х2)=Р(Х=0)+Р(Х=1)=0,784;
для F(x)=Р(Х3)=Р(Х=0)+Р(Х=1)+ Р(Х=2)=0,973;
для х3 будет F(x)=1, т. к. событие достоверно.
Ответ: 0,9; 0,63
.

При каком значении а функция является плотностью вероятности случайной величины Х? Найти .
Решение.
Для нахождения параметра а пользуемся свойствами функции f(x):
, .
limA→∞A0а1+х2dx+lim B→∞0Ва1+х2dx=alimA→∞arctgx0A+alimВ→∞arctgxB0=aπ2=1

Значит , а=1=2π
Для нахождения функции F(x) используем равенство

Искомая интегральная функция принимает вид

Вероятность попадания случайной величины X в интервал .
или
Ответ : 1

5. Случайная величина Х задана функцией распределения
Найти М(Х), D(X). Вычислить вероятность попадания случайной величины в интервал (1,5;2).

Решение.

Находим функцию плотности вероятности по формуле:

Находим математическое ожидание по формуле:

Дисперсию находим по формуле: Вероятность того, что случайная величина примет значение в интервале [1.5, 2] находим по формуле:
p(1.5<X<2)=F(2)-F(1.5)=
Ответ: 1

6. Случайная величина Х задана функцией распределения
Найти М(Х).
Решение.
Находим функцию плотности вероятности по формуле:

Находим математическое ожидание по формуле:

Ответ :π2

7. Найти дисперсию и среднее квадратическое отклонение случайной величины Х, распределенную равномерно в интервале (2; 8).
Решение.
Дисперсия и среднее квадратическое отклонение равномерного распределения находятся по формулам:

Ответ: 3, 3

8. С целью определения средней продолжительности рабочего дня на предприятии методом случайной повторной выборки проведено обследование продолжительности рабочего дня сотрудников. Из всего коллектива завода случайным образом выбрано 30 сотрудников. Данные табельного учета о продолжительности рабочего дня этих сотрудников и составили выборку. Средняя по выборке продолжительность рабочего дня оказалась равной 6,85 часа, а S=0,7 часа. Считая, что продолжительность рабочего дня имеет нормальный закон распределения, с доверительной вероятностью =0,95 определить, в каких пределах находится действительная средняя продолжительность рабочего дня для всего коллектива данного предприятия.
Решение.
Признак Х – продолжительность рабочего дня. Признак имеет нормальное распределение с неизвестными параметрами. Сделана выборка объемом n = 30, по выборочным данным найдены точечные оценки параметров распределения: в = 6,85; S = 0,7. С надежностью  = 0,95 найдем интервальную оценку параметра по формуле:

t находим по таблице (прил. 6), t = t(0,95; 30) = 2,045. Тогда:
, или 6,85 – 0,26 < ген < 6,85 + 0,26 .
Итак, 6,59 < ген < 7,11 , то есть с надежностью  = 0,95 средняя продолжительность рабочего дня для всего коллектива лежит в пределах от 6,59 до 7,11 ч.
Ответ: 6,59 < ген < 7,11

9. Изучая зависимость между показателями X и Y, проведено обследование 10 объектов и получены следующие данные
x 120 70 100 55 75 85 110 80 60 95
y 4,6 2,6 4,3 2,4 3,1 3,8 4,2 2,9 2,7 3,4
Полагая, что между X и Y имеет место линейная корреляционная связь, определите выборочное уравнение регрессии и выборочный коэффициент корреляции . Постройте диаграмму рассеяния и линию регрессии. Сделайте вывод о направлении и тесноте связи между показателями X и Y.
Решение.
Построим диаграмму рассеяния , отметив в прямоугольной декартовой системе координат точки с координатами – эмпирические данные. Из диаграммы рассеяния видно, что между показателями X и Y действительно наблюдается линейная связь.
Для определения коэффициентов выборочного уравнения регрессии можно воспользоваться, например, следующими формулами

,
,
,
,
.

Тогда параметры и уравнения линейной регрессии и выборочный коэффициент линейной корреляции определим по формулам
,
,
.

Составим расчетную таблицу

x y x2 y2 xy
1 120 4,6 14400 21,16 552
2 70 2,6 4900 6,76 182
3 100 4,3 10000 18,49 430
4 55 2,4 3025 5,76 132
5 75 3,1 5625 9,61 232,5
6 85 3,8 7225 14,44 323
7 110 4,2 12100 17,64 462
8 80 2,9 6400 8,41 232
9 60 2,7 3600 7,29 162
10 95 3,4 9025 11,56 323
850 34 76300 121,12 3030,5

Тогда

,
,
,
,
,
,
.

Тогда выборочное уравнение линейной регрессии примет вид

,
или
.

Выборочный коэффициент линейной корреляции

Таким образом, расчеты подтвердили, что между показателями X и Y наблюдается положительная линейная корреляционная связь (связь прямая, так как ), которая согласно таблице Чеддока можно считать весьма высокой ().
Для построения линии регрессии (прямой) найдем две точки. В качестве одной из них можно выбрать , то есть точку . Вторую точку найдем из уравнения регрессии . При : , то есть точка . Линию регрессии построим на рис.

Пусть Х – случайная величина равная числу монет

Вариант 16
1. Пусть Х – случайная величина, равная числу монет, на которых выпал герб при подбрасывании 500 монет. Определить закон распределения и значение математического ожидания функции Y=(X+1)2
Решение:
Вначале определим закон распределения и математическое ожидание случайной величины Х. Вероятность выпадения герба на одной монете равна p=1/2. Случайная величина Х может принимать значения от 0 до 500, соответствующие вероятности вычисляются по формуле Бернулли:
Px=k=C500kpk(1-p)n-k=C500k12k1-12500-k=C500k12500
Закон распределения случайной величины Х имеет вид:
Х 0 1 … k … 500
P(X) 12500
50012500
… C500k12500
… 12500

Математическое ожидание биномиально распределенной случайной величины:
MX=np=500*12=250
Начальный момент второго порядка биномиально распределенной случайной величины:
MX2=npnp+q=250250+1-12=62625
Случайная величина Y может принимать значения от (0+1)2=1 до (500+1)2=251001. Поскольку имеет место однозначное соответствие между значениями Y и X, то вероятности, с которыми Y принимает свои значения, равны соответствующим вероятностям величины Х. Имеем следующий закон распределения случайной величины Y:
Y 1 4 … (k+1)2 … 251001
P(Y) 12500
50012500
… C500k12500
… 12500

Вычислим математическое ожидание Y, используя свойства математического ожидания:
MY=MX+12=MX2+2X+1=MX2+2MX+1
MY=62625+2*250+1=63126

2. Подбрасываются 60 игральных костей. Пусть Х – случайная величина, равная числу игральных костей, на каждой из которых выпавшее количество очков делится на 3. Определить закон распределения и значение математического ожидания функции Y=X(X+1)
Решение:
Вначале определим закон распределения и математическое ожидание случайной величины Х. Вероятность выпасть количеству очков, кратных 3, на одной игральной кости равна p=2/6=1/3 (всего граней у кости – 6, а кратны трем только две из них – грани 3 и 6). Случайная величина Х может принимать значения от 0 до 60, соответствующие вероятности вычисляются по формуле Бернулли:
Px=k=C60kpk(1-p)n-k=C60k13k1-1360-k=C60k260-k360
Закон распределения случайной величины Х имеет вид:
Х 0 1 … k … 60
P(X) 260360
60*259360
… C60k260-k360
… 1360

Математическое ожидание биномиально распределенной случайной величины:
MX=np=60*13=20
Начальный момент второго порядка биномиально распределенной случайной величины:
MX2=npnp+q=2020+1-13=41313
Случайная величина Y может принимать значения от 0*(0+2)=0 до 60*(60+2)=3720. Поскольку имеет место однозначное соответствие между значениями Y и X, то вероятности, с которыми Y принимает свои значения, равны соответствующим вероятностям величины Х. Имеем следующий закон распределения случайной величины Y:
Y 0 3 … k*(k+2) … 3720
P(Y) 260360
60*259360
… C60k260-k360
… 1360

Вычислим математическое ожидание Y, используя свойства математического ожидания:
MY=MX(X+2)=MX2+2X=MX2+2MX
MY=41313+2*20=45313

3. Пусть Х – непрерывная случайная величина, имеющая показательное распределение (при k=3) на интервале [0;2]. Найти функцию распределения и математическое ожидание функции Y=X/3.
Решение:
Плотность непрерывной случайной величины, имеющей показательное распределение с параметром k, имеет вид:
φx=0;x≤0k*e-kx;x>0
Т.е., плотность случайной величины Х имеет вид:
φx=0;x∉[0;2]3*e-3x;x∈[0;2] Случайная величина y=g(x) будет иметь распределение:
φyx=g-1x’*p(g-1(x)), где g-1(x) – функция, обратная g(x).
Т.к. gx=x/3, то g-1x=3x; g-1x’=3
Интервал определения плотности Y:g-10;g-13=3*0;3*2=[0;6] Тогда плотность распределения Y имеет вид:
φYx=0;x∉[0;2]3*3*e-3*3x=9e-9x;x∈[0;6] Т.е. Y – непрерывная случайная величина, имеющая показательное распределение (при k=9) на интервале [0;6] Функция распределения показательного закона:
Fx=0;x≤01-e-kx;x>0
В нашем случае:
FYx=0;x≤01-e-9x;x>0
Математическое ожидание случайной величины, распределённой по показательному закону:
MY=1k=19
PS Строго говоря, функция плотности показательного закона определена на промежутке [0;+∞], а не ограничена небольшим участком числовой оси, как в задаче. И, формально, чтобы нормировать плотность (основное свойство плотности – определенный интеграл от функции плотности на интервале ее определения должен равняться 1) ее необходимо домнаживать на коэффициент вида 11-e-ak , где а – левая граница интервала (2 и 6 для Х и Y соответственно). Но если для Х этот коэффициент даст погрешность вычислений в 3 знаке после запятой, то для Y – только в 24 знаке после запятой, т.е. в рамках нашей задачи об этом можно не упоминать.

4. Пусть Х – непрерывная случайная величина, распределение которой задано плотностью:
φx=152πex2-x-150
Найти математическое ожидание функции Y=X – 1
Решение:
Учитываем, что плотность случайной величины, распределенной по нормальному закону, имеет вид:
φx=1σ2πe-(x-a)22σ2
Приведем заданную плотность к подобному виду:
φx=152πex2-x-150=152πe-x2+2x-12*52=152πe-(x-1)22*52
Получили, что Х – непрерывная случайная величина, распределенная по нормальному закону с математическим ожиданием a=1 и стандартным квадратическим отклонением σ=5.
Найдем математическое ожидание Y, используя свойства математического ожидания:
MY=MX-1=MX-1=1-1=0

В ящике 10 деталей среди которых 6 окрашенных Сборщик наудачу извлекает 4 детали

1. В ящике 10 деталей, среди которых 6 окрашенных. Сборщик наудачу извлекает 4 детали. Найти вероятность того, что все извлеченные детали окажутся окрашенными.

Решение:

Для решения задачи используем классическое определение вероятности:
P=mn.
Количество всевозможных исходов равно количеству способов выбрать 4 детали из 10:
n=С104=10!4!∙6!=7∙8∙9∙101∙2∙3∙4=7∙3∙10=210.
Количество благоприятствующих исходов равно количеству способов выбрать 4 детали из 6 окрашенных:
m=С64=6!4!∙2!=5∙61∙2=5∙3=15.
Значит, искомая вероятность:
P=15210≈0,07.

Ответ: 0,07.

2. Охотник выстрелил 3 раза по удаляющейся цели. Вероятность попадания в нее в начале стрельбы равна 0,8, а после каждого выстрела уменьшается на 0,1. Найти вероятность того, что он попадет хотя бы один раз.

Решение:

Вероятность попадания в цель при каждом из трёх выстрелов равна соответственно: PA1=0,8, PA2=0,7, PA1=0,6.
Событие A= {охотник попадет в цель хотя бы один раз} противоположно событию A= {охотник не попадет в цель ни разу}. Вероятность события A найдем при помощи теоремы умножения вероятностей:
PA=PA1A2A3=PA1∙PA2∙PA3=1-PA1∙1-PA2∙1-PA3=1-0,8∙1-0,7∙1-0,6=0,2∙0,3∙0,4=0,024,
тогда искомая вероятность равна:
PA=1-PA=1-0,024=0,976.

Ответ: 0,976.

3. Вычислить Pnk вероятность наступления события А ровно k раз в серии из n независимых испытаний, если p-вероятность наступления этого события в одном испытании.
а) p=0,36, k=150, n=400;
б) p=0,6, k=4, n=8.
Найти Pnk1, k2-вероятность наступления события не менее k1 раз и не более k2 раз.
в) p=0,6, k1=366, k2=372, n=600.

Решение:

а) p=0,36, k=150, n=400, q=1-p=1-0,36=0,64.
Так как npq=400∙0,36∙0,64=92,16>9, используем локальную теорему Лапласа:
Pnk≈1npq∙φk-npnpq,
где φx-функция Гаусса.
Находим:
P400150≈1400∙0,36∙0,64∙φ150-400∙0,36400∙0,36∙0,64=19,6∙φ0,625.
По таблице значений функции Гаусса находим: φ0,625=0,32815,
значит, искомая вероятность
P400150=19,6∙0,32815≈0,034.

б) p=0,6, k=4, n=8, q=1-p=1-0,6=0,4.
Так как npq=8∙0,6∙0,4=1,92<9, используем формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,P84=C84∙0,64∙0,48-4 =8!4!∙4!∙0,64∙0,44=5∙6∙7∙81∙2∙3∙4∙0,244=5∙7∙2∙0,244≈0,232.

в) Используем интегральную теорему Лапласа:
Pk1;k2≈Фk2-npnpq-Фk1-npnpq.
p=0,6, k1=366, k2=372, n=600, q=1-p=1-0,6=0,4.

Находим:
P366;372≈Ф372-600∙0,6600∙0,6∙0,4-Ф366-600∙0,6600∙0,6∙0,4=Ф1-Ф0,5,
по таблице значений функции Лапласа определяем:
Ф1=0,3413, Ф0,5=0,1915,
значит, искомая вероятность:
P366;372≈0,3413-0,1915=0,1498.

Ответ: а) 0,034;б) 0,232;в) 0,1498.

4. Агентство по страхованию автомобилей разделяет водителей по трем классам: № 1 (мало рискует), № 2 (рискует средне), № 3 (рискует сильно). Агентство предполагает, что из всех водителей, застраховавших автомобили, 30% принадлежат к классу № 1, 50% – к классу № 2 и 20% – к классу № 3. Вероятность того, что в течение года водитель класса № 1 попадет хотя бы в одну аварию, равна 0,01, для водителя класса № 2 эта вероятность равна 0,02, а для водителя класса № 3 – 0,08. Найти вероятность того, что водитель, застраховавший свою машину, попадет в аварию в течение года.

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H1-водитель класса № 1,
H2-водитель класса № 2,
H3-водитель класса № 3.
Вероятности гипотез даны в условии задачи:
PH1=30%=0,3; PH2=50%=0,5; PH3=20%=0,2.

В результате события наблюдалось событие A={водитель, застраховавший свою машину, попал в аварию в течение года}. Условные вероятности этого события при сделанных гипотезах равны:
PAH1=0,01; PAH2=0,02; PAH3=0,08.

Вероятность события A найдем по формуле полной вероятности:
PA=PH1∙PAH1+PH2∙PAH2+PH3∙PAH3=0,3∙0,01+0,5∙0,02+0,2∙0,08=0,029.

Ответ: 0,029.

5. Дан закон распределения дискретной случайной величины X.

X
-1
0
1
2
P
0,2
0,3
0,4
0,1

Найти функцию распределения Fx, F(1) и вычислить вероятность P(-1;2) – вероятность того, что случайная величина X примет значения из промежутка -1;2. Построить многоугольник распределения.

Решение:

Найдем функцию распределения:

Fx=0, x≤-1,0,2, -1<x≤0,0,2+0,3=0,5, 0<x≤1,0,5+0,4=0,9, 1<x≤2,0,9+0,1=1, x>2;=0, x≤-1,0,2, -1<x≤0,0,5, 0<x≤1,0,9, 1<x≤2,1, x>2;
Находим:
F1=0,5.
Вероятность того, что случайная величина X примет значения из промежутка -1;2 равна:
P-1;2=F2-F-1=1-0=1.
Построим многоугольник распределения:

6. Известна функция распределения

Fx=0, x≤0,0,3, 0<x≤2,0,6, 2<x≤3,1, x>3.

Выразить закон распределения случайной величины X в виде таблицы.

Решение:

p1=0,3-0=0,3;
p2=0,6-0,3=0,3;
p3=1-0,6=0,4,
значит,

X
0
2
3
P
0,3
0,3
0,4

7. Дан закон распределения дискретной случайной величины. Вычислить ее математическое ожидание и дисперсию

X
90 95 100 105 110
P
0,08 0,12 0,52 0,16 0,12

Решение:

Математическое ожидание:
MX=x1pi=90∙0,08+95∙0,12+100∙0,52+105∙0,16+110∙0,12=100,6;

Дисперсия:
DX=x12pi-MX2=902∙0,08+952∙0,12+1002∙0,52+1052∙0,16+1102∙0,12-100,62=26,64.

8. Монету бросают три раза. Случайная величина A-число выпадений герба. Найти закон распределения и математическое ожидание случайной величины A.

Решение:

Случайная величина A может принимать следующие значения:0, 1, 2, 3.
Найдем вероятности, соответствующие каждому значению.
Используем формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
n=3, p=q=0,5, k=0, 1, 2, 3.
PA=0=P3(0)=C30∙p0∙q3=3!0!∙3!∙0,50∙0,53=1∙1∙0,125=0,125;
PA=1=P31=C31∙p1∙q2=3!1!∙2!∙0,51∙0,52=3∙0,5∙0,25=0,375;
PA=2=P32=C32∙p2∙q1=3!2!∙1!∙0,52∙0,51=3∙0,25∙0,5=0,375;
PA=3=P3(3)=C33∙p3∙q0=3!3!∙0!∙0,53∙0,50=1∙0,125∙1=0,125.
Запишем закон распределения:

A
0 1 2 3
P
0,125
0,375
0,375
0,125

Проверка:
pi=0,125+0,375+0,375+0,125=1.
Находим математическое ожидание:
MA=ai∙pi=0∙0,125+1∙0,375+2∙0,375+3∙0,125=1,5.

9. Составить закон распределения случайной величины X.
Среди 10 участников международной конференции английским языком владеют 5 человек, остальные общаются на немецком. Наудачу отобрано 3 участника. Случайная величина X – число участников, владеющих английским языков, среди отобранных.

Решение:

Случайная величина X может принимать следующие значения:0, 1, 2, 3.
Найдем вероятности, соответствующие каждому значению.
Вероятность того, что отдельно взятый участник владеет английским языком равна p=510=0,5.
Используем формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
n=3, p=q=0,5, k=0, 1, 2, 3.
PX=0=P3(0)=C30∙p0∙q3=3!0!∙3!∙0,50∙0,53=1∙1∙0,125=0,125;
PX=1=P31=C31∙p1∙q2=3!1!∙2!∙0,51∙0,52=3∙0,5∙0,25=0,375;
PX=2=P32=C32∙p2∙q1=3!2!∙1!∙0,52∙0,51=3∙0,25∙0,5=0,375;
PX=3=P3(3)=C33∙p3∙q0=3!3!∙0!∙0,53∙0,50=1∙0,125∙1=0,125.
Запишем закон распределения:

X
0 1 2 3
P
0,125
0,375
0,375
0,125

10. Случайная величина X задана функцией распределения:

Fx=0, x≤1,ax-13, 1<x≤2,1, x>2.

Найти:
а) плотность распределения вероятностей f(x);
б) неизвестный параметр a;
в) вероятность того, что в результате одного испытания случайная величина X примет значение, заключенное в интервале (1,5; 2);
г) математическое ожидание M[x] и дисперсию D[x];
д) вероятность того, что в результате n=400 независимых испытаний случайная величина X примет k=340 раз значение, заключенное в интервале (1,5; 2).

Решение:

Плотность распределения вероятностей равна:
fx=F’x=0, x≤1,3ax-12, 1<x≤2,0, x>2.
Неизвестный параметр a найдем из условия нормировки
-∞+∞fxdx=1:
123ax-12dx=3a12x-12dx=a∙x-1312=a∙2-13-1-13=a=1, ⟹a=1.
Значит, функция распределения
Fx=0, x≤1,x-13, 1<x≤2,1, x>2,
плотность распределения вероятностей
fx=0, x≤1,3x-12, 1<x≤2,0, x>2.
Вероятность того, что в результате одного испытания случайная величина X примет значение, заключенное в интервале (1,5; 2):
P1,5<X<2=F2-F1,5=2-13-1,5-13=1-0,125=0,875.
Найдем математическое ожидание:
Mx=-∞+∞x∙fxdx=12x∙3x-12dx=312(x3-2×2+x)dx=3∙x44-2×33+x2212=3∙244-2∙233+222-144-2∙133+122=3∙4-163+2-14+23-12=74.
Найдем дисперсию:
Dx=-∞+∞x2∙fxdx-Mx2=12×2∙3x-12dx-742=312×4-2×3+x2dx-4916=3∙x55-x42+x3312-4916=3∙255-242+233-155-142+133-4916=3∙325-162+83-15+12-13-4916=3∙192-240+80-6+15-1030-4916=3110-4916=6160=380.

Найдем вероятность того, что в результате n=400 независимых испытаний случайная величина X примет k=340 раз значение, заключенное в интервале (1,5; 2).
Вероятность того, что в результате одного испытания случайная величина X примет значение, заключенное в интервале (1,5; 2) равнаp=0,875.
Используем локальную теорему Лапласа:
Pnk≈1npq∙φk-npnpq,
где φx-функция Гаусса.
Находим:
P400340≈1400∙0,875∙0,125∙φ340-400∙0,875400∙0,875∙0,125=16,6∙φ-1,51.
По таблице значений функции Гаусса находим:
φ-1,51=φ1,51=0,1276,
значит, искомая вероятность
P400340=16,6∙0,1276≈0,019.

11. Случайная величина X задана плотностью вероятности:
f(x)=0, x<-1,-2x, -1<x<0,0, x>0.
Найти:
а) функцию распределения Fx;
б) вероятность того, что в результате одного испытания случайная величина X примет значение, заключенное в интервале (-0,5; -0,25);
в) математическое ожидание M[x];
г) вероятность того, что в результате n=100 независимых испытаний случайная величина X примет значение, заключенное в интервале -0,5; -0,25 от k1=25 до k2=40 раз.

Решение:

Найдем функцию распределения F(x) по определению
Fx=-∞xftdt.
Получаем:
при x<-1 fx=0, значит,
Fx=-∞x0dt=0;
при -1<x<0 fx=-2x, значит,
Fx=-∞-10dt+-1x-2tdt=0-t2-1x=-x2;
при x>0 fx=0, значит,
Fx=-∞00dt+-10-2tdt+0+∞0dt=0-t2-10+0=-0-1=1,

значит, функция распределения F(x) имеет вид:

Fx=0, x<-1,-x2, -1<x<0,1, x>0.

Вероятность того, что в результате одного испытания случайная величина X примет значение, заключенное в интервале (-0,5; -0,25):
P-0,5<X<-0,25=F-0,25-F-0,5=–0,252—0,52=-0,0625+0,25=0,1875.
Найдем математическое ожидание:
Mx=-∞+∞x∙fxdx=-10x∙(-2x)dx=-2-10x2dx=-2∙x33-10=-20–13=-23.
Вероятность того, что в результате n=100 независимых испытаний случайная величина X примет значение, заключенное в интервале -0,5; -0,25 от k1=25 до k2=40 раз найдем, используя интегральную функцию Лапласа
Pk1;k2≈Фk2-npnpq-Фk1-npnpq.
Вероятность того, что в результате одного испытания случайная величина X примет значение, заключенное в интервале -0,5; -0,25равна p=0,1875, тогда q=1-p=1-0,1875=0,8125.
Находим:
P25;40≈Ф40-100∙0,1875100∙0,1875∙0,8125-Ф25-100∙0,1875100∙0,1875∙0,8125=Ф5,45-Ф1,60,
по таблице значений функции Лапласа определяем:
Ф5,45=0,5, Ф1,60=0,4452,
значит, искомая вероятность:
P25;372≈0,5-0,4452=0,0548.

12. Случайная величина X распределена равномерно на отрезке [1,5;3,7]. Записать f(x), вычислить Mx, Dx.

Решение:

Плотность равномерного распределения на отрезке [a;b] имеет вид:
fx=0, x<a,1b-a, a≤x≤b,0, x>b.
В нашем случае:
fx=0, x<1,5,12,2, 1,5≤x≤3,7,0, x>3,7.

Вычисляем математическое ожидание:
Mx=a+b2=1,5+3,72=2,6.
Вычисляем дисперсию:
Dx=b-a212=3,7-1,5212≈0,4.

13. Распределение случайной величины X подчинено показательному закону с параметром λ=0,2. Записать f(x), вычислить Mx, Dx.

Решение:

Показательное распределение имеет плотность вероятности
fx=0, x<0,λ∙e-λx, x≥0,
значит,
fx=0, x<0,0,2∙e-0,2x, x≥0.
Вычисляем математическое ожидание:
Mx=1λ=10,2=5.
Вычисляем дисперсию:
Dx=1λ2=10,22=25.

14. Распределение случайной величины X подчинено нормальному закону с параметрами a=6, σ=5. Записать fx, Fx, вычислить P(2;12), PX-a<6.

Решение:

Плотность распределения нормального распределения имеет вид:
fx=1σ2π∙e-x-a22σ2,
в нашем случае
fx=152π∙e-x-6250.
Функция распределения:
Fx=1σ2π-∞xe-x-a22σ2dx.
Вероятность попадания случайной величины X в интервал (α; β) определяется по формуле:
Pα<X<β=Фβ-aσ-Фα-aσ,
где Фx-интервальная функция Лапласа.
Находим:
P2<X<12=Ф12-65-Ф2-65=Ф1,2-Ф-0,8=Ф1,2+Ф0,8,
по таблице значений функции Лапласа находим:
Ф1,2=0,3849, Ф0,8=0,2881,
значит, искомая вероятность
P2<X<12=0,3849+0,2881=0,673.
Вероятность того, что отклонение случайной величины X от ее математического ожидания не превзойдет по своей величине числа ε=6, найдем по формуле:
Px-a<ε=2∙Фεσ,
значит,
Px-6<6=2∙Ф65=2∙Ф1,2,
по таблице значений функции Лапласа находим:
Ф1,2=0,3849,
значит,
Px-6<6=2∙0,3849=0,7698.

15. Известен закон распределения двумерной случайной величины X, Y.
x
y
2 4 6 7
1 0,01 – 0,10 –
2 0,06 0,02 – 0,10
3 0,15 0,30 0,05 0,21

а) найти законы распределения составляющих и их числовые характеристики (MX, DX, MY, DY);
б) составить условные законы распределения составляющих и вычислить соответствующие математические ожидания;
в) построить поле распределения и линию регрессии Y по X и X по Y;
г) вычислить корреляционный момент (коэффициент корреляции) Mxy и коэффициент корреляции rxy.

Решение:

а) найдем законы распределения случайных величин X и Y.
Возможные значения случайной величины X – это числа 2, 4, 6 и 7. Вероятности:
PX=2=0,01+0,06+0,15=0,22,PX=4=0,02+0,30=0,32;PX=6=0,10+0,05=0,15;PX=7=0,10+0,21=0,31.
Для случайной величины X получаем распределение

X
2 4 6 7
P
0,22 0,32 0,15 0,31

Ряд распределения компоненты Y получаем аналогично. Возможные значения случайной величины Y – это 1, 2 и 3. Соответствующие им вероятности равны:
PY=1=0,01+0,10=0,11;PY=2=0,06+0,02+0,10=0,18;
PY=3=0,15+0,30+0,05+0,21=0,71.

Получаем:

Y
1 2 3
P
0,11 0,18 0,71

Из таблиц распределения случайных величин X и Y находим:
Математическое ожидание случайной величины X:
MX=xipi=2∙0,22+4∙0,32+6∙0,15+7∙0,31=4,79,
дисперсия:
DX=xi2pi-MX2=22∙0,22+42∙0,32+62∙0,15+72∙0,31-4,792=3,65,
среднее квадратическое отклонение:
σX=DX=3,65≈1,91.

Находим математическое ожидание случайной величины Y:
MY=1∙0,11+2∙0,18+3∙0,71=2,6,
дисперсия:
DY=12∙0,11+22∙0,18+32∙0,71-2,62=0,46,
среднее квадратическое отклонение:
σY=DY=0,46≈0,68.

б) найдем условные законы распределения.
Для вычисления условной вероятности воспользуемся формулой:
pAB=p(AB)p(B).
Условный закон распределения X (Y = 1):
pX=2Y=1=pX = 2;Y = 1pY=1=0,010,11=0,09,
pX=4Y=1=p{X = 4;Y = 1}p{Y=1}=00,11=0,
pX=6Y=1=p{X = 6;Y = 1}p{Y=1}=0,10,11=0,91,
pX=7Y=1=p{X = 7;Y = 1}p{Y=1}=00,11=0.

X
2 4 6 7
PY= 1
0,09 0 0,91 0

Условный закон распределения X (Y = 2):
pX=2Y=2=pX = 2;Y = 2pY=2=0,060,18=0,33,
pX=4Y=2=p{X = 4;Y = 2}p{Y=2}=0,020,18=0,11,
pX=6Y=2=p{X = 6;Y = 2}p{Y=2}=00,18=0,
pX=7Y=2=p{X = 7;Y = 2}p{Y=2}=0,100,18=0,56.

X
2 4 6 7
PY= 2
0,33 0,11 0 0,56

Условный закон распределения X (Y = 3):
pX=2Y=3=pX = 2;Y = 3pY=3=0,150,71=0,21,
pX=4Y=3=p{X = 4;Y = 3}p{Y=3}=0,300,71=0,42,
pX=6Y=3=p{X = 6;Y = 3}p{Y=3}=0,050,71=0,07,
pX=7Y=3=p{X = 7;Y = 3}p{Y=3}=0,210,71=0,30.

X
2 4 6 7
PY= 3
0,21 0,42 0,07 0,30

Условный закон распределения Y (X = 2):
pY=1X=2=pY = 1;X = 2pX=2=0,010,22=0,05,
pY=2X=2=pY = 2;X = 2pX=2=0,060,22=0,27,
pY=3X=2=pY = 3;X = 2pX=2=0,150,22=0,68

Y
1 2 3
PX=2
0,05 0,27 0,68

Условный закон распределения Y (X = 4):
pY=1X=4=pY = 1;X = 4pX=4=00,32=0,
pY=2X=4=pY = 2;X = 4pX=4=0,020,32=0,06,
pY=3X=4=pY = 3;X = 4pX=4=0,300,32=0,94

Y
1 2 3
PX=4
0 0,06 0,94

Условный закон распределения Y (X = 6):
pY=1X=6=pY = 1;X = 6pX=6=0,100,15=0,67,
pY=2X=6=pY = 2;X = 6pX=6=00,15=0,
pY=3X=6=pY = 3;X = 6pX=6=0,050,15=0,33.

Y
1 2 3
PX=6
0,67 0 0,33

Условный закон распределения Y (X = 7):
pY=1X=7=pY = 1;X = 7pX=6=00,31=0,
pY=2X=7=pY = 2;X = 7pX=6=0,100,31=0,32,
pY=3X=7=pY = 3;X = 7pX=7=0,210,31=0,68.

Y
1 2 3
PX=7
0 0,32 0,68

в) Вычисляем условные математические ожидания дискретных случайных величин X и Y, используя соответственно следующие формулы:
M(Y/X=x)=j=1nyi∙P(Y=yi/X=x):
при X=2, myx1=my2=1∙0,05+2∙0,27+3∙0,68=2,63,
при X=4, myx2=my4=1∙0+2∙0,06+3∙0,94=2,94,
при X=6, myx3=my6=1∙0,67+2∙0+3∙0,33=1,66,
при X=7, myx4=my7=1∙0+2∙0,32+3∙0,68=2,68
Линией регрессии Y на X будет являться ломаная, проходящая через точки (2; 2,63), (4; 2,94), (6; 1,66), (7; 2,68) на плоскости с введенной системой координат (x, myx):

M(X/Y=y)=i=1mxi∙P(X=xi/Y=y),

при Y=1, mxy1=mx1=2∙0,09+4∙0+6∙0,91+7∙0=5,64,
при Y=2, mxy2=mx2=2∙0,33+4∙0,11+6∙0+7∙0,56=5,02,
при Y=3, mxy3=mx3=2∙0,21+4∙0,42+6∙0,07+7∙0,30=4,62.
Линией регрессии X на Y будет являться отрезок прямой, проходящий через точки (5,64; 1), (5,02; 2), (4,62; 3) на плоскости с введенной системой координат (mxy;y):

г) Математическое ожидание случайной величины XY:
MXY=i=14j=13xi∙yj∙pij=2∙1∙0,01+2∙2∙0,06+2∙3∙0,15+4∙2∙0,02+4∙3∙0,30+
+ 6∙1∙0,10+6∙3∙0,05+7∙2∙0,10+7∙3∙0,21=12,23.
Ковариация равна:
Mxy=MXY-MX∙MY=12,23-4,79∙2,6=-0,22,
Коэффициент корреляции:
rxy=Mxyσx∙σy=-0,221,91∙0,68=-0,16.

16. Составить двумерный закон распределения случайной величины X, Y, если известны законы независимых составляющих. Чему равен коэффициент корреляции rxy?

X
-4
0
4
8
P
0,1 0,4 0,4 0,1

Y
-1
0
1
P
0,2 0,6 0,2

Решение:
Составим двумерный закон распределения случайной величины X, Y:
PiJ=PX=xi∙PY=yj.

x
y
-4 0 4 8
-1 0,02 0,08 0,08 0,02
0 0,06 0,24 0,24 0,06
1 0,02 0,08 0,08 0,02

Коэффициент корреляции равен нулю, так как случайные величины независимы.

Батарея состоит из трех орудий Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0

Батарея состоит из трех орудий. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,9 для одного из орудий и 0,6 для каждого из двух других. Наугад выбирают два орудия, и каждое из них стреляет один раз. Построить*… отклонение числа попаданий в мишень. Найти вероятность:
а) хотя бы одного попадания в мишень;
б) хотя бы одного непопадания в мишень.
Решение:
По условию р1=0,9, р2=0,6 и р3=0,6- вероятности поражения цели 1-м, 2-м и 3-м орудием. Тогда противоположные вероятности такие: q1=0,1, q2=0,4, q3=0,4
Составим закон распределения случайно величины Х- числа попаданий в цель при одном выстреле из трех орудий. Случайная величина Х может принимать одно из четырех значений: 0,1,2,3
Найдем соответствующие вероятности
Х=0- все три орудия промахнулись
Р(Х=0)= q 1* q 2* q 3=0,1*0,4*0,4=0,016
Х=1- попало одно из орудий – или первое попало, второе и третье промахнулись или второе попало, первое и третье промахнулись или третье попало, а первое и второе промахнулись.
Р(Х=0)= р1* q 2* q 3+ q 1* р 2* q 3+ q 1* q 2* р 3=0,9*0,4*0,4+0,1*0,6*0,4+0,1*0,4*0,6=0,192
Х=2- попало два орудия – или первое не попало, второе и третье попали или второе не попало, первое и третье попали или третье не попало, а первое и второе попали.
Р(Х=0)= q1* p 2* p 3+ p1* q 2* p 3+ p 1* p 2* q 3=0,1*0,6*0,6+0,9*0,4*0,6+0,9*0,6*0,4=0,468
Х=2- попали все три орудия
Р(Х=0)= р1* p 2* p 3=0,9*0,6*0,6=0,324
Закон распределения имеет вид:
Х 0 1 2 3
р
0,016 0,192 0,468 0,324
Математическое ожидание:
М(Х)=0*0,016+1*0,192+2*0,468+3*0,324=2,1
М(Х2)=02*0,016+12*0,192+22*0,468+32*0,324=4,98
Дисперсия:
Д(х)=4,68-2,12=0,27
Найдем вероятность а) хотя бы одного попадания в мишень- лучше всего найти как противоположную вероятность к тому, что мишень не будет поражена:
Р(А)=1-0,016=0,984
Найдем вероятность а) б) хотя бы одного непопадания в мишень.- лучше всего найти как противоположную вероятность к тому, что мишень будет поражена:
Р(А)=1-0,324=0,676
Оценивание, проверка статистических гипотез. Методические указания.
I. Из генеральной совокупности X сделана выборка объема n = 200. Требуется на основании этой выборки сделать аргументированное заключение о законе распределения генеральной совокупности и её основных числовых характеристиках. Для этого необходимо:
а) найти статистический ряд с числом интервалов, равным, например, 12;
б) построить гистограмму;
в) найти статистическую функцию распределения и построить ее график;
г) найти точечные оценки математического ожидания и дисперсии;
д) найти доверительный интервал для математического ожидания с заданной надёжностью (доверительной вероятностью);
е) на основании критерия согласия (Пирсона) проверить гипотезу о нормальном законе распределения генеральной совокупности.
0.873 0.029 0.743 1.279 0.764 2.131 -1.086 0.689 0.386 -1.496
0.078 0.093 0.012 -1.140 -0.749 -0.197 -1.901 -0.774 1.642 -0.026
-1.142 -0.848 0.505 -1.200 0.358 0.654 -0.379 0.214 -1.461 0.788
-0.204 -1.715 -0.059 -1.107 -1.298 0.365 -0.797 0.416 -0.614 2.202
0.396 -0.191 0.599 1.049 -0.158 -0.233 -1.190 -0.299 -0.541 1.387
1.140 0.706 -0.643 0.920 0.562 1.007 -0.038 -0.160 -0.687 0.323
-1.068 -1.533 -0.101 0.111 0.286 -0.082 1.903 2.815 -0.514 0.820
0.769 0.873 2.093 -0.620 0.508 0.371 0.877 -0.779 -1.002 -1.872
1.192 -1.799 0.830 -0.384 0.665 1.162 -0.455 1.664 0.359 -1.638
-0.168 -1.582 -0.153 -0.165 -2.129 0.515 0.470 -0.664 -0.432 1.294
-0.540 0.057 -0.711 -0.623 0.183 0.446 0.592 -0.982 0.184 1.586
-0.946 0.441 -1.151 -0.307 -0.970 -0.044 0.737 -0.738 0.139 1.660
-0.394 -0.030 0.106 -0.922 -1.315 2.134 0.043 0.042 -0.062 -0.850
0.170 -0.053 -0.330 -0.371 0.918 -2.029 -0.097 0.372 -0.176 0.381
-1.211 -1.455 -0.479 -1.465 -0.987 0.549 1.131 -1.853 -0.508 0.201
0.830 -0.213 1.958 0.966 0.627 -0.369 -0.086 -0.413 -0.271 1.482
-0.094 -1.821 -0.860 -1.903 -0.355 1.438 0.372 0.664 -0.583 -1.240
-0.459 1.468 -0.335 1.108 1.347 0.067 -0.154 -0.415 -1.412 -0.484
0.049 -0.464 -0.589 0.716 0.118 -0.228 0.515 -0.346 -1.066 0.785
-1.363 0.733 -0.312 0.186 -0.583 0.486 1.358 -0.061 0.555 -0.095
Решение:
Ширина интервала составит:
EQ h = f(Xmax – Xmin;n) EQ h = f(2.82 – (-2.13);10) = 0.49
Xmax – максимальное значение группировочного признака в совокупности.
Xmin – минимальное значение группировочного признака.
Определим границы группы.
Результаты группировки оформим в виде таблицы:
Группы
№ совокупности
Частота fi
-2.13 – -1.64 1,2,3,4,5,6,7,8,9 9
-1.64 – -1.15 10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25 16
-1.15 – -0.66 26,27,28,29,30,31,32,33,34,35,36,37,38,39,40,41,42,43,44,45,46,47,48 23
-0.66 – -0.17 49,50,51,52,53,54,55,56,57,58,59,60,61,62,63,64,65,66,67,68,69,70,71,72,73,74,75,76,77,78,79,80,81,82,83,84,85,86,87 39
-0.17 – 0.32 88,89,90,91,92,93,94,95,96,97,98,99,100,101,102,103,104,105,106,107,108,109,110,111,112,113,114,115,116,117,118,119,120,121,122,123,124,125,126,127 40
0.32 – 0.81 128,129,130,131,132,133,134,135,136,137,138,139,140,141,142,143,144,145,146,147,148,149,150,151,152,153,154,155,156,157,158,159,160,161,162,163,164,165 38
0.81 – 1.3 166,167,168,169,170,171,172,173,174,175,176,177,178,179,180,181,182,183 18
1.3 – 1.79 184,185,186,187,188,189,190,191,192,193 10
1.79 – 2.28 194,195,196,197,198,199 6
2.28 – 2.77 200 1

Составим таблицу для расчета показателей.
Группы
xi Кол-во, fi xi * fi Накопленная частота, S |x – xср|*f (x – xср)2*f Частота, fi/n
-2.13 – -1.64 -1.88 9 -16.96 9 16.85 31.53 0.045
-1.64 – -1.15 -1.39 16 -22.3 25 22.11 30.55 0.08
-1.15 – -0.66 -0.9 23 -20.79 48 20.51 18.29 0.12
-0.66 – -0.17 -0.41 39 -16.15 87 15.67 6.3 0.2
-0.17 – 0.32 0.076 40 3.04 127 3.53 0.31 0.2
0.32 – 0.81 0.57 38 21.51 165 21.97 12.7 0.19
0.81 – 1.3 1.06 18 19.01 183 19.23 20.54 0.09
1.3 – 1.79 1.55 10 15.46 193 15.58 24.28 0.05
1.79 – 2.28 2.04 6 12.22 199 12.29 25.17 0.02
2.28 – 2.77 2.53 1 2.53 200 2.54 6.44 0.005
Итого
200 -2.44 150.27 176.12 1
Составим функцию распределения случайной величины:
F*x=0, x≤-2.130,045, -2.13<x≤-1.640,125, -1,64<x≤-1,150,245, -1,15<x≤-0,660,445, -0,66<x≤-0,170,645, -0,17<x≤0,320,835, 0,32<x≤0,810,925, 0,81<x≤1,30,975 1,3<x≤1,790,995, 1.79<x≤2.281, x>2.28

366585595250029343359525
00

3757295247651
001

576897529845005768975393700036658553937000
522033511620500522033514605000366585514605000
37572951308100.995
000.995

4671695844550038500051377950046736008255000
412305511430000366585511430000412305511430000
3757295374650.975
000.975

3663950286385
3758565958850.925
000.925

3300095209550033000952095500
3300095144145002842895144145003757295508000.835
000.835

2842895-381000
3757295952500.645
000.645

238569519050002842895190500023856951905000
3755390374650.445
000.445
192849512509500238569512509500192849512509500
37553901428750.0245
000.0245

150304537465001471295635000014712956350000
3764914685800.0125
000.0125
104584512001500104584512001500104584512001500
596392071755x
00x
560070102870002806708826500702945901700033000951073150.045
000.045
2825759398000
1314455715000
4686305080-1.64
4
00-1.64
4
9258305080-1.15
00-1.15
504063050802.77
002.77
449199050802.28
002.28
312039050801.3
001.3
266319050800.81
000.81
220599050800.32
000.32
17487905080-0.17
00-0.17
12915905080-0.66
00-0.66
36690305080 0 1.79
00 0 1.79
1028705080-2.13
00-2.13

График эмпирической функции распределения
Для оценки ряда распределения найдем следующие показатели:
Выборочная средняя EQ xto(x) = f( ∑x • f;∑f) EQ xto(x) = f(-2.44;200) = -0.0122
Дисперсия EQ D = f(∑(xi – xto(x))2 f;∑f) EQ D = f(176.12;200) = 0.88
Несмещенная оценка дисперсии (исправленная дисперсия).
EQ S2 = f(∑(xi – xto(x))2 f;∑f-1) EQ S2 = f(176.12;199) = 0.89
Среднее квадратическое отклонение
EQ σ = r(D) = r(0.881) = 0.94
Оценка среднеквадратического отклонения.
EQ s = r(S2 ) = r(0.89) = 0.94
Доверительный интервал для генерального среднего EQ (xto(x) – tkp f(s;r(n)) ; xto(x) + tkp f(s;r(n)))
В этом случае 2Ф(tkp) = γ
Ф(tkp) = γ/2 = 0.95/2 = 0.475
По таблице функции Лапласа найдем, при каком tkp значение Ф(tkp) = 0.475
tkp(γ) = (0.475) = 1.96
EQ ε = tkp f(s;r(n)) = 1.96 f(0.94;r(200)) = 0.13
(-0.0122 – 0.13;-0.0122 + 0.13) = (-0.14;0.12)
С вероятностью 0.95 можно утверждать, что среднее значение при выборке большего объема не выйдет за пределы найденного интервала.
Проверка гипотез о виде распределения.
Проверим гипотезу о том, что Х распределено по нормальному закону с помощью критерия согласия Пирсона. EQ K = ∑f((ni – n pi)2;n pi)
где pi — вероятность попадания в i-й интервал случайной величины, распределенной по гипотетическому закону
Для вычисления вероятностей pi применим формулу и таблицу функции Лапласа
EQ Фb(f(xi+1-xto(x);s)) – Фb(f(xi – xto(x);s))
где s = 0.94, xср = -0.0122
Теоретическая (ожидаемая) частота равна ni = npi, где n = 200
Интервалы группировки
Наблюдаемая частота ni
x1 = (xi – xср)/s x2 = (xi+1 – xср)/s Ф(x1) Ф(x2) Вероятность попадания в i-й интервал, pi = Ф(x2) – Ф(x1) Ожидаемая частота, 200pi Слагаемые статистики Пирсона, Ki
-2.13 – -1.64 9 -2.25 -1.73 -0.49 -0.46 0.0299 5.98 1.53
-1.64 – -1.15 16 -1.73 -1.21 -0.46 -0.39 0.0713 14.26 0.21
-1.15 – -0.66 23 -1.21 -0.69 -0.39 -0.25 0.13 26.4 0.44
-0.66 – -0.17 39 -0.69 -0.17 -0.25 -0.0675 0.19 37.48 0.0616
-0.17 – 0.32 40 -0.17 0.35 -0.0675 0.14 0.21 41.62 0.063
0.32 – 0.81 38 0.35 0.88 0.14 0.31 0.17 34 0.47
0.81 – 1.3 18 0.88 1.4 0.31 0.42 0.11 21.72 0.64
1.3 – 1.79 10 1.4 1.92 0.42 0.47 0.0534 10.68 0.0432
1.79 – 2.28 6 1.92 2.44 0.47 0.49 0.0201 4.02 0.98
2.28 – 2.77 1 2.44 3.01 0.49 0.5 0.00661 1.32 0.0784
200 4.5
Определим границу критической области. Так как статистика Пирсона измеряет разницу между эмпирическим и теоретическим распределениями, то чем больше ее наблюдаемое значение Kнабл, тем сильнее довод против основной гипотезы.
Поэтому критическая область для этой статистики всегда правосторонняя: [Kkp;+∞).
Её границу Kkp = χ2(k-r-1;α) находим по таблицам распределения χ2 и заданным значениям s, k (число интервалов), r=2 (параметры xcp и s оценены по выборке).
Kkp = χ2(10-2-1;0.05) = 14.06714; Kнабл = 4.5
Наблюдаемое значение статистики Пирсона не попадает в критическую область: Кнабл < Kkp, поэтому нет оснований отвергать основную гипотезу. Справедливо предположение о том, что данные выборки имеют нормальное распределение.
II. По данным таблицы – группированной выборки двумерного вектора (X,Y), требуется найти выборочное уравнение прямой – линии линейной регрессии Y на X.
yj*
xi* 55 65 70 75
50 24 16 0 0
60 0 75 45 0
70 0 0 10 30

Уравнение линейной регрессии с y на x имеет вид:
EQ yx = rxy f(x – xto(x);σx) σy + xto(y)
Найдем необходимые числовые характеристики.
Выборочные средние:
EQ xto(x) = = (50(24 + 16) + 60(75 + 45) + 70(10 + 30))/200 = 60
EQ xto(y) = = (55(24) + 65(16 + 75) + 70(45 + 10) + 75(30))/200 = 66.675
Дисперсии:
σ2x = (502(24 + 16) + 602(75 + 45) + 702(10 + 30))/200 – 602 = 40
σ2y = (552(24) + 652(16 + 75) + 702(45 + 10) + 752(30))/200 – 66.6752 = 31.07
Откуда получаем среднеквадратические отклонения:
σx = 6.32 и σy = 5.57
и ковариация:
Cov(x,y) = (50•55•24 + 50•65•16 + 60•65•75 + 60•70•45 + 70•70•10 + 70•75•30)/200 – 60 • 66.675 = 29.5
Определим коэффициент корреляции:
EQ rxy = f(Cov(x,y);σxσy) EQ rxy = f(29.5;6.32•5.57) = 0.8368
Запишем уравнения линий регрессии y(x):
EQ yx = 0.8368 f(x – 60;6.32) 5.57 + 66.675
и вычисляя, получаем:
yx = 0.74 x + 22.43
Если построить точки, определяемые таблицей и линии регрессии, увидим, что обе линии проходят через точку с координатами (60; 66.675) и точки расположены близко к линиям регрессии.

1 N=100 n=6 M=4 m=1 P(X=m=1)- Классическое определение вероятности это P=число благоприятных исходовобщее число исходов Из 100 деталей 6 можно в

1.N=100, n=6, M=4, m=1 .P(X=m=1)-?Классическое определение вероятности это P=число благоприятных исходовобщее число исходов
Из 100 деталей 6 можно выбрать CNn=C1006 способами.
m нестандартных деталей и M деталей можно извлечь CMm=C41 способами. При этом n-m=6-1 деталей должны быть стандартными. Их можно извлечь CN-Mn-m=C965 способами.
Таким образом PX=1=C41*C965C1006=4!1!*4-1!*96!5!*96-5!100!6!*100-6!=4*92*93*94*95*965!95*96*97*98*99*1006!=0.2051
Формулу бернули мы здесь применить не можем, так как вероятность появления бракованной детали меняется с извлечением следующей детали.Формула Пуассона также неприменима, потому что количество исптыний не столь велико(обычно данная формула применяется когда счет идет на тысячи испытаний), вероятность же непостоянна и не слишком мала(а данная формула используется когда p<0,01).
Локальная теорема Лапласа также неприменима.
2. Надежность системы при последовательном соедиении P=ipi, где pi-надежность работы i-го блока системы.
При параллельном соединении надежность вычисляется как P=1-i(1-pi)
В нашем случае получаем
P=0.95*1-1-0.9*1-0.9*0.99=0.931
3. Т.к. вероятность наступления первого режима 0,1, второго 0,3, то вероятность наступления третьего режима 1-0,1-0,3=0,6.
Найдём вероятность надежной работы первого блока. Воспользуемся формулой полной вероятности.
А-событие, когда первый блок работает без сбоев
PA=0.1*0.9+0.3*0.8+0.6*0.85=0.84
Найдём вероятность надежной работы второго блока.
В-событие, когда первый блок работает без сбоев
PВ=0.1*0.9+0.3*0.95+0.6*0.8=0.855
Т.к. блоки соединены параллельно, то вероятность безотказной работы системы в целом равна
P=1-1-PA*(1-PB)=1-0.16*0.145=0.9768
4. Чтобы было удобней пользоваться формулами, а также из-за того что Х-это число НЕискаженных сообщений, немного изменим обозначения. Вероятноть искажения q=0.4, тогда вероятность неискажения p=1-q=0.6. n=4
X 0 1 2 3 4
p(X)  0.0256
 0,1536
 0,3456
 0,3456
 0.1296

PX=0=q4=0.44=0.0256
Для того чтобы найти P(X=1), P(X=2), P(X=3) воспользуемся формулой Бернули
PX=m=Cnmpmqn-m
PX=1=C41*0,61*0,44-1=4!1!4-1!*0,6*0,064=0,1536
PX=2=C42*0,62*0,44-2=4!2!4-2!*0,36*0,16=0,3456
PX=3=C43*0,63*0,44-3=4!3!4-3!*0,216*0,4=0,3456
PX=4=p4=0.64=0.1296
i=14pi=1 , следовательно вероятности посчитаны правильно

FX=0, x≤00.0256, 0<x≤10.1792, 1<x≤10.5248, 2<x≤30.8704, 3<x≤41, x>4

Найдём математическое ожидание
MX=ixipi=0*0,0256+1*0,1536+2*0,3456+3*0,3456+4*0,1296=2,4
Найдём дисперсию
DX=i(xi-M(X))2*pi==5.76*0,0256+1.96*0,1536+0.16*0,3456+0.36*0,3456+2.56*0,1296==0.96
Найдём среднее квадратическое отклонение

σХ=D(X)=0,96≈0,98
Найдём вероятность того, что будет искажено не менее двух сообщений. Т.е. мы должны найти вероятность того, что будет неискажено не более двух сообщений PX≤2=PX=0+PX=1+PX=2=0.0256+0.1536+0.3456=0.5248
5.
fx=0;x≤0A*sin2x0;x≥π;0<x<π
По свойствам плотности вероятности 0πfxdx=1

0πA*sin2xdx=1
0πA*sin2xdx=sin2x=1-cos2x2=A*0π12dx-120πcos2x dx)=A*(x2|0π-sin2x 4|0π=A*π2
A*π2=1, отсюда A=2π
fx=0;x≤02π*sin2x0;x≥π;0<x<π
Теперь найдём F(x)
Если x≤0, то Fx=-∞x0 dx=0
Если 0<x<π Fx=-∞00 dx+0x2πsin2x dx=2π*x2-sin2x 4=xπ-sin2x2π
Если x≥π Fx=-∞00 dx+0π2πsin2x dx+πx0 dx=1
Fx=0;x≤0xπ-sin2x2π1;x≥π;0<x<π

P0<X<π4=0π4fxdx=2π0π4sin2xdx=2π*x2|0π4-sin2x 4|0π4=2π*π8-14=14-12*π≈0.09

График f(x)

График F(x)

6.
х
-3,5 -2,5 -1,5 -0,5 0,5 1,5 2,5
р
0,1 0,19 0,22 0,16 0,14 0,11 0,08

FX=0, x≤-3.50.1, -3.5<x≤-2.50.29, -2.5<x≤-1.50.51, -1.5<x≤-0.50.67, -0.5<x≤0.50.81, 0.5<x≤1.50.92, 1.5<x≤2.51, x>2.5

MX=ixipi==-3.5*0.1+-2.5*0.19+-1.5*0.22+0.5*0.16+0.5*0.14+1.5*0.11+2.5*0.08=-0.8
DX=i(xi-M(X))2*pi==7,29*0,1+2,89*0,19+0,49*0,22+0,09*0,16+1,69*0,14+5,29*0,11+10,89*0,08=3,09
σХ=D(X)=3.09=1,76
As=μ3σ3
μ3=i(xi-M(X))3*pi==-19,683*0,1+-4,913*0,19+-0,343*0,22+0,027*0,16+2,197*0,14+12,167*0,11+35,937*0,08=1,548
As=1,5485.432=0.285
E=μ4σ4-3
μ4=i(xi-M(X))4*pi==53.144*0,1+8.352*0,19+0.24*0,22+0.008*0,16+2,856*0,14+27.984*0,11+118.592*0,08=19.291
E=19.2919.548-3=-0.98

7. ε=t*σn
Отсюда получаем n=t*σε2, где Φt=β2=0.952=0.475
t=1.96
n=(1.96*151.5)2≈385

8.

X

Y -0,5 -1 -1,5 -2 -2,5 -3
0,5 0,02 0,03 0,03 0,02 0 0
1 0 0,06 0,1 0,12 0,03 0
1,5 0 0 0,05 0,08 0,13 0,02
2 0 0 0,01 0,05 0,08 0,08
2,5 0 0 0 0,02 0,03 0,04

9.
H0: mx=my α=0,01
H1: mx>myzнабл=x-ysx2nx+sx2ny=21.8-19.90.8515-0.9510=1,90,39=4,87
Φzкр=1-2*α2=1-0,022=0,49
По таблице критических точек ф-и Лапалса находим значение zкр=2,32
Т.к. zнабл>zкр, то отвергаем нулевую гипотезу H0 о равенстве средних двух нормально распределенных совокупностей.
10.
 Ωk
(-1;-0,5) (-0,5;0) (0;0,5) (0,5;1)
 nk
6 18 22 4

α=0.025
fx=1-|x|
n=nk=50
Функция f(x) четная, т.к. f(-x)=f(x), следовательно вероятность попадания x в интервал (-1;-0.5) равна вероятности попадания в интервал (0.5;1).
Вычислим эти вероятности.
p0<x<0.5=00.5fxdx=00.5(1-x)dx=(x-x22)00.5=0.375
p0.5<x<1=0.51fxdx=0.51(1-x)dx=(x-x22)0.51=0.125
p-1<x<-0.5=p0.5<x<1=0.125
p-0.5<x<0=p0<x<0.5=0.375
Проверка :
pi=1
При вычислении интеграла мы опускали знак модуля, т.к. в пределах интегрирования x был положителен.

xi
xi+1
pi
ni’=n*pi
(ni-ni’)2ni
-1 -0.5 0.125 6,25 0,01
-0.5 0 0.375 18,75 0,031
0 0.5 0.375 18,75 0,48
0.5 1 0.125 6,25 1,27
Проверка :ni’=nk=50
χнабл2=(ni-ni’)2ni=1,79
χкрит2=χ2α;k=s-3=χ20.025;4-3=5

(s-это количество интервалов)
χнабл2<χкрит2
Следовательно у нас нет оснований отвергать гипотезу о равенстве эмперического и теоритического законов распределения, т.е. расхождения между эмперическими и теоритическими значениями незначительно.

1 1 Из колоды в 36 карт сразу вытаскивают четыре Какова вероятность того

1.1.Из колоды в 36 карт сразу вытаскивают четыре. Какова вероятность того, что среди них окажется ровно две дамы?

Решение

Число благоприятных исходов испытания – выбор 4 карт из 36 – равно
n=C364=36!4!32!=33*34*35*362*3*4=58905
Число благоприятных исходов состоит из выбора 2 дам из 4 возможных и выбора оставшихся 2 карт из 32
m=C322*C42=32!2!30!*4!2!*2!=31*32*3*42*2=2976
По формуле классической вероятности
рА=mn=297658905=0,051
Ответ: 0,051

2.1.В студенческом клубе функционируют три самодеятельных творческих коллектива: драматический, хоровой, хореографический. В драматическом коллективе 90 % студентов не имеют академической задолженности, в хоровом таких студентов 80 %, в хореографическом нет задолжников.
Какова вероятность того, что:
а) выбранный наугад участник самодеятельности является неуспевающим?
б) выбранный наугад участник самодеятельности является неуспевающим? Какова вероятность того, что он из хорового коллектива?

Решение

А) используем формулу полной вероятности.
Рассмотрим три гипотезы:
Н1 – студент из драматического кружка;
Н2 – студент из хорового;
Н3 – студент из хореографического;
а также событие А – участник самодеятельности неуспевающий.
Учитывая то, что Н1, Н2, Н3 – полная группа попарно несовместимых событий, причем Р(Нi) 0, i = 1,2,3, то для любого события А имеет место равенство (формула полной вероятности):
РА=РНi*РA/Нi
Тогда:
РН1=13 РАН1=1-0,9=0,1
РН2=13 РАН2=1-0,8=0,2
РН3=13 РАН2=1-1=0
Получаем, вероятность того, что выбранный наугад участник самодеятельности является неуспевающим

РА=13*0,1+13*0,2+13*0=0.1
б) определим вероятность того, что выбранный наугад участник самодеятельности является неуспевающим и он из хорового коллектива по формуле Байеса
РНiA=РНi*РАНiРА

РН2A=13*0,20,1=0,667
Ответ: а) 0,1; б) 0,667

3.1. Как показывает практика, в среднем 5 % студентов экономических специальностей сдают экзамен по математике на «отлично». Найти вероятность того, что из 50 наудачу отобранных студентов сдадут экзамен на «отлично» от 2 до 7 студентов.

Решение

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:
Pnk1,k2=Фх⋰⋰-Фх⋰

,
где: Ф(х) – функция Лапласа,

х⋰=k1-npnpq х⋰⋰=k2-npnpq

По условию, n=50, p= 0,05, q = 1- p = 1- 0,05 = 0,95 , k1 = 2, k2 = 7.
Вычислим х` и x“:
х⋰=2-50*0.0550*0.05*0.95=-0,32 х⋰⋰=7-50*0,0550*0.05*0.95=2,92
P502,7=Ф2,92-Ф-0,32=0,49825+0,12552=0,62377

Ответ: 0,62377

4.1. Экзаменационный билет состоит из 3 вопросов. Вероятность того, что студент знает первый вопрос билета, составляет 0,7, второй – 0,85, третий – 0,6. Случайная величина X – число выученных вопросов в билете. Составьте закон распределения случайной величины X и найдите ее числовые характеристики: математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение.

Решение

X 0 1 2 3
P 0,3*0,15*0,4=0,018 0,7*0,15*0,4+
+0,3*0,85*0,4+
+0,3*0,15*0,6=0,171 0,7*0,85*0,4+
+0,3*0,85*0,6+
+0,7*0,15*0,6=0,454 0,7*0,85*0,4=0,238
Получаем закон распределения случайной величины X
X 0 1 2 3
P 0,018 0,171 0,454 0,238
Среднее квадратическое отклонение
σX=D(X)
DX- дисперсия дискретной случайной величины
DX=MX2-M(X)
MX- среднее квадратическое отклонение
MX=xipi=0*0,018+1*0,171+2*0,454+3*0,238=
=1,793
MX2=1*0,171+4*0,454+9*0,238=4,129
DX=4,129–1,7932=0,914
σX=0,914=0,956

5.1. Непрерывная случайная величина имеет нормальное распределение. Ее математическое ожидание равно , среднее квадратическое отклонение равно (табл. 1). Найти вероятность того, что в результате испытания случайная величина примет значение в интервале .
Номер задачи
5.8. 26 3 23 27

Решение
Искомую вероятность определим поформуле
Рα≤Х≤β=Фβ-МХσ-Фα-МХσ

Р23≤Х≤27=Ф27-263-Ф23-263=Ф0,33-Ф-1=
=0,1293+0,3413=0,4706
Ответ: 0,4706

6.1. В результате случайного бесповторного 5 %-го отбора, проведенного с целью обследования жилищных условий жителей города, получены следующие данные.
Общая площадь жилищ, приходящаяся на 1 чел., м2
До 5 5 − 10 10 − 15 15 − 20 20 − 25 25 − 30 30 и более
Число жителей, чел. 8 95 204 270 210 130 83
Найти: а) границы, в которых с вероятностью 0,954 заключен средний размер общей площади, приходящейся на 1 человека, в целом по городу; б) вероятность того, что доля лиц, имеющих общую площадь менее 10 м2 на человека, отличается от доли таких лиц в выборке не более чем на 5 % (по абсолютной величине); в) объем бесповторной выборки, при котором то же отклонение среднего размера общей площади (см. п. «а») можно гарантировать с вероятностью 0,95.

Решение

X f xf
(хi-x)2fi
2,5 8 20 2178
7,5 95 712,5 12563,75
12,5 204 2550 8619
17,5 270 4725 607,5
22,5 210 4725 2572,5
27,5 130 3575 9392,5
32,5 83 2697,5 15126,75
∑ 1000 19005 51060

Определим:
среднюю обую площадь жилищ по формуле средней арифметической взвешенной
x=xififi
где xi – это вариант признака (середина интервала); fi – частота признака
x=190051000=19,005 м2.
2. дисперсию
σ2=(хi-x)2fifi=510601000=51,06
3. границы, в которых с вероятностью 0,954 заключен средний размер общей площади, приходящейся на 1 человека, в целом по городу
Предельная ошибка выборки определяется по формуле
∆x=tσx2n1-nN
По условиям задачи при вероятности 0,954 из таблицы значений определим значение параметра t=2
σx2=51,06 n=1000 nN=0,05 (5% выборка)
Тогда предельная ошибка выборки
∆x=251,0610001-0,05=0,44 м2
Возможные границы, в которых будет заключен средний размер общей площади, приходящейся на 1 человека, в целом по городу
x=x±∆x=19,005±0,44 м2
4. вероятность того, что доля лиц, имеющих общую площадь менее 10 м2 на человека, отличается от доли таких лиц в выборке не более чем на 5 % (по абсолютной величине)
Предельная ошибка выборки для доли определяется по формуле
∆w=tw(1-w)n1-nN
w=8+951000=0,103 n=1000 nN=0,05 5% выборка ∆w=0,05
Тогда предельная ошибка выборки
0,05=t0,103*0,8971000*1-0,05=0,0094t
t=0,050,0094=5,32
Р=Ф5,32=0,999
5. объем бесповторной выборки, при котором то же отклонение среднего размера общей площади (см. п. «а») можно гарантировать с вероятностью 0,95
По условиям задачи при вероятности 0,95 из таблицы значений определим значение параметра t=1,96

n=t2σ2N∆x2N+t2σ2=1,962*51,06*10000,442*1000+1,962*51,06=503

7.1 По данным предыдущей задачи, используя -критерий Пирсона, при уровне значимости проверить гипотезу о том, что случайная величина X (см. табл. 2) распределена по нормальному закону. Построить на одном чертеже гистограмму эмпирического распределения и соответствующую нормальную кривую.

Решение

Вычислим теоретические частоты
ni/=nhσφui=1000*551,06φui=699,73φui
φui- табличные значения
Составим расчетную таблицу
хi
ui=xi-хnσ
φui
ni/=699,73φui

2,5 -0,32 0,379 145,20
7,5 -0,23 0,3885 151,85
12,5 -0,13 0,3956 156,81
17,5 -0,03 0,3988 159,05
22,5 0,07 0,398 158,49
27,5 0,17 0,3932 155,13
32,5 0,26 0,3857 149,89
Сравним эмпирические и теоретические частоты

ni
ni/
(ni- ni/)2
(ni- ni/)2ni/
8 145,20 -137,20 129,6384
95 151,85 -56,85 21,28067
204 156,81 47,19 14,19903
270 159,05 110,95 77,39206
210 158,49 51,51 16,73907
130 155,13 -25,13 4,072031
83 149,89 -66,89 29,8475
1000

χ2набл=293,17

По таблице критических точек распределения χ2 по уровню значимости α=0,05 и числу степеней свободы k=s-3=7-3=4 находим критическую точку правосторонней критической области
χ2крит0,05;4=9.5
Так как χ2набл> χ2крит, то гипотезу о нормальном распределении генеральной совокупности отвергаем. Эмпирические и теоретические частоты отличаются значимо.

8.1 Найти коэффициент корреляции и определить тесноту связи между признаками X и Y на основании корреляционной таблицы (табл. 4)
Таблица 4
Y X 5 10 15 20 25 30
14 4 6
8
4
24
8 10
6
34

32

44

4 12 6

Решение
Составим корреляционную таблицу в условных вариантах, выбрав в качестве ложных нулей С1=15 и С2=34
v

u nv

-2 -1 0 1 2 3
-2 4 6 – 8 – 4 22
-1 – 8 10 – 6 – 24
0 – – 32 – – – 32
1 – – 4 12 6 – 22
nu
4 14 46 20 12 4 n=100

u=nuun=-2*4-1*14+0+20+2*12+3*4100=0,34

v=nvvn=-2*22-24+0+22100=-0,46

u2=4*4+1*14+20+4*12+9*4100=1,34

v2=4*22+24+0+22100=1.34

σu=u2-u2=1.34-(0,34)2=1.107

σv=v2-v2=1.34-0.462=1.062
Найдем nuvuv из таблицы
nuvuv=8
Найдем искомый коэффициент корреляции
r=nuvuv-nuvnσuσv=8-100*(-0.46)*0.34100*1.107*1.062=0.201
Коэффициент корреляции положителен и меньше 0,3, т.е. связь между показателями слабая и прямая

Какие из следующих пар событий являются несовместными а) наудачу выбранное натуральное число от 1 до 100 включительно

7. Какие из следующих пар событий являются несовместными:
а) наудачу выбранное натуральное число от 1 до 100 включительно: делится на 10; делится на 11;
б) нарушение в работе: первого; второго мотора летящего самолета;
в) попадание; промах при одном выстреле;
г) выигрыш; проигрыш в шахматной партии;
д) наудачу выбранное натуральное число от 1 до 25 включительно является: четным; кратным трем?

Решение:

а) несовместная пара событий. Множество чисел, делящихся на 10:{10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100}, множество чисел, делящихся на 11:{11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99};
б) события совместны: могут произойти нарушения и первого, и второго мотора;
в) несовместная пара событий;
г) несовместная пара событий ( или проигрыш, или выигрыш);
д) совместное событие. Такими числами являются числа 6, 12, 18, 24.

19. Игральная кость бросается дважды. Каждому из 36 элементарных событий приписывается одна и та же вероятность. Найдите вероятность того, что сумма очков равна n для n = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.

Решение:

Пусть событие An-(сумма выпавших очков равна n).
Для решения задачи используем классическое определение вероятностей:
PA=mn.
Количество равновозможных элементарных исходов равно
n=36.
1) для n=2: существует один благоприятствующий исход (1; 1):
m=1,
значит,
PA1=136;
2) для n=3: существует два благоприятствующих исхода (1; 2) и(2; 1):
m=2,
значит,
PA2=236=118;
3) для n=4: существует три благоприятствующих исхода (1; 3),(2; 2) и (1; 3):
m=3,
значит,
PA3=336=112;
4) для n=5: существует четыре благоприятствующих исхода (1; 4),(2; 3), (3; 2) и (4; 1):
m=4,
значит,
PA4=436=19;
5) для n=6: существует пять благоприятствующих исхода (1; 5),(2; 4), (3; 3), (4; 2) и (5; 1):
m=5,
значит,
PA5=536;
6) для n=7: существует шесть благоприятствующих исхода (1; 6),(2; 5), (3; 4), (4; 3), (5; 2) и (6; 1):
m=6,
значит,
PA6=636=16;
7) для n=8: существует пять благоприятствующих исхода (2; 6),(3; 5), (4; 4), (5; 3) и (6; 2):
m=5,
значит,
PA7=536;
8) для n=9: существует четыре благоприятствующих исхода (3; 6),(4; 5), (5; 4) и (6; 3):
m=4,
значит,
PA8=436=19;
9) для n=10: существует три благоприятствующих исхода (4; 6),(5; 5) и (6; 4):
m=3,
значит,
PA9=336=112;
10) для n=11: существует два благоприятствующих исхода (5; 6) и (6; 5):
m=2,
значит,
PA10=236=118;

5) для n=12: существует один благоприятствующий исход (6; 6):
m=1,
значит,
PA11=136.

23. Дана электрическая цепь с элементами и (рис. 5).

Событие A1- выход из строя элемента e1, событие A2- выход из строя элемента e2. Что означает событие A1+A2?

Решение:

Событие
A1+A2
означает выход из строя или элемента e1, или элемента e2. Так как элементы соединены последовательно, то вся цепь выйдет из строя.

63. Пусть S — множество всех исходов при трехкратном бросании монеты. Обозначим через А событие «в первый раз выпал герб», через B событие «выпало не менее двух гербов». Найдите вероятности событий P(A), P(B) и P(AB) если все исходы бросаний равновероятны. Независимы ли эти события?

Решение:

1) Вероятность события А равна вероятности того, что при броске монеты выпадет герб. Так как равновозможных элементарных исходов 2, а благоприятствующий исход один, то по классическому определению вероятности:
PA=12=0,5.

2) обозначим Г – выпадание герба при одном бросании, Р – решки. Количество всех равновозможных элементарных исходов равно 8:
ГГГ, ГГР, ГРГ, РГГ, ГРР, РГР, РРГ, РРР.
Количество исходов, удовлетворяющих событию B, равно 4:
ГГГ, ГГР, ГРГ, РГГ.
Значит,
PB=48=12=0,5.
3) Вероятность события AB- «в первый раз выпал герб и всего выпало хотя бы два герба», найдем, используя теорему умножения вероятностей:
PAB=PA∙B=PA∙PB=0,5∙0,5=0,25.

Ответ: PA=0,5;PB=0,5, PAB=0,25.

74. В букинистическом магазине продаются 6 экземпляров романа И. С. Тургенева «Рудин», 3 экземпляра романа «Дворянское гнездо» и 4 экземпляра романа «Отцы и дети». Кроме того, имеется 5 томов, состоящих из романов «Рудин» и «Дворянское гнездо», и 7 томов, состоящих из романов «Дворянское гнездо» и «Отцы и дети». Сколькими способами можно сделать покупку, содержащую по одному экземпляру каждого из этих романов?

Решение:

Совершить покупку можно, выбрав отдельно изданные романы: выбор романа «Рудин» можно осуществить 6 способами, выбор романа «Дворянское гнездо» можно осуществить 3 способами, а выбор романа «Отцы и дети» можно осуществить 4 способами. Количество вариантов при таком выборе составит:
6∙3∙4=72.
Или покупку можно сделать, купив том, содержащий романы «Рудин» и «Дворянское гнездо» и отдельного издания романа «Отцы и дети». Такой выбор может быть сделан
5∙4=20
способами.
Или можно купить том, содержащий романы «Дворянское гнездо» и «Отцы и дети» и отдельное издание романа «Рудин». Это можно сделать
7∙6=42
способами.
По правилу суммы, общее количество вариантов покупки:
72+20+42=134.

Ответ: 134.

79. В течение 30 дней сентября было 12 дождливых дней, 8 ветреных, 4 холодных, 5 дождливых и ветреных, 3 дождливых и холодных, 2 ветреных и холодных, а один день был и дождливым, и ветреным, и холодным. В течение скольких дней в сентябре стояла хорошая погода?

Решение:

В сентябре было 12-5-3=5 только дождливых дней,
8-5-1=2 только ветреных дней,
4 дня было дождливо-ветреных,
2 дня – дождливо-холодных,
1 день – дождливо-ветрено-холодный,
1 день – ветрено-холодный.

Итого хороших дней в сентябре было
30-5+2+4+2+1+1=15.

Ответ: 15 дней.
107. Пять девушек и трое юношей играют в городки. Сколькими способами они могут разбиться на две команды по 4 человека, если в каждой команде должно быть хотя бы по одному юноше?

Решение:

Так юношей всего трое, то в одной команде должен быть один юноша, а в другой – два. Значит, достаточно найти количество способов сформировать команду из одного юноши и трех девушек.
Выбрать одного юношу из трех можно 3 способами, выбрать 3 девушек из 5 можно C53 способами.
По правилу умножения:
m=3∙C53=3∙5!3!∙5-3!=3∙5!3!∙2!=3∙4∙51∙2=30
способов.

Ответ: 30.

120. Автомобильные номера состоят из одной, двух или трех букв и четырех цифр. Найдите число таких номеров, если используются 24 буквы русского алфавита и 10 цифр (0, 1, …, 9).

Решение:

Найдем, сколько из 10 цифр можно составить четырехзначных номеров, при условии, что цифры могут повторяться:
nk=104=10000.
1. Если в номере одна буква. Из 24 букв можно составить 24 однобуквенных комбинаций, по правилу произведения, число номеров с одной буквой будет равно:
24∙10000=240000.
2. В номере две буквы. Из 24 букв можно составить
nk=242=576
двухбуквенных комбинаций, тогда число номеров с двумя буквами будет равно:
276∙10000=5760000.
3. В номере три буквы. Из 24 букв можно составить
n3=243=13824
трехбуквенных комбинаций, тогда число номеров с двумя буквами будет равно:
13824∙10000=138240000.

По правилу сложения, общее количество номеров составит:
240000+5760000+138240000=144240000.

Ответ: 14424000.

125. Какова вероятность того, что наудачу выбранное двузначное число не содержит ни одной двойки?

Решение:

Используем классическое определение вероятности.
Пусть событие A-«наудачу выбранное число не содержит ни одной двойки».
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно количеству двухзначных чисел:
n=90.
Количество чисел, содержащих одну или две двойка равно 18
(12, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 32, 42 ,52 ,62, 72, 82, 92), значит, количество исходов, благоприятствующих событию A:
m=90-18=72.
Тогда искомая вероятность равна:
PA=mn=7290=0,8.

Ответ: 0,8.

142. В экзаменационные билеты включено по два теоретических вопроса и одной задаче. Всего составлено 28 билетов, содержащих разные вопросы и задачи. Студент подготовил только 50 теоретических вопросов и сможет решить задачи к 22 билетам. Какова вероятность того, что, вынув наудачу один билет, студент ответит на все вопросы?

Решение:

Пусть событие A- «студент ответит на все вопросы»,
событие A1- «студент ответит на первый вопрос»,
событие A2- «студент ответит на второй вопрос»,
событие A3- «студент решит задачу».

Найдем вероятность того, что студент ответит на первый вопрос. Количество равновозможных элементарных исходов равно количеству всех вопросов
n=2∙28=56.
Количество исходов, благоприятствующих событию A1, равно
m=50.
Тогда
PA1=mn=5056=2528.

Найдем вероятность того, что студент ответит на второй вопрос, если он ответил на первый вопрос. Количество равновозможных элементарных исходов равна
n=56-1=55.
Количество исходов, благоприятствующих событию A1, равно
m=50-1=49.
Тогда
PA2=4955.
Вероятность того, что студент сможет решить задачу, равна
PA2=2228=1114.

Событие A наступит, если произойдут все три события A1, A2, A3, его вероятность по теореме умножения вероятностей равна:
PA=PA1∙A2∙A3=PA1∙PA2∙PA3=2528∙4955∙1114=54∙11∙12=58=0,625.

Ответ: 0,625.

168. Вероятность появления события A хотя бы один раз при пяти независимых испытаниях равна 0,99757. Какова постоянная вероятность появления этого события при одном испытании?

Решение:

Вероятность противоположного события B-«событие A не появится ни разу при пяти независимых испытаниях» равна
PB=1-PA=1-0,99757=0,00243.
Используем формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
PB=P50=C50∙p0∙q5-0=5!0!∙5-0!∙1∙q5=5!0!∙5!∙1∙q5=q5=0,00243,
Находим:
q=50,00243=0,3,

Значит, искомая постоянная вероятность появления этого события при одном испытании равна
p=1-q=1-0,3=0,7.

Ответ: 0,7.

188. С торговой базы в магазин отправлено n доброкачественных изделий. Вероятность того, что изделие повредится в пути, равна p, причем n велико, а p мало. Известно, что вероятность получения магазином четырех изделий, получивших дефекты, равна вероятности получения магазином пяти изделий с дефектами. Найдите вероятность того, что магазин получит семь изделий с дефектами.

Решение:

Для решения задачи, так как n велико, а p мало, используем формулу Пуассона:
Pnk=λkk!∙e-λ,
где λ=n∙p.
Вероятность получения магазином 4 изделий с дефектами равна:
Pn4=λ44!∙e-λ,
Вероятность получения магазином 5 изделий с дефектами равна:
Pn5=λ55!∙e-λ.
Так как по условию задачи эти вероятности равны, то можно составить уравнение, решив которое, найдем λ:
λ44!∙e-λ=λ55!∙e-λ,14!=λ5!,λ=5.
Теперь мы можем найти вероятность того, что магазин получит семь изделий с дефектами:
Pn7=577!∙e-5≈15,5∙0,0067≈0,104.
Ответ: 0,104.
192. Какие возможные значения может принимать случайная величина Y, означающая число образцов сплавов, используемых при испытании до первого разрушения или до полного израсходования всех образцов, если их имеется 6 штук?

Решение:

Случайная величина Y может принимать следующие значения:1, 2, 3, 4, 5, 6.

217. Набрасываются кольца на колышек или до первого попадания или до полного израсходования всех колец, число которых равно пяти. Покажите, что если вероятность набросить каждое кольцо на колышек равна 0,9, то математическое ожидание случайного числа брошенных колец равно 1,1111.

Решение:

Случайная величина X- количество брошенных колец может принимать следующие значения: 1, 2, 3, 4, 5.
Вероятность набросить кольцо на колышек при одном бросании p=0,9, вероятность промаха равна q=1-p=1-0,9=0,1.
Найдем вероятности, соответствующие этим значениям
Вероятность того, что первое кольцо будет наброшено на колышек равна:
PX=1=p=0,9.
Вероятность того, что первое кольцо не будет наброшено, а второе будет:
PX=2=q∙p=0,1∙0,9=0,09.
Вероятность того, что первые два кольца не будут наброшены, а третье будет равна:
PX=3=q∙q∙p=0,1∙0,1∙0,9=0,009.
Вероятность того, что только четвертое кольцо будет наброшено:
PX=4=q∙q∙q∙p=0,1∙0,1∙0,1∙0,9=0,0009.
Вероятность того, что будет брошено 5 колец, причем 5 кольцо может или быть наброшенным на колышек или произойдет промах, по теории сложения вероятностей равна:
PX=5=q∙q∙q∙q∙p+q∙q∙q∙q∙q=0,1∙0,1∙0,1∙0,1∙0,9+0,1∙0,1∙0,1∙0,1∙0,1=0,0001.

Запишем ряд распределения случайной величины X:
xi
1 2 3 4 5
pi
0,9 0,09 0,009 0,0009 0,0001

Находим математическое ожидание:

MX=1∙0,9+2∙0,09+3∙0,009+4∙0,0009+5∙0,0001=1,1111.

Ответ: 1,1111.

226. Контрольная работа состоит из четырех вопросов. На каждый вопрос дано по 5 ответов, среди которых имеется один правильный. Составьте таблицу распределения вероятностей случайного числа X правильных ответов, полученных при простом угадывании, и найдите интегральную функцию распределения вероятностей этой случайной величины.

Решение:

Вероятность ответить правильно на вопрос равна:
p= 15=0,2.
Случайная величина X может принимать значения 0, 1, 2, 3, 4. Соответствующие им вероятности найдем, воспользовавшись формулой Бернулли:
PX=n=Cknpnqk-n .
При n=4, k=X, p=0,2, q=1 – 0,2 =0,8
имеем:
PX=0=C40p0q4-0 =4!0!∙(4-0)!∙0,20∙0,84=4!0!∙4!∙0,20∙0,84=1∙1∙0,4096=0,4096;
PX=1=C41p1q4-1 =4!1!∙(4-1)!∙0,21∙0,83=4!1!∙3!∙0,21∙0,83=4∙0,2∙0,512=0,4096;
PX=2=C42p2q4-2 =4!2!∙(4-2)!∙0,22∙0,82=4!2!∙2!∙0,22∙0,82=3∙41∙2∙0,04∙0,64=0,1536;
PX=3=C43p3q4-3 =4!3!∙(4-3)!∙0,23∙0,81=4!3!∙1!∙0,23∙0,81=4∙0,008∙0,8=0,0256;
PX=4=C44p4q4-4 =4!4!∙(4-4)!∙0,24∙0,80=4!4!∙0!∙0,24∙0,80=1∙0,0016∙1=0,0016;
Составляем ряд распределения:
xi
0 1 2 3 4
pi
0,4096 0,4096 0,1536 0,0256 0,0016

Найдем интегральную функцию распределения:
Fx=0, x<0,0,4096, 0≤x<1,0,4096+0,4096=0,8192, 1≤x<2,0,8192+0,1536=0,9728, 2≤x<3,0,9728+0,0256=0,9984, 3≤x<4,0,9984+0,0016=1, x≥4,
т.е.,
Fx=0, x<0,0,4096, 0≤x<1,0,8192, 1≤x<2,0,9728, 2≤x<3,0,9984, 3≤x<4,1, x≥4,

242. Случайная величина X задана плотностью вероятности:

px=2x при 0<x≤1,0 при x≤0 или x>1.

Найдите математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y=X3.

Решение:

Находим математическое ожидание:

MY=MX3=-∞+∞x3∙pxdx=01×3∙2xdx=201x4dx=2∙x5501=2515-05=25;
находим дисперсию:
DY=-∞+∞x6∙pxdx-MY2=01×6∙2xdx-252=201x6dx-425=2∙x6601-425=1316-06-425=13-425=25-1275=1375.

Ответ: MY=25, DY=1375.

253. На отрезке AB=a независимо друг от друга наудачу взяты 3 точки. Какова вероятность того, что все они лежат от точки A не далее, чем на b (b < a)?

Решение:

Используем геометрическое определение вероятности.
Вероятность того, что одна отдельно взятая точка лежит от точки A не далее, чем на b, равна:
p=ba,
тогда вероятность события C- «все точки лежат от точки A не далее, чем на b» равна:
PC=p3=b3a3.

Ответ: b3a3.

267. Применима ли к последовательности независимых случайных величин X1, X2, …Xn, …, имеющих равномерное распределение в промежутке ]a,b[, теорема Чебышева?

Решение:

К этим величинам можно применить теорему Чебышева если:
1) они попарно независимы,
2) имеют одно и то же математическое ожидание,
3) их дисперсии ограничены.

В нашем случае выполняется только первое условие, значит, теорема Чебышева неприменима.

269. Плотность вероятности случайной величины X, подчиненной нормальному закону распределения, задана функцией
px=Ae-x-4218.

Найдите коэффициент А и определите вероятность того, что в результате испытания случайная величина примет значение в интервале]2; 5[.

Решение:

В нашем случае, как следует из плотности распределения, случайная величина имеет математическое ожидание a=4 и среднеквадратическое отклонение
2∙σ2=18,⟹σ=3.

Плотность нормального распределения имеет вид:
px=1σ2πe-x-a22σ2,
значит,
A=1σ2π=132π.
Тогда плотность вероятности случайной величины X:
px=132πe-x-4218.
Вероятность попадания случайной величины в интервал [a;b] можно определить по формуле:
Pα≤X≤β=Фβ-aσ-Фα-aσ,
где Фx-функция Лапласса.
Находим:
PX∉2;5=P-∞<X≤2+P5≤X<+∞=Ф2-43-Ф-∞-43+Ф+∞-43-Ф5-43=Ф-0,67-Ф-∞+Ф+∞-Ф0,33,
так как функция Лапласа нечетная, то
PX∉2;5=-Ф0,67+Ф+∞+Ф+∞-Ф0,33=2Ф+∞-Ф0,67-Ф0,33.
По таблице значений функции Лапласа находим:
Ф+∞=0,5; Ф0,67=0,2486; Ф0,33=0,1293,
значит, искомая вероятность равна:
PX∉2;5=2∙0,5-0,2486-0,1293=0,6221.

Ответ: A=132π, PX∉2;5=0,6221.

282. Выберите отрывок текста, содержащий 200 букв. Найдите относительную частоту появления: 1) гласной буквы, 2) буквы к, 3) буквы а.

Решение:

Для анализа возьмем стихотворение А. Блока «В день холодный в день осенний…»

В день холодный, в день осенний
Я вернусь туда опять
Вспомнить этот вздох весенний,
Прошлый образ увидать.

Я приду – и не заплачу,
Вспоминая, не сгорю.
Встречу песней наудачу
Новой осени зарю,

Злые времени законы
Усыпили скорбный дух.
Прошлый вой, былые стоны
Не услышишь – я потух.

Всего букв в тексте n=224.

1) Подсчитаем количество гласных букв в тексте: n1=90, относительная частота появления гласных букв в тексте равна
f1=n1n=90224=45112.
2) Подсчитаем количество букв «к»: n2=2, относительная частота появления этой буквы в тексте равна
f2=n2n=2224=1112.

3) Подсчитаем количество букв «а»: n3=10, относительная частота появления этой буквы в тексте равна
f3=n3n=10224=5112.

Ответ: 1) 45112, 2) 1112, 3) 5112.

291. Имеются данные о количестве студентов в 24 группах:

28 27 26 28 27 25 22 24
25 23 24 25 22 21 23 19
20 21 22 19 21 20 22 18

Вычислите значения X, DX, σX, aX, V.

Решение:

Упорядочив значения по возрастанию и подсчитав частоты появления значений случайной величины X, составим дискретный вариационный ряд:

xi
18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 ∑
ni
1 2 2 3 4 2 2 3 1 2 2 24

Для удобства вычисления точечных характеристик, составим вспомогательную таблицу:

Номер интервала
i xi
ni
xini
xi-X2ni
xi-X3ni
1 18 1 18 25 -125
2 19 2 38 32 -128
3 20 2 40 18 -54
4 21 3 63 12 -24
5 22 4 88 4 -4
6 23 2 46 0 0
7 24 2 48 2 2
8 25 3 75 12 24
9 26 1 26 9 27
10 27 2 54 32 128
11 28 2 56 50 250
∑
24 552 196 96

Выборочная средняя:
X=1nxini=55224=23,
Выборочная дисперсия:D(X)=1nxi-X2ni=19623=8,52.
Выборочное среднее квадратическое отклонение:
σ(X)=D(X)=8,52=2,92.
Центральный момент порядка:
μ3=1nxi-X3ni=9623=4,17.
Коэффициент асимметрии:
A=μ3σX3=4,172,923=0,167.
Коэффициент вариации:
V=σ(X)X∙100%=2,9223∙100%=12,69%.

298. В публицистическом тексте из 565 слов глагол встретился 75 раз. С доверительной вероятностью, равной 0,9, оцените вероятность появления глагола в произвольном публицистическом тексте.

Решение:

Так как n=575 достаточно большое, то воспользуемся приближенной формулой для определения границ доверительного интервала:
p1<p<p2,
где
p1=ω-t∙ω1-ωn, p2=ω-t∙ω1-ωn,
где
ω=mn=75565=0,133-
относительная частота появления глаголов.
Величину t найдем из уравнения
Фt=γ2=0,92=0,45,
из таблицы значений функции Лапласа определяем: t=1,65.
Находим:
p1=0,133-1,65∙0,1331-0,133565=0,133-0,023=0,11,
p2=0,133+1,65∙0,1331-0,133565=0,133+0,023=0,156.
Таким образом, вероятность появления глагола в произвольном публицистическом тексте находится в интервале (11%; 15,6%).
Ответ: (11%; 15,6%).

Монету бросают 5 раз Написать закон распределения случайной величины Z

1. Монету бросают 5 раз. Написать закон распределения случайной величины Z, равной разности между удвоенным количеством выпадений герба и количеством выпавших «решеток». Вычислить MZ, DZ, написать выражение функции распределения F(Z), вычислить вероятность того, что Z∈-2;1,3 и Z∈3;8.

Решение:

Пусть случайная величина X- количество выпавших гербов. Эта случайная величина может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Вероятность выпадения герба при одном отдельном броске равна 0,5.
Найдем вероятности, соответствующие этим значениям, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn,
в нашем случае
n=5, k=X, p=0,5, q=1-p=1-0,5=0,5.
Находим:

PX=0=P50=C50∙0,50∙0,55-0=5!0!∙5-0!∙0,50∙0,55=5!0!∙5!∙0,55=1∙0,03125=0,03125;PX=1=P51=C51∙0,51∙0,55-1=5!1!∙5-1!∙0,51∙0,54=5!1!∙4!∙0,55=5∙0,03125=0,15625;
PX=2=P52=C52∙0,52∙0,55-2=5!2!∙5-2!∙0,52∙0,53=5!2!∙3!∙0,55=4∙51∙2∙0,03125=0,3125;
PX=3=P53=C53∙0,53∙0,55-3=5!3!∙5-3!∙0,53∙0,52=5!3!∙2!∙0,55=4∙51∙2∙0,03125=0,3125;
PX=4=P54=C54∙0,54∙0,55-4=5!4!∙5-4!∙0,54∙0,51=5!4!∙1!∙0,55=5∙0,03125=0,15625;
PX=5=P55=C55∙0,55∙0,55-5=5!5!∙5-5!∙0,55∙0,50=5!5!∙0!∙0,55=1∙0,03125=0,03125.

Запишем закон распределения случайной величины X:
xi
0 1 2 3 4 5
pi
0,03125 0,15625 0,3125 0,3125 0,15625 0,03125

Случайная величина Z=2X-(5-X) может принимать следующие значения:
z1=2∙0-5-0=-5;
z2=2∙1-5-1=-2;
z3=2∙2-5-2=1;z4=2∙3-5-3=4;
z5=2∙4-5-4=7;z6=2∙5-5-5=10.
Запишем закон распределения случайной величины Z:
zi
-5 -2 1 4 7 10
pi
0,03125 0,15625 0,3125 0,3125 0,15625 0,03125

Находим математическое ожидание:
MZ=zipi=-5∙0,03125-2∙0,15625+1∙0,3125+
+4∙0,3125+7∙0,15625+10∙0,03125=2,5;
дисперсию:
DZ=zi2pi=-52∙0,03125+-22∙0,15625+12∙0,3125+
+42∙0,3125+72∙0,15625+102∙0,03125-2,52=11,25.
Составим функцию распределения:
FZ=0, z<-5,0,03125, -5≤z<-2,0,03125+0,15625=0,1875, -2≤z<1,0,1875+0,3125=0,5, 1≤z<4,0,5+0,3125=0,8125, 4≤z<7,0,8125+0,15625=0,96875, 7≤z<10,0,96875+0,03125=1, z≥10.
Вероятность попадания случайной величины в интервал [a;b] можно определить по формуле:
Pa≤z≤b=Fb-Fa.
Вероятность попадания случайной величины в интервал -2;1,3:
P-2≤z≤1,3=F1,3-F-2=0,5-0,1875=0,3125.

Вероятность попадания случайной величины в интервал3;8:
P3≤z≤8=F8-F3=0,96875-0,5=0,46875.

2. В коробке лежат три красных и 6 синих карандашей. Вынимаем три карандаша и X – количество красных карандашей среди них. Затем вынимают один карандаш и Y равен количеству красных карандашей. Написать закон распределения системы случайных величин X, Y.

Решение:

Случайная величина X – количество красных карандашей среди вынутых трех карандашей может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3.

Найдем вероятности, соответствующие этим значениям, используя классическое определение вероятности
PA=mn.
Количество всех элементарных исходов равно количеству способов выбрать 3 карандаша из 9:
n=С93=9!3!∙9-3!=9!3!∙6!=7∙8∙91∙2∙3=84.

1) X=0. Количество исходов, благоприятствующих этому событию равно количеству способов извлечь три карандаша из 6 синих:
m=С63=6!3!∙6-3!=6!3!∙3!=4∙5∙61∙2∙3=20.
Значит,
PX=0=2084.
2) X=1. Определим количество исходов, благоприятствующих этому событию. Количество способов выбрать один красный карандаш из 3 равно 3, при этом 2 оставшихся карандаша должны быть выбраны из 6 синих, это можно сделать С62 способами. Таким образом,
m=3∙С62=3∙6!2!∙6-2!=3∙6!2!∙4!=3∙5∙61∙2=45.
Значит,
PX=1=4584.
3) X=2. Определим количество исходов, благоприятствующих этому событию. Количество способов выбрать 2 красных карандаша из 3 равно С32, при этом 1 оставшийся карандаш должен быть выбраны из 6 синих, это можно сделать 6 способами. Таким образом,
m=С32∙6=3!2!∙3-2!∙6=3!2!∙1!∙6=3∙6=18
Значит,
PX=2=1884.

1) X=3. Количество исходов, благоприятствующих этому событию равно количеству способов извлечь 3 карандаша из 3 красных:
m=1.
Значит,
PX=3=184.

Случайная величина Y- количество красных карандашей после того, как вынули еще один карандаш может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3.
Найдем соответствующие вероятности этих значений.
1) если X=0, то в коробке осталось 3 красных и 3 синих карандаша. Вероятность того, что вынутый карандаш окажется не красным, равна 1/2 и
PX=0;Y=0=2084∙12=1084;
Вероятность того, что вынутый карандаш будет красным, равна 1/2 и
PX=0;Y=1=2084∙12=1084.
2) если X=1, то в коробке осталось 2 красных и 4 синих карандаша. Вероятность того, что вынутый карандаш окажется не красным, равна 2/3 и
PX=1;Y=1=4584∙23=1542;
Вероятность того, что вынутый карандаш будет красным, равна 1/3 и
PX=1;Y=2=4584∙13=1584.
2) если X=2, то в коробке осталось 1 красный и 5 синих карандаша. Вероятность того, что вынутый карандаш окажется не красным, равна 5/6 и
PX=2;Y=2=1884∙56=1584;
Вероятность того, что вынутый карандаш будет красным, равна 1/6 и
PX=2;Y=3=1884∙16=384.
3) если X=3, то в коробке осталось 0 красных и 6 синих карандаша. Вероятность того, что вынутый карандаш окажется не красным, равна 1 и
PX=3;Y=3=184∙1=184.
Запишем закон распределения системы случайных величин X, Y.

X
Y
0 1 2 3
0 1084
– – –
1 1084
1542
– –
2 – 1584
1584
–
3 – – 384
184

4. Плотность вероятности случайной величины задана следующим образом:
fx=0, x≤1,Alnx, 1<x<e2,0, x>e2.

Определить A. Вычислить вероятности следующих событий:
1) X∈[M;2M]; 2) из трех испытаний два раза X∈[0,5;1,5];

Решение:

Определим A из условия нормировки
-∞+∞fxdx=1:
-∞+∞fxdx=A1e2lnxdx=интегрируем по частям:u=lnx, du=dxx,dv=dx, v=x=Axlnx1e2-1e2xxdx=Ae2lne2-1ln1-1e2dx=Ae2∙2-1∙0-x1e2=A2e2-e2-1=Ae2+1=1,
значит,
A=1e2+1.
Тогда плотность распределения случайной величины:

fx=0, x≤1,1e2+1lnx, 1<x<e2,0, x>e2.
Находим математическое ожидание:
MX=-∞+∞x∙fxdx=1e2+11e2x∙lnxdx=интегрируем по частям:u=lnx, du=dxx,dv=xdx, v=x22=1e2+1x22lnx1e2-1e2x22∙dxx=1e2+1e222lne2-122ln1-121e2xdx=1e2+1e42∙2-12∙0-12∙x221e2=1e2+1e4-14(e22-12)=1e2+134e4+14=3e4+14e2+4=4,84.

Вычислим вероятности следующих событий:
1) X∈M;2M:

PM≤X≤2M=PM≤X≤e2+Pe2<X≤2M=1e2+14,84e2lnxdx+1e2+1e22M0dx=интегрируем по частям:u=lnx, du=dxx,dv=dx, v=x=1e2+1xlnx4,84e2-4,84e2xxdx=1e2+1e2∙2-4,84∙ln4,84-4,84e2dx≈0,1214,58-7,63-x4,84e2≈0,126,95-7,29-4,84≈0,54.

2) вероятность попадания случайной величины в интервал [0,5;1,5]:
P0,5≤X≤1,5=P0,5≤X≤1+P1<X≤1,5=0,510dx+1e2+111,5lnxdx=интегрируем по частям:u=lnx, du=dxx,dv=dx, v=x=1e2+1xlnx11.5-11,5xxdx=1e2+11,5ln1,5-1ln1-11,5dx≈0,120,608-1∙0-x11,5=0,120,608-1,5-1≈0,013.
Вероятность того, что из трех испытаний Х ровно два раза попадет в интервал [0,5;1,5], определим, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn,
в нашем случае
n=3, k=2, p=0,013, q=1-p=1-0,013=0,987.
Находим:

P32=C32∙0,0132∙0,9873-2=3!2!∙3-2!∙0,0132∙0,9871=3!2!∙1!∙0,0132∙0,987=3∙0,0132∙0,987=0,0005.

6. Вычислить вероятность того, что из трех испытаний хотя бы один раз Х попадет в интервал [0; M], если распределено по равномерному закону R 1, 6.

Решение:

Плотность вероятности равномерно распределенной случайной величины Х:
fx=0, x<1,16-1, 1≤x≤6,0, x>6=0, x<1,0,2, 1≤x≤6,0, x>6.

Математическое ожидание равномерно распределенной случайной величины:
MX=a+b2=1+62=72=3,5.
Вероятность попадания Х в интервал [0; 3,5] при одном испытании равна:
P0≤X≤3,5=03,5fxdx=0,203,5dx=0,2×03,5=0,23,5-0=0,7.
Событие A – «из трех испытаний хотя бы один раз Х попадет в интервал [0; M]» противоположно событию A – «из трех испытаний Х ни разу не попадет в интервал [0; M]»
Вероятность того, что из трех испытаний хотя бы один раз Х ни разу не попадет в интервал [0; M], определим, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn,
в нашем случае
n=3, k=0, p=0,7, q=1-p=1-0,7=0,3.
Находим:
PA=P30=C30∙0,70∙0,33-0=3!0!∙3-0!∙1∙0,33=3!0!∙3!∙1∙0,027=1∙1∙0,027=0,027.
Так как события A и A составляют полную группу событий, то
PA=1-PA=1-0,027=0,973.

а) найти выборочное среднее, выборочную дисперсию, выборочное среднеквадратическое отклонение, исправленную выборочную дисперсию, исправленное выборочное среднеквадратическое отклонение; б) построить на графике эмпирическую функцию распределения;

17 18 19 22 24
ni
4 6 16 40 15 15 4

а) найти выборочное среднее, выборочную дисперсию, выборочное среднеквадратическое отклонение, исправленную выборочную дисперсию, исправленное выборочное среднеквадратическое отклонение;
б) построить на графике эмпирическую функцию распределения;
в) построить на графике полигон относительных частот;
г) построить на графике гистограмму относительных частот.
Решение:
А) 1) Для несгруппированных данных среднее арифметическое (выборочное среднее) определяется по формуле:
,
где n- объем выборки, х1, х2, … хn – результаты измерений.
В данном случае, n=100, тогда

2) Выборочная дисперсия определяется по формуле:
Dв=i=1nni(xi-xв)2n=4(15-18.59)2+6(16-18.59)2+16(17-18.59)2+40(18-18.59)2+100
+15(19-18.59)2+15(22-18.59)2+4(24-18.59)2100 = 4.40
3) Выборочное среднеквадратическое отклонение равно:
=Dв= 4,40=2,097.
4) Исправленную выборочную дисперсию определим по формуле:
S2=nn-1 Dв=100100-1*4.40=4.44
5) Исправленное среднеквадратическое отклонение равно:
S=S2=4.44=2.107.
Б) Эмпирической функцией распределения называют функцию F(x), определяющую для каждого значения х относительную частоту события Х<х:
F(x)= nxn,
где nx – число вариант, меньших х, n – объем выборки.
n = 100.
Наименьшая варианта равна 15, поэтому F(x) =0 при х≤15.
Значение Х<16, а именно х=15 наблюдалось 4 раза, следовательно F(x)=4/100=0,04 при 15<х≤16.
Значения Х<17, а именно х1=15 и х2=16 наблюдалось 4+6=10 раз, следовательно F(x)=10/100=0,1 при 16<х≤17.
Значения Х<18, а именно х1=15, х2=16 и х3=17 наблюдалось 4+6+16=26 раз, следовательно F(x)=26/100=0,26 при 17<х≤18.
Значения Х<19, а именно х1=15, х2=16, х3=17, х4=18 наблюдалось 4+6+16+40=66 раз, следовательно F(x)=66/100=0,66 при 18<х≤19.
Значения Х<22, а именно х1=15, х2=16, х3=17, х4=18, х5=19 наблюдалось 4+6+16+40+15=81 раз, следовательно F(x)=81/100=0,81 при 19<х≤22.
Значения Х<24, а именно х1=15, х2=16, х3=17, х4=18, х5=19, х6=22 наблюдалось 4+6+16+40+15+15=96 раз, следовательно F(x)=96/100=0,96 при 22<х≤24.
Т.к. х=24 – наибольшая варианта то F(x)=1 при х>24.
Напишем искомую эмпирическую функцию:
0 при х≤15,
0,04 при 15<х≤16,
0,1 при 16<х≤17,
0,26 при 17<х≤18,
0,66 при 18<х≤19,
0,81 при 19<х≤22,
0,96 при 22<х≤24,
1 при х>24.

F(x)=График этой функции представлен на рис.1.:
F(x)

1
0,81

0,5

0,26

0 12 15 18 22 24 х
Рис. 1. Эмпирическая функция распределения
В) Полигон относительных частот представляет собой ломанную, отрезки которой соединяют точки (х1, w1), …., (хi, wi) (рис. 2).
Относительные частоты для выборки представлены в таблице:
xi 15 16 17 18 19 22 24
wi=nin
0.04 0.1 0.16 0.4 0.15 0.15 0.04

Рис.2. Полигон относительных частот
Г) Гистограммой относительных частот называют ступенчатую фигуру, состоящую из прямоугольников, основаниями которых служат частичные интервала длины h, а высоты равны отношению wi/h. Площадь гистограммы относительных частот равна сумме всех остальных частот, т.е. единице.
Для построения гистограммы относительных частот, разобьем вариационный ряд на интервалы. Количество интервалов определяем по формуле Стерджеса:
=1+3,32*lg100=8.
Определим шаг интервала:
=24-158=1,125
где – максимальное значение измеряемого показателя в упорядоченной (ранжированной) выборке; – минимальное значение показателя.
Нижняя граница первого интервала выбирается чуть меньшей или равной минимальному значению выборки, то есть от до .
Распределим варианты по интервалам и определим относительные частоты, результаты вычислений представлены в таблице:

№
интервала Границы
интервала Частота
ni
Относительная частота, wi=nin
Плотность частот, wi/h
1 [15-16.125] 10 10/100=0,1 0,1/1,125=0.09
2 (16.125-17.25] 16 0,16 0.14
3 (17.25-18.375] 40 0,4 0.36
4 (18.375-19.5] 15 0,15 0.13
5 (19.5-20.625] 0 0 0
6 (20.625-21.75] 0 0 0
7 (21.75-22.875] 15 0,15 0.13
8 (22.875-24] 4 0,04 0.04
Σ
100 1

wi/h
Гистограмма относительных частот представлена на рис.3.:
wi/h

0.36

0.13
0.13
0.14

0.04
0
0

0.09

x
0 15 16,125 17,25 18,375 19,5 20,625 21,75 22,875 24

Рис.3. Гистограмма относительных частот
6. Найти доверительный интервал для оценки математического ожидания а нормального распределения с надежностью P=0.99, зная выборочное среднее xв=11,3, объем выборки n=256 и генеральное среднеквадратическое отклонение σ=8.
Решение:
Интервальной оценкой (с надежностью Р) математического ожидания а нормально распределенного количественного признака Х по выборочной средней xв при известном среднем квадратическом отклонении σ генеральной совокупности служит доверительный интервал:
xв- t(σ/n)˂ a ˂xв+t(σ/n),
где t(σ/n)=δ – точность оценки, n – объем выборки, t- значение аргумента функции Лапласа Ф(t), при котором Ф(t)= P/2.
Ф(t)= P/2=0.99/2=0.495.
Тогда t=2.58
Подставляя все значения в выражение доверительного интервала, получим:
11.3-2.58*(8/256 ) ˂ a ˂ 11.3+2.58*(8/256 ).
Таким образом доверительный интервал равен:
10,01˂ a ˂12,59.
7. Для двух случайных величин Х, У проведена серия испытаний. Результаты испытаний записаны в следующую корреляционную таблицу:
Х
У -1 0 2 3 4 6
1 – 3 1 1 – –
2 1 2 3 – – –
3 – – 2 4 2 1
5 – – – 1 2 –
а) Вычислить выборочные средние, неуточненные дисперсии и среднеквадратические отклонения для обеих величин Х и У, ковариацию и коэффициент корреляции R(X, Y).
б) Проверить для доверительной вероятности P=0.9 значимость коэффициента корреляции R(X, Y), пользуясь критерием Стьюдента.
в) Написать уравнения прямых регрессии У на Х и Х на У.
г) В подходящем масштабе изобразить на графике все точки с координатами (х, у) из корреляционной таблицы и прямые регрессии.
Решение:
А) Найдем выборочные средние для величин Х и У:
х= (-1*1+0*(3+2)+2*(1+3+2)+3*(1+4+1)+4*(2+2)+6*1)/23=2.22,
у=1*(3+1+1)+2*(1+2+3)+3*(2+4+2+1)+5*(1+2)/23=2.56.
Выборочные дисперсии равны:
σ2x=М[x2]-(M[x])2= (-12*1+02*(3+2)+22*(1+3+2)+32*(1+4+1)+42*(2+2) +62*1)/23- 2.222=2.85
σ2y=М[y2]-(M[y])2=12*(3+1+1)+22*(1+2+3)+32*(2+4+2+1)+52*(1+2)/23- -2.562=1.45.
Тогда среднеквадратические отклонения равны:
σx=σх2=2.85=1.69
σу=σу2=1.45=1.2
Ковариация двух случайных величин определяется по формуле:
Cov(x,y)= M[(X-M(X))(Y-M(Y))]= (0*1*3+2*1*1+3*1*1+(-1)*2*1+0*2*2+ +2*2*3+2*3*2+3*3*4+4*3*2+6*3*1+3*5*1+4*5*2)/23-2.22*2.56=1.27
Коэффициент корреляции равен:
Rxy=Cov(x,y)σxσy=1.271.69*1.2=0.63
Б) Значимость коэффициента корреляции проверяется по критерию Стьюдента: t=Rxyn-11-Rxy2=0.63*23-11-0.632=4.9
При этом табличное значение критерия Стьюдента при 22 степенях свободы и доверительной вероятности 0,9 равно 1,7117.
Так как расчетное значение критерия Стьюдента выше табличного, то можно сделать заключение о том, что величина коэффициента корреляции является значимой.
В) Уравнение прямой регрессии у(х) имеет вид:
ух=Rxyх-хσхσу+у=0.63((х-2.22)/1.69)*1.2+2.56=0.45х+1.57
Уравнение прямой регрессии х(у) имеет вид:
ху=Rxyу-уσуσх+х=0.63((у-2.56)/1.2)*1.69+2.22=0.88у-0.06
Г) Построим на графике прямые регрессии и отобразим все точки с координатами (х, у)

y
x

Вариант 29
1. Найти вероятность того, что в 150 бросаниях игральной кости шестерка выпадет не менее 20 раз и не более 40 раз.
Решение:
Вероятность выпадения шестерки в каждом бросании постоянна и равна р=1/6. А вероятность не появления q=5/6
Для отыскания вероятности воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:
Р (k1, k2) = Ф(х’’) – Ф(x’).
где Ф(х) – функция Лапласа,
x’= (k1-np)/npq = (20-150*(1/6))/ 150*16*(56)=-1.1
x’’= (k2-np)/npq=(40-150*(1/6))/ 150*16*(56)=3.29
Ф(-1,1)= – Ф(1,1)= -0,3643
Ф(3,29) = 0,49931+ 0,49966-0,499313,40-3,20*(3,29-3,20)=0.49947
Р(20, 40) = 0,49947- (-0,3643)=0,86.
2. Дискретная случайная величина Х может принимать только два значения: х1 и х2, причем х1< х2. Известны вероятность р1=0,3 возможного значения х1, математическое ожидание М(Х)=3,7 и дисперсия D(Х)= 0,21. Найти закон распределения случайной величины.
Дано:
р1=0,3,
М(Х)=3,7,
D(Х)= 0,21,
х1< х2.
Найти закон распределения случайной величины.

Решение:
Сумма вероятностей всех возможных значений X равна 1, поэтому вероятность P2 того, что X примет значение X2 , равна P2 = 1 – P1  = 1 – 0,3 = 0,7Напишу закон распределения:
Х Х1
Х2
Р
0,3 0,7
Для отыскания х1 и х2 составлю систему из двух уравнений:
М(х)= х1р1+ х2р2,
D(x)= M(x2) – [M(x)]2.
Но М(х2)= хр1+ хр2 .
М(х)= х1р1+ х2р2,
D(x)= хр1+ хр2 – [M(x)]2.
3,7= 0,3х1+ 0,7х2,
0,21=0,3х+0,7х-3,72.
х1= (3,7-0,7х2)/0,3,
0,21=0,3((3,7-0,7х2)/0,3)2+0,7х-13,69,
0,21=(13,69-5,18х2+0,49 х)/0,3+0,7х-13,69,
0,7 х-5,18х2+ 9,52=0,
х= (5,18+))/(2*0,7)=4,
х= (5,18-))/(2*0,7)=3,4,
х= (3,7-0,7*4)/0,3=3,
х= (3.7-0,7*3,4)/0,3=4,4.
Учитывая условие х1<х2 верными для Х будут значения х1=3, х2=4.
Закон распределения:
Х 3 4
Р
0,3 0,7

3. Случайная величина Х задана функцией распределения
0, х≤0;
F(X)= , 0<х≤2;
1, х>2.
Найти плотность распределения вероятностей, математическое ожидание и дисперсию случайной величины.
Решение:
Плотность распределения вероятностей есть производная функции распределения и равна:
0, х≤0;
f(x)= F'(x)= , 0<х≤2;
0, х>2.
Математическое ожидание случайной величины равно:
М(х) = ====1,33
Дисперсия случайной величины определяется следующим образом:
D(х)= – [M(x)]2= – 1.332=-1.332 =-1.332=0,23
4. Известны математическое ожидание а=4 и среднеквадратическое отклонение σ=1,3 нормально распределенной случайной величины Х. Найти вероятность попадания этой случайной величины в заданный интервал (3;4).
Решение:
Вероятность того, что Х примет значение, принадлежащее интервалу (α;β) равна:
Р(α<Х<β)= Ф () – Ф (),
где Ф(х)= – функция Лапласа.
Подставляя значения, получим:
Р(3<Х<4)= Ф () – Ф ()= Ф(0)+Ф(0,77).
По таблице найдем значения функции: Ф(0)=0
Ф(0,77)=0,2794,
Р(3<Х<4)=0+0,2794=0,2794.
5. Задан вариационный ряд выборки:
xi 12,5 13 13,5 14 14,5 15 15,5
ni
5 15 40 25 8 4 3

а) найти выборочное среднее, выборочную дисперсию, выборочное среднеквадратическое отклонение, исправленную выборочную дисперсию, исправленное выборочное среднеквадратическое отклонение;
б) построить на графике эмпирическую функцию распределения;
в) построить на графике полигон относительных частот;
г) построить на графике гистограмму относительных частот.
Решение:
А) 1) Для несгруппированных данных среднее арифметическое (выборочное среднее) определяется по формуле:
,
где n- объем выборки, х1, х2, … хn – результаты измерений.
В данном случае, n=100, тогда

2) Выборочная дисперсия определяется по формуле:
Dв=i=1nni(xi-xв)2n=5(12,5-13,7)2+15(13-13,7)2+40(13,5-13,7)2+25(14-13,7)2+100
+8(14,5-13,7)2+4(15-13,7)2+3(15,5-13,7)2100 =0,4
3) Выборочное среднеквадратическое отклонение равно:
=Dв= 0,4=0,63
4) Исправленную выборочную дисперсию определим по формуле:
S2=nn-1 Dв=100100-1*0,4=0,404
5) Исправленное среднеквадратическое отклонение равно:
S=S2=0,404=0,636.
Б) Эмпирической функцией распределения называют функцию F(x), определяющую для каждого значения х относительную частоту события Х<х:
F(x)= nxn,
где nx – число вариант, меньших х, n – объем выборки.
n = 100.
Наименьшая варианта равна 12,5, поэтому F(x) =0 при х≤12,5.
Значение Х<13, а именно х=12,5 наблюдалось 5 раз, следовательно F(x)=5/100=0,05 при 12,5<х≤13.
Значения Х<13,5, а именно х1=12,5 и х2=13 наблюдалось 5+15=20 раз, следовательно F(x)=20/100=0,2 при 13<х≤13,5.
Значения Х<14, а именно х1=12,5, х2=13 и х3=13,5 наблюдалось 5+15+40=60 раз, следовательно F(x)=60/100=0,6 при 13,5<х≤14.
Значения Х<14,5, а именно х1=12,5, х2=13, х3=13,5, х4=14 наблюдалось 5+15+40+25=85 раз, следовательно F(x)=85/100=0,85 при 14<х≤14,5.
Значения Х<15, а именно х1=12,5, х2=13, х3=13,5, х4=14, х5=14,5 наблюдалось 5+15+40+25+8=93 раза, следовательно F(x)=93/100=0,93 при 14,5<х≤15.
Значения Х<15,5, а именно х1=12,5, х2=13, х3=13,5, х4=14, х5=14,5, х6=15 наблюдалось 5+15+40+25+8+4=97 раз, следовательно F(x)=97/100=0,97 при 15<х≤15,5.
Т.к. х=15,5 – наибольшая варианта то F(x)=1 при х>15,5.
Напишем искомую эмпирическую функцию:
0 х≤12,5,
0,05 при 12,5<х≤13,
0,2 при 13<х≤13,5
0,6 при 13,5<х≤14,
0,85 при 14<х≤14,5,
0,93 при 14,5<х≤15,
0,97 при 15<х≤15,5,
1 при х>15,5.

F(x)=График этой функции представлен на рис.1.:
F(X)

1

0.85

0.6

0.2

0
х
14,5
15,5
15
14
13
13,5
12,5

14,5

Рис. 1. Эмпирическая функция распределения
В) Полигон относительных частот представляет собой ломанную, отрезки которой соединяют точки (х1, w1), …., (хi, wi) (рис. 2).
Относительные частоты для выборки представлены в таблице:
xi 12,5 13 13,5 14 14,5 15 15,5
wi=nin
0,05 0,15 0,4 0,25 0,08 0,04 0,03
Рис.2. Полигон относительных частот

Г) Гистограммой относительных частот называют ступенчатую фигуру, состоящую из прямоугольников, основаниями которых служат частичные интервала длины h, а высоты равны отношению wi/h. Площадь гистограммы относительных частот равна сумме всех остальных частот, т.е. единице.
Для построения гистограммы относительных частот, разобьем вариационный ряд на интервалы. Количество интервалов определяем по формуле Стерджеса:
=1+3,32*lg100=8.
Определим шаг интервала:
=15,5-12,58=0,375
где – максимальное значение измеряемого показателя в упорядоченной (ранжированной) выборке; – минимальное значение показателя.
Нижняя граница первого интервала выбирается чуть меньшей или равной минимальному значению выборки, то есть от до .
Распределим варианты по интервалам и определим относительные частоты, результаты вычислений представлены в таблице:

№
интервала Границы
интервала Частота
ni
Относительная частота, wi=nin
Плотность частот, wi/h
1 [12,5-12,875] 5 5/100=0,05 0,05/0,375=0.13
2 (12.875-13,25] 15 0,15 0.4
3 (13.25-13.625] 40 0,4 1,07
4 (13.625-14] 25 0,25 0.67
5 (14-14.375] 0 0 0
6 (14.375-14.75] 8 0,08 0,21
7 (14.75-15.125] 4 0,04 0.11
8 (15.125-15.5] 3 0,03 0.08
Σ
100 1

1,07
Гистограмма относительных частот представлена на рис.3.:
wi/h

0.67

0.4

0.21

0.08
0.11
0
0.13

x
0 12.5 12,875 13,25 13,625 14 14.375 14,75 15.125 15.5
Рис.3. Гистограмма относительных частот
6. Найти доверительный интервал для оценки математического ожидания а нормального распределения с надежностью P=0.95, зная выборочное среднее xв=75,1, объем выборки n=169 и генеральное среднеквадратическое отклонение σ=13.
Решение:
Интервальной оценкой (с надежностью Р) математического ожидания а нормально распределенного количественного признака Х по выборочной средней xв при известном среднем квадратическом отклонении σ генеральной совокупности служит доверительный интервал:
xв- t(σ/n)˂ a ˂xв+t(σ/n),
где t(σ/n)=δ – точность оценки, n – объем выборки, t- значение аргумента функции Лапласа Ф(t), при котором Ф(t)= P/2.
Ф(t)= P/2=0.95/2=0.475.
Тогда t=1.96
Подставляя все значения в выражение доверительного интервала, получим:
75.1-1.96*(13/169 ) ˂ a ˂ 75.1+1.96*(13/169 ).
Таким образом доверительный интервал равен:
73.14˂ a ˂75.06.
7. Для двух случайных величин Х, У проведена серия испытаний. Результаты испытаний записаны в следующую корреляционную таблицу:

Х
У 0 1 2 3 4 6
1 – 3 1 1 – –
3 1 2 3 – – –
4 – – 2 4 3 1
5 – – 1 4 2 –
а) Вычислить выборочные средние, неуточненные дисперсии и среднеквадратические отклонения для обеих величин Х и У, ковариацию и коэффициент корреляции R(X, Y).
б) Проверить для доверительной вероятности P=0.95 значимость коэффициента корреляции R(X, Y), пользуясь критерием Стьюдента.
в) Написать уравнения прямых регрессии У на Х и Х на У.
г) В подходящем масштабе изобразить на графике все точки с координатами (х, у) из корреляционной таблицы и прямые регрессии.
Решение:
А) Найдем выборочные средние для величин Х и У:
х= (0*1+1*(3+2)+2*(1+3+2+1)+3*(1+4+4)+4*(3+2)+6*1)/28=2.71,
у=1*(3+1+1)+3*(1+2+3)+4*(2+4+3+1)+5*(1+4+2)/28=3.5.
Выборочные дисперсии равны:
σ2x=М[x2]-(M[x])2=(02*1+12*(3+2)+22*(1+3+2+1)+32*(1+4+4)+42*(3+2)+ +62*1)/28- 2.712=0.87
σ2y=М[y2]-(M[y])2=12*(3+1+1)+32*(1+2+3)+42*(2+4+3+1)+52*(1+4+2)/28- -3.52=1.82.
Тогда среднеквадратические отклонения равны:
σx=σх2=0.87=0.93
σу=σу2=1.82=1.35
Ковариация двух случайных величин определяется по формуле:
Cov(x,y)= M[(X-M(X))(Y-M(Y))]= (1*1*3+2*1*1+3*1*1+0*3*1+1*3*2+ +2*3*3+2*4*2+3*4*4+4*4*3+6*4*1+2*5*1+3*5*4+4*5*2)/28-2.71*3.5=0.44
Коэффициент корреляции равен:
Rxy=Cov(x,y)σxσy=0.440.93*1.35=0.35
Б) Значимость коэффициента корреляции проверяется по критерию Стьюдента: t=Rxyn-11-Rxy2=0.35*28-11-0.352=2.07
При этом табличное значение критерия Стьюдента при 27 степенях свободы и доверительной вероятности 0,95 равно 2.0564.
Так как расчетное значение критерия Стьюдента выше табличного, то можно сделать заключение о том, что величина коэффициента корреляции является значимой.
В) Уравнение прямой регрессии у(х) имеет вид:
ух=Rxyх-хσхσу+у=0.35((х-2.71)/0.93)*1.35+3.5=0.51х+2.12
Уравнение прямой регрессии х(у) имеет вид:
ху=Rxyу-уσуσх+х=0.35((у-3.5)/1.35)*0.93+2.71=0.24у+1.87
Г) Построим на графике прямые регрессии и отобразим все точки с координатами (х, у)

букв ФИО адаптивным кодом Хаффмана (размер окна 6) Подсчитаем частоту вхождения символов в ФИО и расположим их по убыванию

букв ФИО адаптивным кодом Хаффмана (размер окна 6).

Подсчитаем частоту вхождения символов в ФИО и расположим их по убыванию. Общее количество символов – 23:

Таблица 1. Частота вхождения символов

Символ Кол-во символов Частота вхождения
А 4 0,17391
И 4 0,17391
Н 4 0,17391
Р 2 0,08695
Б 1 0,04348
В 1 0,04348
Е 1 0,04348
Й 1 0,04348
Л 1 0,04348
М 1 0,04348
О 1 0,04348
У 1 0,04348
Х 1 0,04348

Код Хаффмана.

Будем складывать две наименьшие вероятности и включать суммарную вероятность на соответствующее место в упорядоченном списке вероятностей до тех пор, пока в списке не останется два символа.

Рисунок 1. Процесс построения кода Хаффмана

Таблица 2. Код Хаффмана

Символ Частота вхождения, p Длина кода, L Кодовое слово
А 0,17391 3 000
И 0,17391 3 001
Н 0,17391 3 010
Р 0,08695 4 0110
Б 0,04348 4 0111
В 0,04348 4 1000
Е 0,04348 4 1001
Й 0,04348 4 1010
Л 0,04348 4 1011
М 0,04348 4 1100
О 0,04348 4 1101
У 0,04348 4 1110
Х 0,04348 4 1111

Средняя длина построенного кода Хаффмана:

Lср=0,17391 * 3 + 0,17391 * 3 + 0,17391 * 3 + 0,08695 * 4 + 0,04348 * 4 + 0,04348 * 4 +

+ 0,04348 * 4 + 0,04348 * 4 + 0,04348 * 4 + 0,04348 * 4 + 0,04348 * 4 + 0,04348 * 4 +

+ 0,04348 * 4 =3,3044

При этом энтропия равна:

H=-3*0,17391*log 0,17391- 0,08695*log 0,08695 – 9*0,04348*log 0,04348 = 2,9543

Построим кодовое дерево для кода Хаффмана:

1
0

0
1
00,30434

1

0,6522
0,3478
1
0
1
0

0

1
0
1

0,34782
И

0,17391

1
0

А
1
0

Н
1
0

1
0

1
0

Рисунок 2. Кодовое дерево для кода Хаффмана
Код Фано.

Делим таблицу частоты вхождения символов на две части, так чтобы суммы частот в обоих частях были как можно более одинаковыми. Первой части присваиваем 0, второй 1.
Далее, каждую из полученных половинок делим на две по такому же принципу и так далее, пока весь список не разобьется на части, содержащие по одной букве.

Таблица 3. Код Фано

Символ Частота вхождения, p Кодовое слово Длина кода, L
А 0,17391 0 0 2
И 0,17391 0 1 0 3
Н 0,17391 0 1 1 3
Р 0,08695 1 0 0 0 4
Б 0,04348 1 0 0 1 4
В 0,04348 1 0 1 0 4
Е 0,04348 1 0 1 1 0 5
Й 0,04348 1 0 1 1 1 5
Л 0,04348 1 1 0 0 4
М 0,04348 1 1 0 1 4
О 0,04348 1 1 1 0 4
У 0,04348 1 1 1 1 0 5
Х 0,04348 1 1 1 1 1 5

Средняя длина построенного кода Фано:

Lср=0,17391*2+0,17391*3+0,17391*3+0,08695*4+0,04348*4+0,04348*4+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*4+0,04348*4+0,04348*4+0,04348*5+0,04348*5=3,4783
Построим кодовое дерево для кода Фано:

1
0

0

0
1

1

1
0

0
1
1
0
0

0
0
1
1

1
0

1
0

0
1

0

1

Рисунок 3. Кодовое дерево для кода Фано

Код Шеннона.

Упорядоченные символы исходного алфавита с упорядоченными символами по убыванию берем из таблицы 1. Вычислим кумулятивные вероятности Q. Представим Qi-1 в двоичной системе счисления и возьмем в качестве кодового слова первые –log pi двоичных знаков после запятой.

Длину кодового слова Li берем из соотношения 1/2Li ≤ pi < 1/2Li-1

Таблица 4. Код Шеннона

Символ Частота вхождения, p Qi Qi в двоичной системе Длина кода, Li Кодовое слово
А 1/23≤0,17391<1/22 0 0 3 000
И 1/23≤0,17391<1/22 0,17391 0,0010 3 001
Н 1/23≤0,17391<1/22 0,34782 0,0101 3 010
Р 1/24≤0,08695<1/23 0,52173 0,10000 4 1000
Б 1/25≤0,04348<1/24 0,60868 0,100110 5 10011
В 1/25≤0,04348<1/24 0,65216 0,101001 5 10100
Е 1/25≤0,04348<1/24 0,69564 0,101100 5 10110
Й 1/25≤0,04348<1/24 0,73912 0,101111 5 10111
Л 1/25≤0,04348<1/24 0,78260 0,110010 5 11001
М 1/25≤0,04348<1/24 0,82608 0,110100 5 11010
О 1/25≤0,04348<1/24 0,86956 0,110111 5 11011
У 1/25≤0,04348<1/24 0,91304 0,111010 5 11101
Х 1/25≤0,04348<1/24 0,95652 0,111101 5 11110

Средняя длина построенного кода Шеннона:

Lср=0,17391*3+0,17391*3+0,17391*3+0,08695*4+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5+0,04348*5= 3,8696
Арифметический код.

Закодируем первые три буквы своего имени арифметическим кодом. Это символы: И, Р и И, с вероятностями: 0,17391, 0,08695 и 0,17391 соответственно.
Кумулятивные вероятности, возьмем из Таблицы 4:

Q0=0,
Q1= p1=0,17391,
Q2= p1+p2=0,34782,
Q3= p1+p2+p3=0,52173,
Q4= p1+p2+p3+p4=0,60868,
Q5= p1+p2+p3+p4+p5=0,65216,
Q6= p1+p2+p3+p4+p5+p6=0,69564,
Q7= p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7=0,73912,
Q8= p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7+p8=0,78260,
Q9= p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7+p8+p9=0,82608,
Q10= p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7+p8+p9+p10=0,86956,
Q11= p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7+p8+p9+p10+p11=0,91304,
Q12= p1+p2+p3+p4+p5+p6+p7+p8+p9+p10+p11+p12=0,95652.

Получим границы интервала, соответствующего первому символу кодируемого сообщения И (второй символ в таблице 4):

l1=l0+r0∙Q2-1=0+1∙0,17391=0,17391,
h1= l0+ r0∙Q2=0+1∙0,34782=0,34782,
r1= h1- l1=0,34782 – 0,17391=0,17391 .

Для второго символа Р (четвертый символ в таблице 4) кодируемого сообщения границы интервала будут следующие:

l2=l1+r1∙Q4-1=0,17391+0,17391∙0,52173= 0,2646440643,
h2= l1+ r1∙Q4=0,17391+0,17391∙0,60868=0,2797655388,
r2= h2- l2=0,2797655388-0,2646440643=0,0151214745.

Для третьего символа И (второй символ в таблице 4) кодируемого сообщения границы интервала будут следующие:

l3=l2+r2∙Q2-1=0,2646440643+0,0151214745∙0,17391= 0,26727383993,
h3= l2+ r2∙Q2=0,2646440643+0,0151214745∙0,34782=0,269903615561,
r3= h3- l3=0,269903615561-0,26727383993=0,00262977563029
.
В результате всех вычислений получаем следующую последовательность интервалов для сообщения ИРИ:

В начале: [0.0, 1.0)
После просмотра И: [0.17391, 0.34782)
После просмотра Р: [0.2646440643, 0.2797655388)
После просмотра И: [0.26727383993, 0.269903615561)

Кодом последовательности ИРИ будет двоичная запись любой точки из интервала [0.26727383993, 0.269903615561), например, 0.268. Для однозначного декодирования возьмем
−logr3=−log0,00262977563029=9разрядов, получим код 010001001.

Адаптивный код Хаффмана.

Закодировать последовательность из 10 букв ФИО адаптивным кодом Хаффмана (размер окна 6). Последовательность и окно:

бурени наир

В начале кодирования символы, входящие в окно кодируются кодом Хаффмана, который строится для оценочного распределения вероятностей. Для этого подсчитываются частоты и вероятности:

Таблица 5.

Символ Вероятность, p Построение кода Кодовое слово
Б 1/6 10
Е 1/6 11
Н 1/6 000
Р 1/6 001
У 1/6 010
И 1/6 0110
А 0 0111

Кодируем символ Н кодовым словом 000.

Далее сдвигаем окно на 1 символ вправо

б уренин аир

Снова символы входящие в окно кодируются кодом Хафманна:

Таблица 6.

Символ Вероятность, p Построение кода Кодовое слово
Б 0 00110
Е 1/6 10
Н 1/3 01
Р 1/6 11
У 1/6 000
И 1/6 0010
А 0 00111

Кодируем символ А кодовым словом 00111.

Далее сдвигаем окно еще на 1 символ вправо

бу ренина ир

Снова символы входящие в окно кодируются кодом Хафманна:

Таблица 7.

Символ Вероятность, p Построение кода Кодовое слово
Б 0 00110
Е 1/6 10
Н 1/3 01
Р 1/6 11
У 0 00111
И 1/6 000
А 1/6 0010

Кодируем символ И кодовым словом 000.

Далее сдвигаем окно еще на 1 символ вправо

бур енинаи р

Снова символы входящие в окно кодируются кодом Хафманна:

Таблица 8.

Символ Вероятность, p Построение кода Кодовое слово
Б 0 1110
Е 1/6 10
Н 1/3 00
Р 0 11110
У 0 11111
И 1/3 01
А 1/6 110

Кодируем символ Р кодовым словом 11110.

Таким образом последовательность буренинаир получает кодовую последовательность: 10 010 001 11 000 0110 000 00111 000 11110

Вариант 32 9 Найти P (-1 5 0 5) – нормальна m =-1 2 σ =1

Вариант 32
9. Найти P (-1,5; 0,5), – нормальна, m =-1/2; σ =1/2.
Решение:
Вероятность попасть в интервал для случайной величины, распределенной по нормальному закону, равна:
Px1<x<x2=Фx2-mxσ-Фx1-mxσ, Фx-функция Лапласа
Имеем:
P-1,5<ξ<0,5= Ф0,5+1,51/2 -Ф-1,5+1,51/2=Ф4-Ф0=0,49997

10. Найти {xi; p (xi)}, {yk; p (yk)}, M , D , M , D , K для системы ( , ) с законом распределения:
0 1 2
-2 0,05 0,15 0,20
-1 0,10 0,10 0,10
0 0,20 0,05 0,05

Решение:
Составим безусловные законы распределения величин и и найдем их числовые характеристики.
Для величины :
Pξ=-2=0,05+0,15+0,20=0,4
Pξ=-1=0,10+0,10+0,10=0,3
Pξ=0=0,20+0,05+0,05=0,3
Безусловный закон распределения величины :
-2 -1 0
P( ) 0,4 0,3 0,3

Математическое ожидание:
Mξ=iξ*Pξ=-2*0,40-1*0,30+0*0,30=-1,1
Дисперсия:
Dξ=iξ2*Pξ-Mξ2=-22*0,4+-12*0,3+02*0,3-(-1,1)2=0,69
Для величины :
Pη=0=0,05+0,10+0,20=0,35
Pη=1=0,15+0,10+0,05=0,30
Pη=2=0,20+0,10+0,05=0,35
Безусловный закон распределения величины :
0 1 2
P( ) 0,35 0,30 0,35

Математическое ожидание:
Mη=iη*Pη=0*0,35+1*0,30+2*0,35=1
Дисперсия:
Dη=iη2*Pη-Mη2=02*0,35+12*0,30+22*0,35-12=0,7
Вычислим ковариацию:
Kξη=ijξiηjpij-Mξ*Mη
Kξη=-2*0*0,05+…+0*2*0,05-(-1,1)*1=-0,3

Коэффициент корреляции равен:
rξη=KξηDξ*Dη=-0,30,69*0,7≈-0,43
Абсолютная величина коэффициента корреляции (0,3<|rξη|<0,5) говорит об умеренной зависимости между величинами и , а знак («-») об обратном характере зависимости.

11. Найти с, f (x), M , D , f (y), M , D , K , если f (x,y) = cxIΔABC, A(0;1), B(2;1),C(2;0).
Решение:
Изобразим схематично наш треугольник:

Составим уравнения сторон треугольника:
AB:
x-02-0=y-11-1y=1
AC:
x-02-0=y-10-1y=1-x2 или x=2-2y
BC:
x-22-2=y-10-1x=2
Следовательно, область задается неравенствами:
D:x,y=0≤x≤21-x2≤y≤1
Найдем константу с, используя свойство плотности распределения:
Df(x,y)dxdy=1
Подставляем:
02dx1-x/21cxdy=c02x*y1-x/21dx=c02x22dx=c6x302=43cc=34
Плотность распределения имеет вид:
fx,y=34x;x∈D0;x∉D
Частные плотности распределения находим из соотношения:
fξx=-∞∞f(x,y)dy; fηy=-∞∞f(x,y)dx
Подставляем:
fξx=1-x/2134xdy=34xy1-x/21=38×2
fηy=2-2y234xdx=38×22-2y2=32(2y-y2)
Частные плотности имеют вид:
fξx=0;x∉D38x2;x∈D
fηy=0;y∉D32(2y-y2);y∈D
Найдем числовые характеристики.
Математические ожидания:
Mξ=02xfξxdx=0238x3dx=332×402=1,5
Mη=01yfηydy=01322y2-y3dy=3223y3-14y401=0,625
Дисперсии:
Dξ=02x2fξxdx-Mξ2=0238x4dx-1,52=340×502-2,25=0,15
Dη=01y2fηxdy-Mη2=0132(2y3-y4)dy-0,6252
Dη=3212y4-15y501-0,6252≈0,059
Для вычисления ковариации находим M( )
Mξη=Dxyf(x,y)dxdy=02dx1-x/2134x2ydy=0238x2y21-x21dx
Mξη=0238×3-332x4dx=332×4-3160×502=0,9
Вычислим ковариацию по формуле:
Kξη=Mξη-Mξ*Mη
Kξη=0,9-1,5*0,625=-0,0375

Коэффициент корреляции равен:
rξη=KξηDξ*Dη=-0,03750,15*0,059≈-0,40
Абсолютная величина коэффициента корреляции (0,3<|rξη|<0,5) говорит об умеренной зависимости между величинами и , а знак («-») об обратном характере зависимости.

Вариант 37
9. Найти P (2,0; 3,0), – нормальна, m =2; σ =1/2.
Решение:
Вероятность попасть в интервал для случайной величины, распределенной по нормальному закону, равна:
Px1<x<x2=Фx2-mxσ-Фx1-mxσ, Фx-функция Лапласа
Имеем:
P2<ξ<3= Ф3-21/2 -Ф2-21/2=Ф2-Ф0=0,47725

10. Найти {xi; p (xi)}, {yk; p (yk)}, M , D , M , D , K для системы ( , ) с законом распределения:
0 1 2
0 0,10 0,25 0,15
1 0,08 0,20 0,12
2 0,02 0,05 0,03

Решение:
Составим безусловные законы распределения величин и и найдем их числовые характеристики.
Для величины :
Pξ=0=0,10+0,25+0,15=0,5
Pξ=1=0,08+0,20+0,12=0,4
Pξ=2=0,02+0,05+0,03=0,1
Безусловный закон распределения величины :
0 1 2
P( ) 0,5 0,4 0,1

Математическое ожидание:
Mξ=iξ*Pξ=0*0,5+1*0,4+2*0,1=0,6
Дисперсия:
Dξ=iξ2*Pξ-Mξ2=02*0,5+12*0,4+22*0,1-0,62=0,44
Для величины :
Pη=0=0,10+0,08+0,02=0,2
Pη=1=0,25+0,20+0,05=0,5
Pη=2=0,15+0,12+0,03=0,3
Безусловный закон распределения величины :
0 1 2
P( ) 0,2 0,5 0,3

Математическое ожидание:
Mη=iη*Pη=0*0,2+1*0,5+2*0,3=1,1
Дисперсия:
Dη=iη2*Pη-Mη2=02*0,2+12*0,5+22*0,3-1,12=0,49
Вычислим ковариацию по формуле:
Kξη=ijξiηjpij-Mξ*Mη
Kξη=0*0*0,10+…+2*2*0,03-0,6*1,1=0

Коэффициент корреляции равен:
rξη=KξηDξ*Dη=00,44*0,49=0
Величина коэффициента корреляции говорит об отсутствии линейной зависимости между величинами и .

11. Найти с, f (x), M , D , f (y), M , D , K , если f (x,y) = c(x+y)IΔABC, A(0;0), B(0;2),C(1;2).
Решение:
Изобразим схематично наш треугольник:

Составим уравнения сторон треугольника:
AB:
x-00-0=y-02-0x=0
AC:
x-01-0=y-02-0y=2x или x=y2
BC:
x-01-0=y-22-2y=2
Следовательно, область задается неравенствами:
D:x,y=0≤x≤12x≤y≤2
Найдем константу с, используя свойство плотности распределения:
Df(x,y)dxdy=1
Подставляем:
01dx2x2c(x+y)dy=c01xy+y222x2dx=c01(2+2x-4×2)dx=
=c(2x+x2-43×3) 01=53cc=35
Плотность распределения имеет вид:
fx,y=35(x+y);x∈D0;x∉D
Частные плотности распределения находим из соотношения:
fξx=-∞∞f(x,y)dy; fηy=-∞∞f(x,y)dx
Подставляем:
fξx=2×235(x+y)dy=35(xy+y22)2×2=35(2+2x-4×2)
fηy=0y/235(x+y)dx=35(x22+xy)0y2=38y2
Частные плотности имеют вид:
fξx=0;x∉D35(2+2x-4×2);x∈D
fηy=0;y∉D38y2;y∈D
Найдем числовые характеристики.
Математические ожидания:
Mξ=01xfξxdx=0135(2x+2×2-4×3)dx=35×2+23×3-x401=0,4
Mη=02yfηydy=0238y3dy=332y402=1,5
Дисперсии:
Dξ=01x2fξxdx-Mξ2=0135(2×2+2×3-4×4)dx-0,42
Dξ=35(23×3+12×4-45×5)01-0,16=0,06
Dη=02y2fηxdy-Mη2=0238y4dy-1,52=340y502-2,25=0,15
Для вычисления ковариации находим M( )
Mξη=Dxyf(x,y)dxdy=01dx2x235(x2y+xy2)dy
Mξη=0135x2y22+xy332x2dx=350183x+2×2-143x4dx
Mξη=35(43×2+23×3-1415×5)01=0,64
Вычислим ковариацию по формуле:
Kξη=Mξη-Mξ*Mη
Kξη=0,64-0,4*1,5=0,04

Коэффициент корреляции равен:
rξη=KξηDξ*Dη=0,040,06*0,15≈0,42
Абсолютная величина коэффициента корреляции (0,3<|rξη|<0,5) говорит об умеренной зависимости между величинами и , а знак («+») о прямом характере зависимости.

Найти линейную зависимость y=ax+b по методу наименьших квадратов.

10 15 21 29 36 51 68
Y 66,7 71,0 76,3 80,6 85,7 92,9 99,4 113,6 125,1
Найти линейную зависимость y=ax+b по методу наименьших квадратов.
Решение
Уравнение линейной регрессии имеет вид: y=ax+b
Оценку параметров a и b проведем при помощи метода наименьших квадратов.
Для этого составим систему нормальных уравнений:
a∙n+b∙x=ya∙x+b∙x2=x∙y
Составим вспомогательную таблицу с результатами промежуточных расчетов:

x y x2 x·y

0 66,7 0 0

4 71 16 284

10 76,3 100 763

15 80,6 225 1209

21 85,7 441 1799,7

29 92,9 841 2694,1

36 99,4 1296 3578,4

51 113,6 2601 5793,6

68 125,1 4624 8506,8
Σ 234 811,3 10144 24628,6
Подставим полученные данные в систему уравнений:
a∙9+b∙234=811,3a∙234+b∙10144=24628,6
Домножим уравнение (1) системы на (-26), получим систему, которую решим методом алгебраического сложения:
a∙-234+b∙-6084=-21093,8a∙234+b∙10144=24628,6
Получим:
4060∙b=3534,8; b=0,871
Тогда коэффициент a будет равен:
a∙9+0,8706∙234=811,3; a=67,508
Таким образом, линейное уравнение зависимости будет иметь вид:
y=0,8706x+67,5078
Следует заметить, что рассчитанные эмпирические коэффициенты a и b являются лишь оценками теоретических коэффициентов, а само найденное линейное уравнение отражает лишь общую тенденцию в поведении рассматриваемых переменных.

5. По условию задачи 3 найти точечную оценку и доверительный интервал для среднего (среднего квадратического отклонения) роста студентов с вероятностью 0,95.
Решение
Среднее квадратическое отклонение заданной выборки рассчитаем по формуле:
s=(xi-x)2n
Среднее значение показателя определим так:
x=xin=503530=167,83
Составим таблицу с промежуточными расчетами:
x |x – xср| (x – xср)2 x |x – xср| (x – xср)2
153 14,83 220,03 169 1,17 1,36
154 13,83 191,36 170 2,17 4,69
155 12,83 164,69 171 3,17 10,03
155 12,83 164,69 171 3,17 10,03
156 11,83 140,03 172 4,17 17,36
157 10,83 117,36 173 5,17 26,69
158 9,83 96,69 173 5,17 26,69
159 8,83 78,03 175 7,17 51,36
160 7,83 61,36 175 7,17 51,36
163 4,83 23,36 178 10,17 103,36
164 3,83 14,69 179 11,17 124,69
165 2,83 8,03 179 11,17 124,69
166 1,83 3,36 182 14,17 200,69
167 0,83 0,69 183 15,17 230,03
167 0,83 0,69 186 18,17 330,03
Σ 5035 237 2598,17
Подставим полученные значения в формулу:
s=2598,1730=9,31
Найдем доверительный интервал для среднего квадратического отклонения с надежностью γ = 0,95 и объемом выборки n = 30.
По таблице функции Лапласа определяем параметр q(0.95;30) = 0,28
9,31∙(1-0,28)<s<9,31∙(1+0,28)
6,7<s<11.92
Таким образом, интервал (6,7; 11,92) покрывает параметр s с надежностью γ = 0,95.

6, Из большой партии по схеме случайной повторной выборки было проверено 150 изделий с целью определения процента влажности древесины, из которой изготовлены эти изделия, Полученные результаты представлены в таблице:
Процент влажности 11-13 13-15 15-17 17-19 19-21
Число изделий 8 42 51 37 12
На уровне значимости 0,05 проверить гипотезу о нормальном законе распределения влажности древесины, используя критерии согласия Пирсона и Колмогорова.
Решение
Проверим гипотезу о том, что Х распределено по нормальному закону с помощью критерия согласия Пирсона,
K=(ni-npi)2npi
pi – вероятность попадания в i-й интервал случайной величины, распределенной по гипотетическому закону,
Для вычисления вероятностей pi применим формулу и таблицу функции Лапласа:
Fxi+1-xs-Fxi-xs
где x- средняя взвешенная;
s – средняя ошибка выборки,
x=x∙ff
s=(xi-x)2ff
Составим вспомогательную таблицу:
Группы Середина интервала, xi
Кол-во, fi
Накопленная частота xifi
(x – xср)2f
11 – 13 12 8 8 96 130,57
13 – 15 14 42 50 588 174,79
15 – 17 16 51 101 816 0,0816
17 – 19 18 37 138 666 142,14
19 – 21 20 12 150 240 188,18
Итого
150
2406 635,76
Подставим значения в вышеприведенные формулы:
x=2406150=16,04; s=635,76150=2,06
Теоретическая (ожидаемая) частота равна ni=npi, где n = 50,
Интервалы группировки Наблюдаемая частота ni
x1 = (xi – xср)/s x2 = (xi+1- xср)/s Ф(x1) Ф(x2) Вероятность
попадания в i-й интервал,
pi = Ф(x2) – Ф(x1) Ожидаемая частота, 150pi Слагаемые статистики Пирсона, Ki
11 – 13 8 -2,44 -1,47 -0,49 -0,43 0,0621 9,32 0,19
13 – 15 42 -1,47 -0,5 -0,43 -0,2 0,24 35,34 1,26
15 – 17 51 -0,5 0,46 -0,2 0,18 0,38 56,37 0,51
17 – 19 37 0,46 1,43 0,18 0,43 0,24 36,65 0,0034
19 – 21 12 1,43 2,4 0,43 0,49 0,0671 10,07 0,37

150

2,33
Определим границу критической области, Так как статистика Пирсона измеряет разницу между эмпирическим и теоретическим распределениями, то чем больше ее наблюдаемое значение Kнабл, тем сильнее довод против основной гипотезы,
Поэтому критическая область для этой статистики всегда правосторонняя: [Kkp;+∞),
Ее границу Ккр=χ2(k-r-1;α) находим по таблицам распределения χ2 и заданным значениям s, k (число интервалов), r=2,
Ккр=χ25-2-1;0,05=5,9915; Кнабл=2,33
Наблюдаемое значение статистики Пирсона не попадает в критическую область: Кнабл < Kkp, поэтому нет оснований отвергать основную гипотезу, Справедливо предположение о том, что данные выборки имеют нормальное распределение,
Критерий Колмогорова основан на определении максимального расхождения между накопленными частотами и частостями эмпирических и теоретических распределений:
λ=d∙N
где d –максимальная разность между накопленными частостями (f – f’),
N – число наблюдений.
Рассчитаем относительную частоту появления изделий с определенной влажностью:
ω=fif
Группы Кол-во, fi
Относительная частота
ω
Накопленная относительная частота
11 – 13 8 0,053 0,053
13 – 15 42 0,28 0,333
15 – 17 51 0,34 0,673
17 – 19 37 0,247 0,92
19 – 21 12 0,08 1
Итого 150 1
Выборочная средняя и среднее квадратическое отклонение были рассчитаны выше: x=2406150=16,04; s=635,76150=2,06
Найдем теоретическую функцию распределения:
Fai=Ф(ai-xs)
ai –концы интервалов.
Fa11=Ф11-16,042,06=Ф-2,45=0,5-0,4928=0,0072
Fa13=Ф13-16,042,06=Ф-1,48=0,5-0,4306=0,0694
Fa15=Ф15-16,042,06=Ф-0,5=0,5-0,1915=0,3085
Fa17=Ф17-16,042,06=Ф0,47=0,5+0,1808=0,6808
Fa19=Ф19-16,042,06=Ф1,44=0,5+0,4251=0,9251
Fa21=Ф21-16,042,06=Ф2,4=0,5+0,493≈1
Эмпирическая функция распределения представляет собой накопленные частоты:
Fnai=wi+wi-j
wi – частота попадания в интервал с максимальной границей ai;
wi-j – сумма частот предыдущих интервалов.
ai
Fai
Относительная частота
ω
Fnai
Fai-Fnai
11 0,0072 0,053 0 0,0072
13 0,0694 0,28 0,053 0,0164
15 0,3085 0,34 0,333 0,0245
17 0,6808
0,247 0,673 0,0078
19 0,9251
0,08 0,92 0,0051
21 1 1 1 0
Определим максимальное значение в последнем столбце. Оно равно 0,0245.
Вычислим λ-статистику Колмогорова:
λ=0,0245∙150=0,3
Для уровня доверия γ=0,95 по таблице критических значений критерия Колмогорова найдем: λкр0,95=1,36
Так как рассчитанное значение меньше критического, то гипотеза о нормальности распределения принимается.

Список литературы:

Битнер, Г.Г. Теория вероятностей: Учебное пособие / Г.Г. Битнер. – Рн/Д: Феникс, 2012. – 329 c.
Гмурман, В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебное пособие для бакалавров / В.Е. Гмурман. – М.: Юрайт, 2013. – 479 c.
Кочетков, Е.С. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебник / Е.С. Кочетков, С.О. Смерчинская, В.В. Соколов. – М.: Форум, НИЦ ИНФРА-М, 2013. – 240 c.
Палий, И.А. Теория вероятностей: Учебное пособие / И.А. Палий. – М.: ИНФРА-М, 2012. – 236 c.
Сидняев, Н.И. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебник для бакалавров / Н.И. Сидняев. – М.: Юрайт, ИД Юрайт, 2011. – 219 c.
Хуснутдинов, Р.Ш. Теория вероятностей: Учебник / Р.Ш. Хуснутдинов. – М.: НИЦ ИНФРА-М, 2013. – 175 c.

Вариант №2 Контрольная работа №1 1 Решить следующие задачи

Вариант №2
Контрольная работа №1
1. Решить следующие задачи, используя формулы комбинаторики:
1.2. Из девяти значащих цифр составляются трёхзначные числа. Сколько различных чисел может быть составлено, если цифры не могут повторяться?
Решение:
Количество различных трехзначных чисел, составленных из девяти значащих цифр, при условии, что цифры не повторяются, равно числу размещений из 9 по 3 цифры:
N=A93=9!9-3!=504

2. Решить задачи, используя классическое определение вероятности и (или) теоремы сложения и произведения.
2.2. а) В ящике лежат 9 зеленых и 4 желтых шара. Какова вероятность того, что среди взятых наугад 6 шаров будут 3 зеленых?
б) На 6 карточках написаны буквы П, О, А, Л, О, С. После тщательного перемешивания берут по одной карточке и кладут последовательно рядом. Какова вероятность того, что получится слово «ПОЛОСА»?
в) Рабочий обслуживает три станка. Вероятность того, что в течение смены его внимания не потребует первый станок, равна 0,6; второй – 0,54; третий – 0,7. Найти вероятность того, что в течение смены внимания потребуют какие-либо два станка.
Решение:
А) Общее количество исходов равно числу сочетаний из 9+4=13 по 6 любых шаров.
Благоприятное количество исходов равно произведению числа сочетаний из 9 по 3 зеленых шара и числа сочетаний из 4 по 3 желтых шара. Тогда искомая вероятность равна:
PA=C93*C43C136=9!3!9-3!*413!6!13-6!≈0,196

Б) Количество разных слов, которые можно получить из данного набора букв равно отношению числа перестановок из 6 букв к числу перестановок из 2 букв «О». Поскольку нас интересует только одно слово, то искомая вероятность равна:
PБ=1P6P2=2!6!=1360

В) Поскольку станки требуют внимания рабочего независимо друг от друга, искомая вероятность равна:
PB=p11-p21-p3+(1-p1)p21-p3+(1-p1)1-p2p3
PB=0,61-0,541-0,7+1-0,60,541-0,7+1-0,61-0,540,7
PB=0,2764

3. Решить задачи, используя формулы полной вероятности и Байеса:
3.2. Детали попадают на один из трёх станков с вероятностями, равными соответственно 0,2; 0,3; 0,5. Вероятность брака на первом станке равна 0,02, на втором – 0,03, на третьем – 0,01. Найти: а) вероятность того, что случайно взятая после обработки деталь – стандартная; б) вероятность обработки наугад взятой детали на втором станке, если она оказалась стандартной.
Решение:
А) Вероятности того, что случайно взятая деталь прошла обработку на соответствующем станке равны:
PH1=0,2;PH2=0,3;PH3=0,5
Вероятности того, что прошедшая обработку на соответствующем станке деталь – стандартная, равны:
PAH1=1-0,02=0,98
PAH2=1-0,03=0,97
PAH3=1-0,01=0,99
Тогда искомую вероятность вычислим по формуле полной вероятности:
PA=iPHi*PAHi=0,2*0,98+0,3*0,97+0,5*0,99=0,982
Б) Искомую вероятность вычислим по формуле Байеса:
PH2A=PH2*PAH2P(A)=0,3*0,970,982≈0,296

4. Решить следующие задачи:
4.2. В семье четверо детей. Принимая равновероятным рождение мальчика и девочки, найти вероятность того, что мальчиков в семье: а) три; б) не менее трёх; в) два.
Решение:
Поскольку рождение мальчика и девочки принимаем равновероятным, то вероятность рождения мальчика p=1/2.
Для вычисления вероятностей воспользуемся формулой Бернулли.
А) Три из четырех детей – мальчики:
PA=C43p3(1-p)1=4*1231-12=0,25
Б) Не менее трёх детей – мальчики. Искомое событие представим суммой событий «три из четырех детей – мальчики» и «четыре из четырёх детей – мальчики».
PБ=PA+C44p4(1-p)0=0,25+1*124*1=0,3125
в) Два из четырех детей – мальчики:
PB=C42p2(1-p)2=4!2!4-2!*1221-122=0,375

5. Решить следующие задачи:
5.2. Вероятность появления события в каждом из независимых испытаний равна 0,8. Найти вероятность того, что в 144 испытаниях событие наступит 120 раз.
Решение:
Напрямую вероятность данного события можно вычислить по формуле Бернулли:
PnA,m=C144120p2q728=144!120!144-120!*0,8120*1-0,224≈0,053
Ввиду порядка цифр подобное выражение без специальных математических пакетов вычислить проблематично, поэтому на практике прибегают к приближенным формулам вычисления вероятности.
Воспользуемся локальной теоремой Муавра-Лапласа:
PnA,m≈1npqφx;x=m-npnpq; φx-функция Гаусса
Подставляем:
x=m-npnpq=120-144*0,8144*0,8*1-0,8=1
PnA,m≈1npqφx=1144*0,8*1-0,8*φ1=0,2424,8≈0,050

6. Найти закон распределения указанной дискретной СВ Х и её функцию распределения F(x). Вычислить математическое ожидание M(x), дисперсию D(x) и среднее квадратическое отклонение σ(x). Построить график функции распределения F(x).
6.2. Вероятность безотказной работы в течение гарантийного срока для телевизоров первого типа равна 0,9, второго типа – 0,7, третьего типа – 0,8; СВ Х – число телевизоров, проработавших гарантийный срок, среди трёх телевизоров разных типов.
Решение:
Случайная величина Х – число телевизоров, проработавших гарантийный срок может принимать значения от 0 до 3. Найдем соответствующие вероятности.
Х=0 – все три телевизора не проработали гарантийный срок:
Px=0=(1-p1)(1-p2)(1-p3)
Px=0=1-0,91-0,71-0,8=0,006
Х=1 – один телевизор проработал гарантийный срок, а два – нет:
Px=1=p11-p21-p3+(1-p1)p21-p3+(1-p1)1-p2p3
Px=1=0,91-0,71-0,8+1-0,90,71-0,8+1-0,91-0,70,8=0,092
Х=2 – два телевизора проработали гарантийный срок, а один – нет::
Px=2=p1p21-p3+p11-p2p3+1-p1p2p3
Px=2=0,9*0,71-0,8+0,91-0,70,8+1-0,90,7*0,8=0,398
Х=3 – все три телевизора проработали гарантийный срок:
Px=3=p1p2p3=0,9*0,7*0,8=0,504
Проверяем:
iP(xi)=0,006+0,092+0,398+0,504=1
Закон распределения имеет вид:
Х 0 1 2 3
Р(Х) 0,006 0,092 0,398 0,504
Математическое ожидание:
Mx=ixi*Pxi=0*0,006+…+3*0,504=2,4
Дисперсия:
Dx=ixi2*Pxi-Mx2=02*0,006+…+32*0,504-2,42=0,46
Cреднее квадратическое отклонение
σx=D(x)=0,46≈0,678
Функция распределения:
Fx=P(X<x)
Поэтому:
Fx≤0=0;F0<x≤1=0+0,006=0,006;
F1<x≤2=0,006+0,092=0,098;F2<x≤3=0,098+0,398=0,496
Fx>3=1
Fx=0;x≤00,006;0<x≤10,098;1<x≤20,496;2<x≤31;x>3
Графически:

7. Решить следующие задачи:
7.2. Плотность вероятности случайной величины X имеет вид:
fx=316×2, x≤a0;x>a
Найдите а и P(-a4<X<a4)
Решение:
Неизвестный коэффициент найдем из свойства плотности распределения:
-∞∞fx=1
В нашем случае:
-aa316x2dx=116×3-aa=18a3a=2
Плотность распределения имеет вид:
fx=316×2, x≤20;x>a
Вероятность того, что случайная величина примет значение в интервале (x1, x2), равна:
Px1<X< x2=x1x2fxdx
Подставляем:
P-12<X<12=-1212316x2dx=116×3-1212=164

8. Дана функция распределения F(x) случайной величины Х. Найти плотность распределения вероятности f (x), математическое ожидание M (x), дисперсию D(x) и вероятность попадания случайной величины Х на отрезок [a;b]. Построить графики функций F(x) и f (x).
8.2. Fx=0;x<01332×2+5x;0≤x≤31;x>3;a=1, b=2
Решение:
Плотность распределения связана с функцией распределения соотношением:
fx=F'(x)
Поэтому:
fx=0;x≤0133(4x+5);0<x≤30;x>3
Математическое ожидание непрерывной случайной величины:
Mx=-∞∞x*f(x)dx
В нашем случае:
Mx=03133(4×2+5x)dx=13343×3+52×203=3922 ≈1,773
Дисперсия:
Dx=-∞∞x2fxdx-(M(x))2
В нашем случае:
Dx=031334×3+5x2dx-39222=133×4+53×303-39222≈0,676
Вероятность того, что случайная величина примет значение в интервале (x1, x2), равна:
Px1<X< x2=x1x2fxdx=Fx2-F(x1)
Подставляем:
P1<X<2=F2-F1=13318-7=13
График функции распределения:

График плотности распределения:

9. Решите следующие задачи:
9.2. Для случайного дискретного вектора, распределенного по закону (X,Y), выясните, зависимы или нет события A={X=-1}и B={X=Y}.

X=-1 X=0 X=1
Y=-1 18
18
18
Y=0 18
38
18
Решение:
Вычислим условные вероятности события А при условии В и события В при условии А:
PA/B=P(A*B)P(B)=1818+18=12
PB/A=P(A*B)P(A)=1818+38=14
Поскольку условные вероятности не равны 0, то события А и В – зависимы.
Контрольная работа №2
1. В результате эксперимента получены данные, записанные в виде статистического ряда. Требуется:
а) записать значения результатов эксперимента в виде вариационного ряда;
б) найти размах варьирования и разбить его на 9 интервалов;
в) построить полигон частот, гистограмму относительных частот и график эмпирической функции распределения;
г) найти числовые характеристики выборки xв, Dв, σви несмещённые оценки Dв, σв;
д) приняв в качестве нулевой гипотезу Н0: генеральная совокупность, из которой извлечена выборка, имеет нормальное распределение, проверить её, пользуясь критерием Пирсона при уровне значимости α=0,01;
е) найти доверительные интервалы для математического ожидания и среднего квадратического отклонения при надёжности γ=0,9.
1.2.
189 207 213 208 186 210 198 219 231 227
202 211 220 236 227 220 210 183 213 190
197 227 187 226 213 191 209 196 202 235
211 214 220 195 182 228 202 207 192 226
193 203 232 202 215 195 220 233 214 185
234 215 196 220 203 236 225 221 193 215
204 184 217 193 216 205 197 203 229 204
225 216 233 223 208 204 207 182 216 191
210 190 207 205 232 222 198 217 211 201
185 217 225 201 208 211 189 205 207 199

Решение:
Вариационный ряд – упорядоченная по величине последовательность значений наблюдаемой величины. Для каждой варианты посчитаем соответствующую частоту:
182 183 184 185 186 187 189 190 191 192 193 195
2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 3 2

196 197 198 199 201 202 203 204 205 207 208 209
2 2 2 1 2 4 3 3 3 5 3 1

210 211 213 214 215 216 217 219 220 221 222 223
3 4 3 2 3 3 3 1 5 1 1 1

225 226 227 228 229 231 232 233 234 235
3 2 3 1 1 1 2 2 1 1

Размах выборки: R=max-min=235-182=53
Определим ширину интервала.
h=Rk-1=538≈7
Начало первого интервала берем так, чтобы минимальное значение входило в него с запасом:
xH=xmin-h2=182-72=178,5
Конец последнего интервала должен удовлетворять условию:
xкон-h≤xmax<xкон
Промежуточные интервалы получаем, прибавляя к концу предыдущего интервала длину h. Распределяем варианты выборки по интервалам группировки (находим частоты интервалов) и вычисляем относительную частоту как отношение частоты к объему выборки (ni/100)
№ интервала
Границы интервала Середина интервала, xi Частота, ni
Относительная частота, wi
1 178,5 185,5 182 6 0,06
2 185,5 192,5 189 9 0,09
3 192,5 199,5 196 12 0,12
4 199,5 206,5 203 15 0,15
5 206,5 213,5 210 19 0,19
6 213,5 220,5 217 17 0,17
7 220,5 227,5 224 11 0,11
8 227,5 234,5 231 8 0,08
9 234,5 241,5 238 3 0,03

Строим полигон частот – соединяем точки (xi; ni) отрезками:

Строим гистограмму.
Общая площадь прямоугольников гистограммы должна равняться 1.
Определим высоту столбцов гистограммы по формуле:
fi=wihi
№ интервала
Высота гистограммы, fi
1 0,0086
2 0,0129
3 0,0171
4 0,0214
5 0,0271
6 0,0243
7 0,0157
8 0,0114
9 0,0043

Вычислим накопленные частоты (определяем эмпирическую функцию распределения):
wiн=wi-1н+wi;w1н=w1
w1н=w1=0,06; w2н=0,06+0,09=0,15;
… w9н=0,97+0,03=1
№ интервала
Накопленная частота, wiн
1 0,06
2 0,15
3 0,27
4 0,42
5 0,61
6 0,78
7 0,89
8 0,97
9 1

Для построения графика эмпирической функции распределения найденные значения накопленных частот следует отложить по вертикальной оси в правых концах соответствующих по номерам интервалов, а полученные точки соединить отрезками:

Найдем числовые характеристики выборки.
Выборочная средняя:
xв=1nixi*ni=1100182*6+…+238*3=208,95
Выборочная дисперсия:
Dв=1nixi*ni-xв2=11001822*6+…+2382*3-208,952=205,1875
Среднее квадратическое отклонение:
σв=Dв=205,1875≈14,324
Несмещенная оценка дисперсии:
Dв=nn-1Dв=10099*205,1875≈207,2601
Несмещенная оценка дисперсии среднего квадратического отклонения:
σв=Dв=207,2601≈14,397
Проверим гипотезу о соответствии эмпирического закона распределения нормальному закону распределения, воспользовавшись критерием Пирсона при уровне значимости α=0,01.
Интервалы с малочисленными частотами (ni<5) объединяем с соседними:
№ интервала
Границы интервала Середина интервала, xi Частота, ni
Относительная частота, wi
1 178,5 185,5 182 6 0,06
2 185,5 192,5 189 9 0,09
3 192,5 199,5 196 12 0,12
4 199,5 206,5 203 15 0,15
5 206,5 213,5 210 19 0,19
6 213,5 220,5 217 17 0,17
7 220,5 227,5 224 11 0,11
8 227,5 241,5 234,5 11 0,11
Вычислим теоретические частоты по формуле
n’j=n*pj=nФxКj-xвσв-ФxНj-xвσв
n’1=100*Ф185,5-208,9514,324-Ф178,5-208,9514,324≈3,26
n’2=100*Ф192,5-208,9514,324-Ф185,5-208,9514,324≈7,46
n’3=100*Ф199,5-208,9514,324-Ф192,5-208,9514,324≈12,95
n’4=100*Ф206,5-208,9514,324-Ф199,5-208,9514,324≈17,79
n’5=100*Ф213,5-208,9514,324-Ф206,5-208,9514,324≈19,30
n’6=100*Ф220,5-208,9514,324-Ф213,5-208,9514,324≈16,55
n’7=100*Ф227,5-208,9514,324-Ф220,5-208,9514,324≈11,22
n’8=100*Ф241,5-208,9514,324-Ф227,5-208,9514,324≈8,61

Сведем данные в таблицу:
Границы интервала Частота, ni
Теоретическая частота, n’i
nj-n’j2n’j
178,5 185,5 6 3,26 2,303
185,5 192,5 9 7,46 0,318
192,5 199,5 12 12,95 0,07
199,5 206,5 15 17,79 0,438
206,5 213,5 19 19,3 0,005
213,5 220,5 17 16,55 0,012
220,5 227,5 11 11,22 0,004
227,5 241,5 11 8,61 0,663
Σ 3,813

Эмпирическое значение критерия равно H*=3,813
При уровне значимости α = 0,01 критическая точка χ2(α,k) равна квантили порядка (1- α)=0,99 распределения χ2 с k=8-3=5 степенями свободы. По таблице находим χ20,99;5=15,086.
В силу того, что наблюдаемое значение критерия меньше критического значения, гипотезу о нормальном распределении случайной величины принимаем.
Найдем доверительные интервалы для математического ожидания и среднего квадратического отклонения при надёжности γ=0,9.
Находим в таблице распределения Стьюдента квантиль порядка (1+0,9)/2=0,95 распределения Стьюдента с 100 – 1 = 99 степенями свободы: t=1,645.
Доверительный интервал для математического ожидания имеет вид:
xв-σв*tn≤a≤xв+σв*tn
208,95-14,397*1,645100≤a≤208,95+14,397*1,645100
206,58≤a≤211,32
Доверительный интервал для среднего квадратического отклонения имеет вид:
n-1χ22,γ,n-1σв≤σ≤n-1χ21,γ,n-1σв
χ21,γ,n-1=χ2(1-γ)/2,n-1;χ22,γ,n-1=χ2(1+γ)/2,n-1
Находим по таблице квантилей распределения χ2 квантили
χ21,γ,n-1=χ20,05,99≈77,04
χ22,γ,n-1=χ20,95,99≈123,23
Подставляем:
100-1123,2314,397≤σ≤100-177,0414,397
12,904≤σ≤16,320
С вероятностью 90% математическое ожидание заключено в интервале (206,58; 211,32), а среднее квадратическое отклонение – в интервале (12,904; 16,320).

2. Дана таблица распределения 100 заводов по производственным средствам Х (тыс. ден. ед.) и по суточной выработке Y (т). Известно, что между Х и Y существует линейная корреляционная зависимость. Требуется:
а) найти уравнение прямой регрессии y на х;
б) построить уравнение эмпирической линии регрессии и случайные точки выборки (Х, Y).
2.2.
X Y 2,3 3,8 5,3 6,8 7,3 8,8 10,3 11,8 mx
210
4 3 5

12
340
6 7 8

21
470

10 12 11

33
600

5 4 3
12
730

6 8
14
860

3 5 8
my
10 20 25 16 10 14 5 100

Решение:
Вычислим условные средние по формулам:
yxi=1mxjyj*mij; xyj=1myixi*mij
X Y 3,8 5,3 6,8 7,3 8,8 10,3 11,8 mx yxi
210 4 3 5

12 5,425
340 6 7 8

21 5,443
470
10 12 11

33 6,512
600

5 4 3
12 8,55
730

6 8
14 9,657
860

3 5 8 11,238
my 10 20 25 16 10 14 5 100
xyj
288 385,5 376,4 510,625 678 730 860

Для определения выборочных регрессий перейдем к условным вариантам. Наибольшая частота, ближайшая к центру таблицы, m3,4 = 11 и, следовательно, ложный нуль C1 = x3 = 470, шаг h1 =130. Для y переход к условным вариантам невозможен, т.к. шаг не постоянен (7,3 – 6,8=0,5, тогда как между остальными точками шаг равен 1,5).
Составим новую таблицу в условных вариантах для расчета характеристик.
X’ Y 3,8 5,3 6,8 7,3 8,8 10,3 11,8 mx mx*x’ mx*(x’)2
-2 4 3 5

12 -24 48
-1 6 7 8

21 -21 21
0
10 12 11

33 0 0
1

5 4 3
12 12 12
2

6 8
14 28 56
3

3 5 8 24 72
my 10 20 25 16 10 14 5 100

my*y 38 106 170 116,8 88 144,2 59

my*y 144,4 561,8 1156 852,64 774,4 1485,26 696,2

Вычисляем характеристики:
yв=1mimiy=110038+…+59=7,22
Dy=1mimiy2-yв2=1100144,4+…+696,2-7,222=4,5786
σy=Dy=4,5786≈2,140
x’в=1mimix’=1100-24+…+24=0,19xв=0,19*130+470=494,7
Dx’=1mimi(x’)2-x’в2=110048+…+72-0,192=2,0539
σx’=Dx’=2,0539≈1,433σx=1,433*130=186,29
Для вычисления коэффициента корреляции найдем также среднее суммы произведений:
1mijyix’jmij=11003,8*(-2)*4+…+11,8*3*5=3,982
Выборочный коэффициент корреляции равен:
rxy=1mijyix’jmij-yв*x’вσy*σx’=3,982-7,22*0,192,140*1,433≈0,851
Т.к. значение коэффициента 0,7<ryx<0,9, то имеет место заметная линейная зависимость между изучаемыми величинами.
Уравнения прямой регрессии y на x имеет вид:
y=yв+ryx*σyσx*x-xв=7,22+0,851*2,140186,29*x-494,7
y=0,0098x+2,3839
Построим уравнение эмпирической линии регрессии (ломанная, соединяющая точки (x,yx)), случайные точки выборки и уравнение прямой регрессии:

Игральный кубик размечен следующим образом на трех гранях написано «1»

1. Игральный кубик размечен следующим образом: на трех гранях написано «1», на двух – «2», на одной – «3». Бросают кубик до первого появления цифры «2». Случайная величина Z- количество произведенных бросков, которых не может быть более 4. Написать закон распределения Z, вычислить математическое ожидание M(Z), дисперсию D(Z), вычислить вероятность события Z∈-2;2,2 и события Z∈[3;8].

Решение:

Случайная величина Z- количество произведенных бросков может принимать следующие значения: 1, 2, 3, 4.
Найдем вероятности, соответствующие этим значениям.
Z=1. Вероятность того, что при первом броске выпадет «2», по классическому определению вероятности равна:
PZ=1=26=13.
Z=2. Вероятность того, что при первом броске не выпадет «2», а при втором броске выпадет «2», найдем с помощью теоремы умножения вероятностей:
PZ=2=46∙26=836=29.
Z=3. Вероятность того, что при первом броске не выпадет «2», при втором броске не выпадет «2», а при третьем броске выпадет «2», найдем с помощью теоремы умножения вероятностей:
PZ=3=462∙26=32216=427.
Z=4. Вероятность того, что при первых трех бросках не выпадет «2», а при четвертом броске выпадет «2», или не выпадет, найдем с помощью теорем умножения и сложения вероятностей:
PZ=4=463∙26+464=1281296+2561296=827.
Запишем закон распределения случайной величины Z:
zi
1 2 3 4
pi
13
29
427
827

Находим математическое ожидание:
MZ=zipi=1∙13+2∙29+3∙427+4∙827=6527;
дисперсию:
DZ=zi2pi-MZ2=12∙13+22∙29+32∙427+42∙827-65272=19727-42255832=10945832=0,187.
составим функцию распределения случайной величины Z:
Fx=0, x<1,13, 1≤x<2,13+29=59, 2≤x<3,59+427=1927, 3≤x<4,1927+827=1, x≥4.
Вероятность попадания случайной величины в интервал (α; β) находится по формуле:
Pα≤X≤β=Fβ-Fα.
Тогда находим:
P-2≤X≤2,2=F2,2-F-2=59-0=59;
P3≤X≤8=F8-F3=1-1927=827.

2. Слово АМЕРИКА разрезано по буквам. Случайным образом вынимаем три буквы и X- количество гласных среди вынутых букв, далее вынимаем две буквы и Y- количество гласных среди двух вынутых букв. Составить закон распределения системы случайных величин X,Y.

Решение:

Всего 7 букв в слове, из них 4 буквы – гласные.
Случайная величина X- количество гласных среди вынутых трех букв может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3.
Найдем вероятности появления этих значений.
Используем классическое определение вероятности:
PA=mn,
количество всех элементарных равновозможных исходов равно количеству способов выбрать 3 буквы из 7:
n=C73=7!3!∙7-3!=7!3!∙4!=5∙6∙71∙2∙3=35.
1) X=0. Количество исходов, благоприятствующих этому событию равно количеству способов извлечь три согласных буквы из 3:
m=1.
Значит,
PX=0=135.
2) X=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Количество способов выбрать 1 букву из 4 гласных равно 4, при этом 2 остальные буквы должны быть выбраны из 3 согласных, это можно сделать C32 способами. Таким образом,
m=4∙C32=4∙3!2!∙3-2!=4∙3!2!∙1!=12.
Значит,
PX=1=1235.
3) X=2. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Количество способов выбрать 2 буквы из 4 гласных равно C42, при этом 1 оставшаяся буква должны быть выбрана из 3 согласных, это можно сделать 3 способами. Таким образом,
m=3∙C42=3∙4!2!∙4-2!=3∙4!2!∙2!=3∙3∙41∙2=18.
Значит,
PX=2=1835.
4) X=3. Количество исходов, благоприятствующих этому событию равно количеству способов извлечь три гласных буквы из 4:
m=C43=4!3!∙4-3!=4!3!∙1!=4.
Значит,
PX=3=435.

Случайная величина Y- количество гласных среди двух вынутых букв, после того, как были вынуты 3 буквы. Она может принимать следующие значения: 0,1, 2.
1) Если X=0, то осталось 4 гласных буквы и Y=2 с вероятностью
PX=0;Y=2=135∙1=135.
2) Если X=1, то осталось 3 гласных буквы и одна согласная буква. Среди вынутых двух букв может быть или одна гласная или две.
Количество способов выбрать 2 буквы из четырех равно
n=C42=4!2!∙4-2!=4!2!∙2!=3∙41∙2=6.
Y=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать одну гласную букву из 3 можно 3 способами, при этом оставшаяся одна буква должна быть выбрана из 1 буквы, это можно сделать одним способом, значит,
m=3∙1=3,
тогда
PX=1;Y=1=1235∙36=635.
Y=2. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две гласных буквы из 3 можно C32 способами, значит,
m=C32=3!2!∙3-2!=3!2!∙1!=3,
тогда
PX=1;Y=2=1235∙36=635.
3) Если X=2, то осталось 2 гласных буквы и 2 согласных буква. Среди вынутых двух букв может быть или ноль, или одна гласная, или две.
Y=0. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две согласных буквы из 2 можно 1 способом, значит,
m=1,
тогда
PX=2;Y=0=1835∙16=335
Y=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать одну гласную букву из 2 можно 2 способами, при этом оставшаяся одна буква должна быть выбрана из 2 согласных букв, это можно сделать 2 способами, значит,
m=2∙2=4,
тогда
PX=2;Y=1=1835∙46=1235.
Y=2. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две гласных буквы из 2 можно 1 способом, значит,
m=1,
тогда
PX=2;Y=2=1835∙16=335.
4) Если X=3, то осталось 1 гласная буквы и 3 согласных буква. Среди вынутых двух букв может быть или ноль, или одна гласная.
Y=0. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать две согласных буквы из 3 можно C32 способами, значит,
m=C32=3!2!∙3-2!=3!2!∙1!=3,
тогда
PX=3;Y=0=435∙36=235.
Y=1. Найдем количество исходов, благоприятствующих этому событию. Выбрать одну гласную букву из одной можно 1 способом, при этом оставшаяся одна буква должна быть выбрана из3 согласных букв, это можно сделать 3 способами, значит,
m=1∙3=3,
тогда
PX=3;Y=1=435∙36=235.

Запишем закон распределения системы случайных величин X,Y:
X
Y
0 1 2 3
0 0 0 335
235
1 0 635
1235
235
2 135
635
335
0

3.
X
-1
-2
2
3

Y
-2
1
2
3
P
0,2
0,1
?
0,3

P
0,6
?
0,1
0,2

Написать закон распределения случайной величины Z=Y-X.
Вычислить M3X+6Y, D3Y-4, MX2.

Решение:

Из условия
pi=1
находим недостающие вероятности.
Для случайной величины X:
0,2+0,1+p3+0,3=1, ⟹p3=1-0,6=0,4;
Для случайной величины Y:
0,6+p2+0,1+0,2=1, ⟹p1=1-0,9=0,1,
тогда законы распределения:
X
-1
-2
2
3

Y
-2
1
2
3
P
0,2
0,1
0,4
0,3

P
0,6
0,1
0,1
0,2

Составим вспомогательную таблицу:
X
Y
Z=2X+Y
P
-1
-2
-1
0,2∙0,6=0,12
-1
1
2
0,2∙0,1=0,02
-1
2
3
0,2∙0,1=0,02
-1
3
4
0,2∙0,2=0,04
-2
-2
0
0,1∙0,6=0,06
-2
1
3
0,1∙0,1=0,01
-2
2
4
0,1∙0,1=0,01
-2
3
5
0,1∙0,2=0,02
2
-2
-4
0,4∙0,6=0,24
2
1
-1
0,4∙0,1=0,04
2
2
0
0,4∙0,1=0,04
2
3
1
0,4∙0,2=0,08
3
-2
-5
0,3∙0,6=0,18
3
1
-2
0,3∙0,1=0,03
3
2
-1
0,3∙0,1=0,03
3
3
0
0,3∙0,2=0,06

Значит, случайная величина может принимать значения:
Z=-5 с вероятностью 0,18;
Z=-4 с вероятностью 0,24;
Z=-2 с вероятностью 0,03;
Z=-1 с вероятностью 0,12+0,04+0,03=0,19;
Z=0 с вероятностью 0,06+0,04+0,06=0,16;
Z=1 с вероятностью 0,08;
Z=2 с вероятностью 0,02;
Z=3 с вероятностью 0,02+0,01=0,03;
Z=4 с вероятностью 0,04+0,01=0,05;
Z=5 с вероятностью 0,02;

Запишем закон распределения случайной величины Z=Y-X:

Z
-5
-4
-2
-1
0
1
2
3
4
5
P
0,18
0,24
0,03
0,19
0,16
0,08
0,02
0,03
0,05
0,02

Проверка:
pi=0,18+0,24+0,03+0,19+0,16+0,08+0,02+0,03+0,05+0,02=1.

Вычисляем:
MX=xipi=-1∙0,2-2∙0,1+2∙0,4+3∙0,3=1,3;DX=xi2pi-MX2=-12∙0,2+-22∙0,3+22∙0,5+32∙0,3-1,32=4,41;
MY=yipi=-2∙0,6+1∙0,1+2∙0,1+3∙0,2=-0,3;DY=yi2pi=-22∙0,6+12∙0,1+22∙0,1+32∙0,2–0,32=4,31.

Используя свойства математического ожидания и дисперсии, находим:
M3X+6Y=M3X+M6Y=3MX+6MY=3∙1,3+6∙(-0,3)=2,1;
D3Y-4=D3Y+D-4=-32∙DY+0=9∙4,31=38,79;
MX2=xi2pi=-12∙0,2+-22∙0,3+22∙0,5+32∙0,3=6,1.

4. Плотность вероятности случайной величины задана графически:

Определить H, вычислить вероятность события X∈[M;M+1], вероятность того, что при пяти испытаниях хотя бы один раз X∈[1;M].

Решение:

Плотность вероятности случайной величины имеет вид:
fx=0, x<0,H, 0≤x<2,2H, 2≤x<3,0, x≥3.
Найдем параметр H из условия нормировки
-∞+∞fxdx=1:
-∞+∞fxdx=02Hdx+232Hdx=Hx02+2Hx23=H2-0+2H3-2=2H+2H=4H=1,
откуда H=14.
Тогда плотность вероятности случайной величины:
fx=0, x<0,14, 0≤x<2,12, 2≤x<3,0, x≥3.
Найдем математическое ожидание:
M=-∞+∞x∙fxdx=1402xdx+1223xdx=14∙x2202+12∙x2223=1822-02+1432-22=12+54=74=1,75.
1) Найдем вероятность события X∈1,75; 2,75:.
P1,75<X<2,75=1,752,75fxdx=141,752dx+1222,75dx=14∙x1,752+12∙x22,75=142-1,75+122,75-2=0,4375;
2) Найдем вероятность события X∈1; 1,75:.
P1<X<1,75=11,75fxdx=1411,75dx=14∙x11,75=141,75-1=0,1875.
Пусть событие A- (из пяти испытаний хотя бы раз X∈1;1,75). Это событие противоположно событию A- (из пяти испытаний ни разу X∈1;1,75).
Вероятность события A найдем, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
n=5, k=0, p=0,1875, q=1-p=1-0,1875=0,8125.
Вычисляем:
PA=P50=C50∙0,18750∙0,81255-0=5!0!∙5-0!∙1∙0,81255=5!0!∙5!∙1∙0,81255=1∙1∙0,81255=0,66.
Так как события A и A образуют полную группу событий, то
PA+PA=1,
откуда
PA=1-PA=1-0,66=0,34.
5. Задача 5. Случайная величина X распределена по нормальному закону N(-1;2).
Вычислить:
1) вероятность того, что X∈-6;1;
2) вероятность того, что при пяти испытаниях три раза
X∈M;M+D;

Решение:

Для нормально распределенной случайной величины с математическим ожиданием a и средним квадратическим отклонением σ, вероятность попадания в интервал (α; β) можно определить по формуле:
Pα≤X≤β=Фβ-aσ- Фα-aσ,
где Фt-функция Лапласа,
из условия задачи a=-1, σ=2.
Находим:
1)
P-6≤X≤1=Ф1+12- Ф-6+12=Ф1- Ф-2,5.
По таблице значений функции Лапласа, учитывая, что функция нечетная, находим:
Ф1= 0,3413; Ф-2,5=-Ф2,5=-0,4938,
тогда искомая вероятность:
P-6≤X≤1=0,3413–0,4938=0,8351.

2) найдем вероятность того, что при одном испытании X∈-1;0,41:
p=P-1≤X≤0,41=Ф0,41+12- Ф-1+12=Ф0,71- Ф0.
По таблице значений функции Лапласа находим:
Ф0,71=0,2611 ; Ф0=0,
тогда искомая вероятность:
p=0,2611.
Вероятность того, что при одном испытании X ∉ -1;0,41 равна
q=1-p=1-0,2611=0,7389.
Вероятность того, что при пяти испытаниях три раза
X∈-1;0,41, найдем, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
n=5, k=3, p=0,2611, q=1-p=1-0,2611=0,7389.
Вычисляем:
P53=C53∙0,26113∙0,73895-3=5!3!∙5-3!∙0,26113∙0,73892=5!3!∙2!∙0,26113∙0,73892=4∙52∙0,26113∙0,73892=0,097.

6. Случайный вектор (X,Y) равномерно распределен в левом полукруге
X2+Y2≤9.
Найти MX, MY, DX, DY, rXY, линии регрессии.

Решение:

Плотность распределения вероятностей системы X,Y
ρx,y=C, в круге X2+Y2≤9,0, в остальных точках

Константу C найдем из условия нормировки
-∞+∞-∞+∞ρx, ydxdy=1:
C-33dy-9-y29-y2dx=C-339-y2–9-y2dy=2C-339-y2dy=2C∙y29-y2+92arcsiny3-33=2C∙329-32+92arcsin33–329–32+92arcsin-33=2C∙92arcsin1+92arcsin1=2C∙9∙π2=9πC=1,

откуда
C=19π.

Значит, плотность распределения вероятностей системы X,Y
ρx,y=19π, в круге X2+Y2≤9,0, в остальных точках.

Найдем плотности распределения компонент:
ρ1x=-∞+∞ρx,ydy=19π-9-x29-x2dy=19π∙y9-x29-x2=19π9-x2–9-x2=24-x29π,

при x∈[-3;3] и 0 при других значениях переменной х.
ρ2y=-∞+∞ρx,ydx=19π-4-y29-y2dx=19π∙x-9-y29-y2=19π9-y2–9-y2=29-y29π,

при y∈[-3;3] и 0 при других значениях переменной y.

Найдем математические ожидания:
M(X)=-∞+∞x∙ρ1xdx=-33x∙29-x29πdx =29π-33×9-x2dx =-29π-339-x2d9-x2 =-29π∙9-x23232-33=-427π9-3232-9–3232=0;

M(Y)=-∞+∞y∙ρ2ydy=-33y∙29-y29πdy =29π-33y9-y2dy =-29π-339-y2d9-y2 =-29π∙9-y23232-33=-427π9-3232-9–3232=0.

Найдем дисперсии:
DX=-∞+∞x2∙ρ1xdx-MX2=-33×2∙29-x29πdx-0=29π-33×29-x2dx =29π∙x82x2-99-x2+818arcsinx3-33=29π382∙32-99-32+818arcsin33–382∙-32-99–32+818arcsin-33=29π∙814∙arcsin1=29π∙814∙π2=94.
DY=-∞+∞y2∙ρ1ydy-My2=-33y2∙29-y29πdy-0=29π-33y29-y2dy =29π∙y82y2-99-y2+818arcsiny3-33=
=29π382∙32-99-32+818arcsin33–382∙-32-99–32+818arcsin-33=29π∙814∙arcsin1=29π∙814∙π2=94

Ковариацию находим по формуле:
covX, Y=Dx∙y∙ρx,ydxdy-M(X)∙M(Y)=19π-33ydy-9-y29-y2xdx-0∙0=19π-33y∙x22-9-y29-y2dy=118π-22y∙0dy=0.
Значит,
rXY=covX, YDX∙DY=0.

7. Случайные величины X и Y независимы и распределены по показательным законам. Случайная величина Z=2X+Y распределена так, что MZ=4, а DZ=8. Найти плотность и функцию распределения случайного вектора X, Y.

Решение:

Из свойств математического ожидания и дисперсии следует:
MZ=M2X+Y=M2X+MY=2MX+MY=4,
DZ=D2X+Y=D2X+DY=4DX+DY=8.

Так как случайные величины X и Y независимы и распределены по показательным законам, то
MX=1λx, MY=1λy;DX=1λx2, DY=1λy2.
Составим и решим систему уравнений:
2λx+1λy=4,4λx2+1λy2=8;⟺2λy+λx=4λxλy,4λy2+λx2=8λx2λy2;⟺λx=2λy4λy-1,4λy2+2λy4λy-12=82λy4λy-12λy2,
решаем второе уравнение системы:
1+14λy-12=8λy24λy-12,4λy-12+1-8λy2=0,16λy2-8λy+1+1-8λy2=0,4λy2-4λy+1=0,2λy-12=0,λy=12,
Находим
λx=2∙124∙12-1=1.
Плотности распределения случайных величин:
px=e-x,py=12e-12y,
тогда плотность распределения случайного вектора X,Ypx,y=px∙py=12e-x∙e-12y=12e-x-12y, при x, y≥0.

Функции распределения случайных величин:
Fx=1-e-x, x≥0,0, x<0;
Fy=1-e-12y, y≥0,0, y<0;
функция распределения случайного вектора X,Y:
Fx, y=Fx∙Fy=1-e-x∙1-e-12y=1-e-12y-e-x+e-x∙e-12y.

8. Нормальные случайные величины X=N-1;1, Y=2;3 независимы. Z=X-2Y.
Найти MZ, DZ, fz, PZ≤2.

Решение:

По условию задачи:
MX=-1, DX=12=1;MY=2, DY=32=9.

Так как величины независимы, то
MZ=MX-2Y=MX-2MY=-1-2∙2=-5;DZ=DX-2Y=DX+-22DY=1+4∙9=37.
Плотность распределения нормально распределенной случайной величины:
fz=1σ2πe-z-a22∙σ2,
имеем: a=-5, σ=37=6,08,
тогда
fz=16,082πe-z+5274.

Для нормально распределенной случайной величины с математическим ожиданием a и средним квадратическим отклонением σ, вероятность попадания в интервал (α; β) можно определить по формуле:
Pα≤X≤β=Фβ-aσ- Фα-aσ,
где Фt-функция Лапласа,
Находим:
P-∞≤X≤2=Ф2+56,08- Ф-∞+56,08=Ф1,15- Ф-∞.
По таблице значений функции Лапласа, учитывая, что функция нечетная, находим:
Ф1,15= 0,3749; Ф-∞=-Ф∞=-0,5,
тогда искомая вероятность:
P-∞≤X≤2=0,3749–0,5=0,8749.

9. Имеем две коробки с шарами. В первой находится 3 красных и 8 черных, во второй 5 красных и 4 черных. Из первой коробки достали один шар, а из второй – 5 шаров. Вычислить вероятность того, что вынутые шары одного цвета.

Решение:

Пусть A- (вынутые шары красного цвета). Найдем вероятность этого события.
Вероятность достать из первой коробки один красный шар равна
P(A1)=33+8=311.
Пусть A2- (из второй коробки достали 5 красных шаров). Найдем вероятность этого события.
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно количеству способов выбрать 5 шаров из 9:
n=C95=9!5!∙9-5!=9!5!∙4!=6∙7∙8∙91∙2∙3∙4=7∙2∙9=126.
Количество исходов, благоприятствующих событию A2 равно количеству способов выбрать 5 красных шаров из 5. Это можно сделать только одним способом,
m=1.
Тогда вероятность события A2:
PA2=1126.
Вероятность события A найдем, используя теорему умножения вероятностей:
PA=PA1∙A2=PA1∙PA2=311∙1126=31386.

Вероятность события B-(вынутые шары черного цвета) равна 0, так как во второй коробке всего 4 черных шара.

Ответ: 31386.

10. В ноябре обычно бывает 18 морозных дней. Какова вероятность того, что среди 6 случайно выбранных ноябрьских дней окажется хотя бы два морозных?

Решение:

Вероятность того, что один отдельно взятый ноябрьский день окажется морозным по классическому определению вероятности равна:
p=1830=0,6.
Пусть A- (среди 6 случайно выбранных ноябрьских дней окажется хотя бы два морозных). Это событие противоположно событию A- (среди 6 случайно выбранных ноябрьских дней окажется менее двух морозных). Событие A состоит в том, что окажется или 0, или 1 морозный день. Найдем его вероятность с помощью формулы Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k,
в нашем случае:
n=6, k=0, 1, p=0,6, q=1-p=1-0,6=0,4.
Вычисляем:
PA=1-PA=1-(P60+P6(1)) =1-C60∙0,60∙0,46-0-C61∙0,61∙0,46-1=1-6!0!∙6-0!∙0,60∙0,46-6!1!∙6-1!∙0,61∙0,45=1-6!0!∙6!∙0,60∙0,46-6!1!∙5!∙0,61∙0,45=1-1∙1∙0,004096-6∙0,6∙0,01024=0,95904.

11. Прибывшие на грузовую станцию вагоны в количестве n штук трижды проходят технический осмотр: в парке приема, перед погрузкой и в парке отправления. Каждый вагон с вероятностью p1 имеет дефект. Дефект, если он имеется, бригада обнаруживает с вероятностью p2. Найти вероятность того, что после трех осмотров отправляемый со станции поезд будет иметь хотя бы один вагон с дефектом.

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H1i- i-й вагон имеет дефект,
H2i- i-й вагон не имеет дефект.

Вероятность первой гипотезы дана в условии задачи:
PH1i=p1,
так как гипотезы составляют полную группу гипотез, то
PH2i=1-PH1i=1-p1.
Пусть событие B- (все вагоны прошли проверку), событие Bi –(i-тый вагон прошел проверку).
Найдем условные вероятности этого события при сделанных гипотезах:
PBiH1i=1-p2,PBiH2i=1.
Используя формулу полной вероятности, найдем вероятность события Bi:
PBi=PHi1∙PBiH1i+PHi2∙PBiHi2=p1∙1-p2+1-p1∙1=p1-p1p2+1-p1=1-p1p2.
Известно, что событие Bi произошло. Найдем вероятность того, что этот вагон был без дефекта, используя формулу Байеса:
PHi2=PHi2∙PBiHi2PBi=1-p11-p1p2.
Вероятность того, что все n вагонов были без дефектов:
PH2=PHi2n=1-p11-p1p2n.
Пусть событие A- (хотя бы один вагон с дефектом), это событие противоположно событию PH2, и равно:
PA=1-PH2=1-1-p11-p1p2n.

На 10 карточках написаны различные цифры от 0 до 9 Найти вероятность того

1. На 10 карточках написаны различные цифры от 0 до 9. Найти вероятность того, что наудачу образованное с помощью карточек трехзначное число делится на 50.

Решение:

Для решения задачи используем классическое определение вероятности:
PA=mn.
Пусть событие A – (трехзначное число делится на 50).
Найдем количество n всевозможных исходов.
На первой позиции трехзначного числа может быть любая из цифр, кроме 0, выбрать ее можно 9 способами.
На второй позиции может быть любая из оставшихся 9 цифр, выбрать ее можно 9 способами.
На третьей позиции может быть любая из 8 оставшихся цифр, выбрать ее можно 8 способами.
Таким образом, по правилу произведения:
n=9∙9∙8=648.
Найдем количество m исходов, благоприятствующих событию A.
Так как карточки вытаскиваются без возвращения, то цифры в числе не повторяются. Подходящими числами являются:100, 150, 200, 250, 300, 350, 400, 450, 500, 600, 650, 700, 750, 800, 850, 900, 950, итого m=17.
Искомая вероятность таким образом равна:
PA=17648≈0,026.

Ответ: 0,026.

2. Цех производит 95% стандартных изделий, причем 90% из них первого сорта. Найти вероятность того, что среди трех случайно отобранных изделий хотя бы одно первого сорта.

Решение:

Вероятность того, что одно отдельно взятое изделие стандартно по условию задачи
p1=95%=0,95.
Вероятность того, что одно отдельно взятое изделие стандартно и первого сорта по теореме произведения вероятностей:
p=0,95∙0,9=0,855.
Пусть событие A – (среди трех случайно отобранных изделий хотя бы одно первого сорта). Это событие противоположно событию A – (среди трех случайно отобранных изделий ни одного изделия первого сорта). Вероятность события A:
PA=1-PA.
Вероятность того, что среди трех случайно отобранных изделий ни одного изделия (т.е. 0) первого сорта, найдем, используя формулу Бернулли:
Pnk=Cnk∙pk∙qn-k.
В нашем случае:
n=3, k=0, p=0,855, q=1-p=1-0,855=0,145.
Находим:
PA=P30=C30∙0,8550∙0,1453-0=3!0!∙3!∙0,8550∙0,1453=1∙1∙0,1453≈0,003.
Значит, искомая вероятность:
PA=1-0,003=0,997.

Ответ: 0,997.
3. На склад поступают детали с трех станков. Вероятность выпуска брака на первом станке 0,03, на втором – 0,02, на третьем – 0,01. Производительность первого станка в три раза больше производительности второго, а третьего в два раза больше второго. Найти вероятность того, что: 1) наудачу взятая со склада деталь будет бракованной; 2) она произведена на втором станке.

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H1-деталь произведена на первом станке;
H2-деталь произведена на втором станке;
H3-деталь произведена на третьем станке.

Зависимости между производительностями станков означают следующее:
PH1=3∙PH2, PH3=2∙PH2,
а так как гипотезы образуют полную группу, то
PH1+PH2+PH3=1,
Решим полученную систему уравнений:
PH1+PH2+PH3=1, PH1=3∙PH2,PH3=2∙PH2;⟺3∙PH2+PH2+2∙PH2=1,PH1=3∙PH2,PH3=2∙PH2;⟺PH2=16,PH1=3∙16=12,PH3=2∙16=13.
1) Пусть событие A – (наудачу взятая со склада деталь будет бракованной). Условные вероятности этого события даны в условии задачи и равны:
PAH1=0,03;PAH2=0,02;PAH3=0,01.
Вероятность события A найдем по формуле полной вероятности:
PA=PH1∙PAH1+PH2∙PAH2+PH3∙PAH3=16∙0,03+12∙0,02+13∙0,01=0,03+0,06+0,026=0,116=1160.
2) Пусть наудачу взятая со склада деталь оказалась бракованной. Найдем вероятность того, эта деталь была изготовлена на втором станке, используя формулу Байеса:
PH2A=PH1∙PAH1PA=16∙0,031160=0,3601160=0,311=3110.

Ответ: 1) 1160; 2) 3110.

4. Батарея дала 14 выстрелов по военному объекту с вероятностью попадания в него, равной 0,2. Найти: 1) наивероятнейшее число попадания и его вероятность; 2) вероятность разрушения объекта, если для этого требуется не менее 4 попаданий.

Решение:

1) Наивероятнейшее число попаданий найдем из следующего двойного неравенства:
n∙p-q≤k≤n∙p+p,
где n=14, p=0,2, q=1-p=1-0,2=0,8.
Находим:
14∙0,2-0,8≤k≤14∙0,2+0,2;2≤k≤3.
Так как число попадания – целое число, то k=2 или k=3.
Пусть событие A – (число попаданий от 2 до 3).
Найдем вероятность события A, используя формулу Бернулли:
PA=P142+P143=C142∙p2∙q14-2+C143∙p3∙q14-3=14!2!∙12!∙0,22∙0,812+14!3!∙11!∙0,23∙0,811=13∙141∙2∙0,22∙0,812+12∙13∙141∙2∙3∙0,23∙0,811≈0,25+0,25=0,5.
2) Пусть событие B – (объект разрушен), то есть произошло от 4 до 14 попаданий. Вероятность события B найдем, используя интегральную теорему Лапласа:
Pk1;k2=Фk2-n∙pn∙p∙q-Фk1-n∙pn∙p∙q,
где Фx-функция Лапласа.
Находим:
P4;14=Ф14-14∙0,214∙0,2∙0,8-Ф4-14∙0,214∙0,2∙0,8=Ф11,21,5-Ф1,21,5=Ф7,47-Ф0,8.
По таблице значение функции Лапласа находим: Ф7,47=0,5; Ф0,8=0,2881.
Таким образом, искомая вероятность равна:
PB=P4;14=0,5-0,2881=0,2119.
Ответ: 1) 0,5; 2) 0,2119.

5. Испытывается устройство, состоящее из трех независимо работающих блоков. Вероятности отказа блоков таковы: p1=0,3, p2=0,5, p3=0,6. Найти закон распределения случайной величины X – числа отказавших блоков.

Решение:

Случайная величина X может принимать следующие значения: 0, 1, 2, 3.
Найдем вероятности, соответствующие каждому из этих значений.
Вероятности того, что блок не откажет для каждого блока соответственно равны:
q1=1-p1=1-0,3=0,7; q2=1-p2=1-0,5=0,5;
q3=1-p3=1-0,6=0,4;
Вероятность того, что ни один блок не откажет, найдем, используя теорему умножения:
PX=0=q1∙q2∙q3=0,7∙0,5∙0,4=0,14.
Вероятность того, что откажет только один блок, т.е., или откажет первый блок, а второй и третий нет; или откажет второй блок, а первый и третий нет; или откажет третий блок, а первый и второй нет, найдем, используя теоремы сложения и умножения:
PX=1=p1∙q2∙q3+q1∙p2∙q3+q1∙q2∙p3=0,3∙0,5∙0,4+0,7∙0,5∙0,4+0,7∙0,5∙0,6=0,41.
Вероятность того, что откажут два блока, т.е., или откажут первый и второй блоки, а третий нет; или откажут первый и третий блоки, а второй нет, или первый блок не откажет, а второй и третий откажут, найдем, используя теоремы сложения и умножения:
PX=2=p1∙p2∙q3+p1∙q2∙p3+q1∙p2∙p3=0,3∙0,5∙0,4+0,3∙0,5∙0,6+0,7∙0,5∙0,6=0,36.

Вероятность того, что откажут все три блока, равна:
PX=3=p1∙p2∙p3=0,3∙0,5∙0,6=0,09.

Запишем ряд распределения случайной величины X:
xi
0 1 2 3
pi
0,14 0,41 0,36 0,09

Проверка:
pi=0,14+0,41+0,36+0,09=1.

6. Случайная величина X задана рядом распределения:
X
x1
x2
x3
x4
P
p1
p2
p3
p4

Найти:
1) функцию распределения F(x) случайной величины X и построить ее график;
2) математическое ожидание M(X) и дисперсию D(X) случайной величины X.
Значения параметров x1, x2, x3, x4, p1, p2, p3, p4 вычислить по следующим формулам:
R=остатокN4+2;N-номер варианта;x1=N+3,×2=x1+R, x3=x2+R, x4=x3+2R
и
p1=1R+5, p2=1R+3, p4=18-R, p3=41+33R+R2-R3R+3R+58-R.

Решение:

Вычисляем значения параметров:
R=остаток184+2=4;x1=N+3=18+3=21,×2=x1+R=21+4=25, x3=x2+R=25+4=29, x4=x3+2R=29+2∙4=37;

p1=1R+5=14+5=19, p2=1R+3=14+3=17, p4=18-R=18-4 =14, p3=41+33R+R2-R3R+3R+58-R=41+33∙4+42-434+34+58-4=125252,

тогда ряд распределения случайной величины X:
X
21
25
29
37
P
19
17
125252
14

1) находим функцию распределения случайной величины X:
Fx=0, x<21,19, 21≤x<25,19+17=1663, 25≤x<29,1663+125252=189252, 29≤x<37,189252+14=1, x≥37.
Построим график функции распределения:

2) найдем математическое ожидание:
MX=xi∙pi=21∙19+25∙17+29∙125252+37∙14=186163≈29,54.
найдем дисперсию:
DX=xi2∙pi-MX2=212∙19+252∙17+292∙125252+372∙14-1861632=5655563-34633213969=996443969≈25,11.

7. Непрерывная случайная величина X подчинена закону распределения с плотностью φ(x).
φx=0, x≤-1,b1-x2, -1<x≤1,0, x>1.
Требуется:
1) найти коэффициент b;
2) найти функцию распределения F(x);
3) построить графики функций φx и F(x);
4) найти математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), среднее квадратичное отклонение σ(X) случайной величины X и вероятность попадания X в интервал (0, 0,5).

Решение:
1) коэффициент b найдем из условия нормировки
-∞+∞fxdx=1:-11b1-x2dx=b-111-x2dx=b∙x21-x2+12arcsinx-11=b∙121-12+12arcsin1–121–12+12arcsin-1=b∙12arcsin1-12arcsin-1=b∙12arcsin1+12arcsin1=b∙arcsin1=b∙π2=1, ⟹b=2π.
Значит, плотность распределения имеет вид:
φx=0, x≤-1,2π1-x2, -1<x≤1,0, x>1.
2) Найдем функцию распределения случайной величины X по определению
Fx=-∞xφtdt.
Получаем:
при x≤-1 φx=0, значит,
Fx=-∞x0dt=0;
при -1<x≤1 φx=2π1-x2, значит,
Fx=-∞-10dt+-1×2π1-x2dt=0+2π∙x21-x2+12arcsinx-1x=2π∙x21-x2+12arcsinx–121–12+12arcsin⁡(-1)=2π∙x21-x2+12arcsinx+π4;

при x>1 φx=0, значит,
Fx=-∞-10dt+-112π1-x2dt+1+∞0dt=0+2π∙x21-x2+12arcsinx-11+0=2π∙121-12+12arcsin1–121–12+12arcsin-1=2π∙12arcsin1-12arcsin-1=2π∙12arcsin1+12arcsin1=2π∙arcsin1=2π∙π2=1,

значит, функция распределения F(x) имеет вид:
Fx=0, x≤-1,2π∙x21-x2+12arcsinx+π4, -1<x≤1,1, x>1.
3) построим графики функций φx и F(x):

4) находим математическое ожидание:
MX=-∞+∞x∙fxdx=-11x∙2π∙1-x2dx=-1π-111-x2d1-x2=-1π∙1-x23232-11=-23π1-1232-1-(-1)232=0.
Находим дисперсию:
DX=-∞+∞x2∙fxdx-MX2=-11×2∙2π∙1-x2dx-02=2π-11×2∙1-x2dx=2π∙x82x2-11-x2+18arcsinx-11=14π∙12∙12-11-12+arcsin1–12-12-11–12+arcsin-1=14π∙arcsin1+arcsin1=14π∙π2+π2=14π∙π=14=0,25.
Находим среднее квадратичное отклонение:
σX=DX=0,25=0,5.
находим вероятность попадания X в интервал (0, 0,5):
P0<X<0,5=00,52π1-x2dt=2π∙x21-x2+12arcsinx00,5=2π∙0,521-0,52+12arcsin0,5-021-02+12arcsin0),одим среднее квадратичное отклонение::м и решим систему уравнений::тий блоки, а второй нет, или первый блок не откажет, а=2π∙0,25∙0,75+π6≈0,47.

5 Задачи по теме «Классическое определение вероятности» 5 5 Рассматривается карточная колода

5 Задачи по теме «Классическое определение вероятности»
5.5 Рассматривается карточная колода, в которой собраны карты каждой масти достоинством «валет» и «дама» (всего 8 карт). Построить пространство событий для испытания «из колоды вытаскивают последовательно две карты». Определить вероятности случайных событий А, В и С:
А – вытащены две карты пиковой масти;
В – вытащена «дама» и «валет»;
С – вытащены две «дамы».

Решение:
Построим пространство событий для испытания «из колоды вытаскивают последовательно две карты». Пространство элементарных событий состоит из 28 исходов, так как число всех случаев отбора 2 карт из общего числа 8 карт равно числу сочетаний из 8 по 2, т.е.

Пространство элементарных событий = где например: – вытащена дама пики, валет пики;- вытащена дама пики, валет черви;- вытащена дама пики, валет крести, – вытащена дама пики, валет бубновой масти, – вытащена дама черви, валет пики, …. и т.д
Рассчитаем вероятности, используя формулу классической вероятности , где m – число исходов, благоприятствующих наступлению интересующего нас события, общее число всех единственно возможных, равновозможных и несовместных исходов
Событию А соответствует всего один элементарный исход -, поэтому
P(А)=P(вытащены две карты пиковой масти)= P(вытащены дама пиковой масти и валет пиковой масти)=1/28
Событию В соответствуют всего 16 исходов из 28, так как каждый из четырех вальтов может сочетаться с каждой дамой, всего таких пар 4*4=16, поэтому P(В)=P(вытащена «дама» и «валет»)=16/28
Событие С состоит в том, что из 8 карт будут выбраны или дама пики и дама черви, или дама пики и дама буби, или дама пики и дама крести, или дама черви и дама буби, или дама черви и дама крести, дама крести и дама буби. Всего 6 благоприятных исходов.
P(С)=P(вытащены две «дамы»)=6/28=3/14

Ответ: P(А) =1/28, P(В)=16/28, P(С)=3/14
6 Задачи по теме «Основные теоремы теории вероятностей»
6.15 На фондовом рынке появились акции только что образованного холдинга, которые можно приобрести с вероятностью 15%. Финансовый аналитик считает, что когда акции удается приобрести, вероятность их высокой доходности составляет 35%, а когда приобрести акции не удается, они с вероятностью 80% окажутся высоко доходными.
а) Найдите вероятность того, что акции удастся приобрести и они окажутся высоко доходными.
б) Найдите условную вероятность того, что акции удается приобрести, если они имеют высокую доходность.

Решение
Обозначим события:
А –акции имеют высокую доходность;
Событие А может произойти только вместе с одной из гипотез
Н1 – удалось приобрести акции;
Н2 – не удалось приобрести акции.
События H1, H2 образуют полную группу событий .
По условию известны вероятности гипотез и условные вероятности P(А/H1), P(А/H2)
Р(Н1) = 15% = 0,15 – вероятность того, что акции будут приобретены;
Р(Н2) =100%-15%=85% = 0,85 – вероятность того, что акции не будут приобретены
Р(А|Н1) = 35% = 0,35 – условная вероятность того, что акции будут доходными при условии, что их удастся приобрести;
Р(А|Н2) = 80% = 0,8 – условная вероятность того, что акции будут доходными при условии, что их не удастся приобрести
а) Найдем вероятность того, что акции удастся приобрести, и они окажутся высоко доходными.
Событие «акции удастся приобрести и они окажутся высоко доходными» представляет собой одновременное выполнение событий Н1 и А, т.е. произведение этих событий:Н1 * А.
События Н1 и А являются зависимыми, так как по условию задачи вероятность высокой доходности различна в зависимости от того, были ли они приобретены или нет. Поскольку эти события являются зависимыми, для расчета вероятности их произведения применим теорему о вероятности произведения событий:
Р(Н1*А) = Р(Н1) * Р(А|Н1).
Условная вероятность события А при условии, что наступило событие Н1 (т.е. Р(А|Н1) известна из условий задачи. Тогда: Р(Н1*А) = 0,15 * 0,35 = 0,053.
б) Найдем условную вероятность того, что акции удается приобрести, если они имеют высокую доходность, т.е нужно найти Р(Н1/А)
Требуется найти уточненную (послеопытную) вероятность первой гипотезы, т.е. необходимо найти вероятность того, что акции удается приобрести при условии, что они имеют высокую доходность.
Используя формулу Байеса подставим заданные значения вероятностей:

Ответ: а) вероятность того, что акции удастся приобрести, и они окажутся высоко доходными, составляет 0,053 или 5,3%. б) вероятность того, что акции удается приобрести, если они имеют высокую доходность 0,072

7 Задачи по теме «Построение закона распределения дискретной случайной величины»
7.14 Рукопись объемом в 1000 страниц машинописного текста содержит 2000 опечаток.
а) Построить ряд распределения количества опечаток на одной странице (случайная величина Х) по закону Пуассона. Использовать 8 первых значений случайной величины.
б) Построить многоугольник распределения.
в) Определить математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение случайной величины Х. Сделать выводы.
г) Записать функцию распределения случайной величины Х, построить график функции.
д) Найти вероятность того, что наудачу взятая страница содержит не менее двух опечаток.

Решение:
Рукопись объемом в 1000 страниц машинописного текста содержит 2000 опечаток, следовательно, в среднем на одной странице содержится 2 опечатки. Т.е. математическое ожидание (среднее число опечаток) равно 2.
а) Построим ряд распределения количества опечаток на одной странице (случайная величина Х) по закону Пуассона.
Дискретная случайная величина Х – число опечаток на одной странице. Определим ее возможные значения.
Число опечаток на одной странице может быть 0,1,2,3….
По условию n =1000 =np=2
Так как данная случайная величина Х подчинена закону Пуассона, то расчет искомых вероятностей осуществляется по формуле Пуассона:
Найдем по этой формуле вероятность того, что на странице будет 0 опечаток

Однако расчет вероятностей легче осуществить, пользуясь специальными таблицами вероятностей распределения Пуассона, где содержатся значения при заданных значениях m и .

Данных для =2 и m≥10 в таблице нет, что указывает на то, что эти вероятности практически равны нулю.
Занесем полученные результаты в таблицу

xi 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
pi 0,135 0,27 0,27 0,18 0,09 0,036 0,012 0,0034 0,0009 0,0002

б) Построим многоугольник распределения

в) Определим математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение случайной величины Х.

Математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной по закону Пуассона, совпадают и равны параметру , который определяет этот закон, т.е. МХ=DХ==2

Среднее квадратическое отклонение равно =√2=1,414

г) Запишем функцию распределения случайной величины Х и построим ее график

Функция распределения случайной величины X определяется равенством F(x)=P(X<x). Пользуясь рядом распределения, найдем F(x)

График функции распределения F(x) имеет вид:

д) Найдем вероятность того, что наудачу взятая страница содержит не менее двух опечаток, т.е от двух до 2000.

Искомую вероятность найдем, используя вероятность противоположного события – «наудачу взятая страница содержит менее двух опечаток», т.е. 0 или 1 опечатку:

P(наудачу взятая страница содержит не менее двух опечаток)=1-P(наудачу взятая страница содержит менее двух опечаток)= =
1-(0,1353+0,2707)=1-0,406=0,594

Ответ: МХ=DХ==2 , =√2=1,414 ,
P(наудачу взятая страница содержит не менее двух опечаток)=0,594

Вариант 9

В партии из 10 ламп 4 бракованные Какова вероятность того

1. В партии из 10 ламп 4 бракованные. Какова вероятность того, что из 2-х наугад выбранных ламп окажутся: 1 исправная и 1 бракованная?

Решение:

Выбрать две лампы из десяти можно следующим количеством способов:
n=C102=10!2!∙10-2!=10!2!∙8!=9∙101∙2=9∙5=45.
Выбрать одну лампу из четырех бракованных и одну исправную лампу из 6, можно следующим количеством способов:
n=C41∙C61=4!1!∙4-1!∙6!1!∙6-1!=4!1!∙3!∙6!1!∙5!=4∙6=24.
Искомую вероятность найдем, используя классическое определение вероятности:
PA=nm=2445≈0,53=53%.
Ответ: 53%.

2. Спортсмен делает не более 3-х попыток взять высоту. Вероятность успеха при каждой попытке равна 0,4. Какова вероятность того, что высота будет взята, если последующая попытка осуществляется только при неуспехе предыдущей? Какова вероятность того, что высота будет взята со второй попытки?

Решение:

Пусть событие A = (высота взята). Его вероятность при каждой попытке PA=0,4.
Вероятность события B = (высота взята с первой попытки или не взята с первой попытки и взята со второй попытки, или высота не взята с первой и второй попытки и взята с третьей) найдем, используя теоремы сложения и умножения вероятностей:
PB=PA+PA∙PA+PA∙PA∙PA=0,4+1-0,4∙0,4+1-0,4∙1-0,4∙0,4=0,4+0,24+0,144=0,784=78,4%.
Вероятность события С = (не взята с первой попытки и взята со второй) найдем, используя теоремы сложения и умножения вероятностей:
PB=PA∙PA=1-0,4∙0,4=0,24=24%.
Ответ: 78,4%; 24%.

3. В отделе 5 «отличных», 7 «хороших», 4 «удовлетворительных» и 4 «слабых» сотрудников. Вероятности того, что сотрудники выполнят некое поручение, для каждой категории соответственно равны 0,9, 0,7, 0,6 и 0,5. Наудачу вызванный сотрудник из трёх однотипных поручений выполнил все три. Какова вероятность того, что этот сотрудник «отличный»?

Решение:

Введем полную группу гипотез:
H1 – вызванный сотрудник «отличный»;
H2 – вызванный сотрудник «хороший»;
H3 – вызванный сотрудник «удовлетворительный»;
H4 – вызванный сотрудник «слабый».
Найдем вероятности гипотез по классическому определению вероятностей:
PH1=55+7+4+4=520;
PH2=75+7+4+4=720;
PH3=45+7+4+4=420;
PH4=45+7+4+4=420.
Найдем вероятность события A – {Наудачу вызванный сотрудник из трёх однотипных поручений выполнил все три} для каждого «вида» сотрудников.
Для «отличных» сотрудников:
PA|H1=0,93=0,729.
Для «хороших» сотрудников:
PA|H2=0,73=0,343.
Для «удовлетворительных» сотрудников:
PA|H3=0,63=0,216.
Для «слабых» сотрудников:
PA|H4=0,53=0,125.
Вероятность того, что вызванный сотрудник, выполнивший все три поручения «отличный», найдем по формуле Байеса:
PH1A=PH1∙PA|H1PH1∙PA|H1+PH2∙PA|H2+PH3∙PA|H3+PH4∙PA|H4=520∙0,729520∙0,729+720∙0,343+420∙0,216+420∙0,125=3,645207,4120=3,6457,41≈0,49=49%.
Ответ: 49%.

5. Известно, что в районе находится подводная лодка. Вероятность обнаружения лодки за один вылет вертолета-разведчика p=0,3. Производятся последовательные вылеты до обнаружения лодки. Для ДСВ – числа сделанных вылетов построить ряд распределения и график функции распределения, найти МО и D. Определить вероятность обнаружения за не более чем три вылета. Показать эту вероятность на графике функции распределения.

Решение:

Дискретная случайная величина Х – число сделанных вылетов может принимать бесконечное число значений.
Ряд ее распределения имеет вид:

X
1 2 3 … n
P
0,3 0,7∙0,3
0,72∙0,3
… 0,7n-1∙0,3

Построим график функции распределения:

Найдем математическое ожидание по формуле для бесконечного ряда распределения:
MX=1p=10,3≈3;
Найдем дисперсию по формуле для бесконечного ряда распределения:

DX=pq=0,3∙0,7=0,21.
Определим вероятность обнаружения за не более чем три вылета:
PX≤3=PX=1+PX=2+PX+3=0,3+0,7∙0,3+0,72∙0,3=0,657.
Покажем эту вероятность на графике функции распределения:

6. Плотность распределения для непрерывной случайной величины выражается формулой:
px=Ax-22, x∈[2;4];0, x∉[2;4].
Найти: A, математическое ожидание для этой непрерывной случайной величины. Определить вероятность P2<X<2+132. Построить графики функции распределения и плотности распределения и показать на каждом из графиков найденную вероятность.

Решение:

Найдем значение из условия нормировки
-∞+∞pxdx=1:
24Ax-22dx=A24x-22dx=A∙x-23324=A3∙4-23-2-23=A3∙23-03=8A3=1,
откуда
A=38.
Тогда плотность распределения:
px=38x-22, x∈[2;4];0, x∉[2;4].
Найдем математическое ожидание:
MX=-∞+∞x∙pxdx=24x∙38x-22dx=3824×3-4×2+4xdx=38∙x44-4×33+4×2224=38∙444-4∙433+4∙422-244-4∙233+4∙222=38∙64-2563+32-4-323+8=38∙283=3,5.
Дисперсия:
DX=-∞+∞x2∙pxdx-MX2=24×2∙38x-22dx-3,52=3824×4-4×3+4x2dx-12,25=38∙x55-4×44+4×3324-12,25=38∙455-4∙444+4∙433-255-4∙244+4∙233-12,25=38∙10245-256+2563-325-16+323-12,25=38∙49615-12,25=625-12,25=0,15.
Найдем функцию распределения по формуле:
Fx=-∞xp(t)dt.
При x<2 px=0, значит,
Fx=-∞x0dt=0.
При 2≤x≤4 px=38x-22, значит,
Fx=-∞20dt+2x38t-22dt=0+38∙t-2332x=x-238.
При x>4 px=0, значит,
Fx=-∞20dt+2438x-22dx+4+∞0dt=0+1+0=1.
Функция распределения:
Fx=0, x<2,x-238, 2≤x≤4,1, x>4.
Найдем вероятность P2<X<2+132:
P2<X<2+132=F2+132-F2=2+132-238-2-238=116-0≈0,0625.
Построим графики функции распределения и плотности распределения и покажем на графиках найденную вероятность:

2 Из десяти билетов выигрышными являются два Определить вероятность того

2. Из десяти билетов выигрышными являются два. Определить вероятность того, что среди взятых наудачу пяти билетов окажется один выигрышный.

Решение:

Используем классическое определение вероятности:
PA=mn.
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно количеству способов выбрать 5 билетов из 10:
n=C105=10!5!∙10-5!=10!5!∙5!=6∙7∙8∙9∙101∙2∙3∙4∙5=7∙2∙9∙2=252.
Пусть событие A- «среди взятых наудачу пяти билетов окажется один выигрышный». Найдем количество исходов, благоприятствующих появлению этого события. Выбрать 1 билет из 2 выигрышных можно 2 способами, при этом еще 4 билета должны быть выбраны из 8 невыигрышных, это можно сделать C84 способами. По правилу произведения:
m=2∙C105=2∙8!4!∙8-4!=2∙8!4!∙4!=2∙5∙6∙7∙81∙2∙3∙4=2∙5∙7∙2=140.
Тогда искомая вероятность:
PA=140252≈0,55.

3. Из колоды в 52 карты наугад берут одну. Какова вероятность, что попадется пиковая карта или любой король?

Решение:

Используем классическое определение вероятности:
PA=mn.
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно числу карт:
n=52.
Пусть событие A1- «выбранная карта – пики». Количество благоприятствующих исходов равно количеству пики в колоде:
m=13.
Тогда
PA1=1352=14.
Пусть событие A2- «выбранная карта – король». Количество благоприятствующих исходов равно количеству королей в колоде:
m=4.
Тогда
PA2=452=113.
Пусть событие A- «выбранная карта или пики, или король». Используя теорему сложения находим:
PA=PA1+A2=PA1+PA2=14+113=13+452=1752.

6. В кармане первоначально находились 5 монет по 20 копеек и 4 монеты по 3 копейки. Три монеты выпали в дырку. Найти вероятность достать после этого из кармана наугад монету в 20 копеек.
Решение:
Введем полную группу гипотез:
H1- выпали 3 монеты по 20 копеек,
H2- выпали 2 монеты по 20 копеек и 1 по 3 копейки,
H3- выпали 1 монета по 20 копеек и 2 по 3копейки,
H4- выпали 3 монеты по 3 копейки.
Найдем вероятности этих гипотез, используя классическое определение вероятности.
Число всех равновозможных элементарных исходов равно количеству способов выбрать 3 монеты из 9:
n=C93=9!3!9-3!=9!3!6!=7∙8∙91∙2∙3=7∙4∙3=84.
1) число исходов, благоприятствующих событию H1- выпали 3 монеты по 20 копеек равно количеству способов выбрать 3 монеты из 5 20-коеечных:
m=C53=5!3!2!=4∙51∙2=10,
тогда
PH1=542.
2) определим число исходов, благоприятствующих событию H2- выпали 2 монеты по 20 копеек и 1 по 3 копейки. Количество способов выбрать 2 монеты из 5 20-копеечных равно C52 и еще одна монета должна быть выбрана из 4 3-копеечных монет, это можно сделать 4 способами. Тогда по правилу произведения:
m=C52∙4=5!2!3!∙4=4∙51∙2∙4=40,
тогда
PH1=2042.
3) определим число исходов, благоприятствующих событию H3- выпали 1 монета по 20 копеек и 2 по 3копейки.
Количество способов выбрать 1 монету из 5 20-копеечных равно 5 и еще 2 монеты должны быть выбрана из 4 3-копеечных монет, это можно сделать C42 способами. Тогда по правилу произведения:
m=5∙C42=5∙4!2!∙2!=30,
тогда
PH1=1542.
4) число исходов, благоприятствующих событию H4- выпали 3 монеты по 3 копейки равно количеству способов выбрать 3 монеты из 4 3-коеечных:
m=C43=4!3!1!=4,
тогда
PH4=242.
Пусть событие А – «из кармана вынули наугад 20-копеечную монету». Найдем условные вероятности этого события при сделанных гипотезах.
1) если выпало в дырку 3 20 копеечных монеты, то в кармане осталось 2 20-копеечных и 4 3-копеечных монеты. Тогда
PAH1=22+4=13.
2) если выпало в дырку 2 20 копеечных монеты и 1 3-копеечная, то в кармане осталось 3 20-копеечных и 3 3-копеечных монеты. Тогда
PAH2=32+4=12.
3) если выпало в дырку 1 20 копеечная монеты и 2 3-копеечных, то в кармане осталось 4 20-копеечных и 2 3-копеечных монеты. Тогда
PAH3=42+4=23.
4) если выпало в дырку 3 3-копеечных, то в кармане осталось 5 20-копеечных и 1 3-копеечная монеты. Тогда
PAH4=52+4=56.
По формуле полной вероятности находим:
PA=PH1∙PAH1+PH2∙PAH2+PH3∙PAH3+PH4∙PAH4=542∙13+2042∙12+1542∙23+242∙56≈0,555.

из 30.
2. Партия из 25 приборов содержит один неисправный прибор. Из этой партии для контроля выбраны случайным образом 6 приборов. Найти вероятность, что неисправный прибор попал в выборку.
Используем классическое определение вероятности:
PA=mn.
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно количеству способов выбрать 6 приборов из 25:
n=C256=25!6!∙25-6!=25!6!∙19!=20∙21∙22∙23∙24∙251∙2∙3∙4∙5∙6=177100.
Пусть событие A- «среди взятых наудачу 6 приборов окажется один неисправный». Найдем количество исходов, благоприятствующих появлению этого события. Выбрать 1 прибор из 1 неисправного можно 1 способом, при этом еще 5 приборов должны быть выбраны из 24 исправных, это можно сделать C245 способами. По правилу произведения:
m=1∙C245=24!5!∙24-5!=24!5!∙19!=20∙21∙22∙23∙241∙2∙3∙4∙5=42504
Тогда искомая вероятность:
PA=42504177100=0,24.

ИЗ 30:
Брошены две кости. Чему равна вероятность того, что хотя бы на одной из них выпадет 5 или 6 очков?
Решение:
Количество всех равновозможных элементарных исходов равно
n=62=36.
Пусть событие А- «хотя бы на одной из них выпадет 5 или 6 очков». Это событие противоположно событию А – «ни на одной кости не выпадет 5 и 6 очков». Количество исходов, благоприятствующих появлению этого события равно
m=42=16.
Тогда по классическому определению вероятности:
PA=mn=1636=49.
Так как события противоположны, то
PA+PA=1,
откуда
PA=1-PA=1-49=59.

ИЗ 30
Узлы поступают на конвейер с двух участков. Второй участок выпускает 5% брака и делает в 2 раза больше, чем первый. Брак в продукции первого участка составляет 10%. Найти вероятность того, что узел, случайно выбранный с конвейера окажется годным.
Решение:
Введем полную группу гипотез:
H1- узел поступил с первого участка,
H2- узел поступил со второго участка.
В условии сказано, что второй делает в 2 раза больше, это означает, что
PH2=2PH1.
Так как гипотезы образуют полную группу, то
PH1+PH2=1,
откуда
PH1=13; PH2=23.
Пусть событие А – «узел, случайно выбранный с конвейера окажется годным». Условные вероятности этого события при сделанных гипотезах:
PAH1=1-0,1=0,9;PAH2=1-0,05=0,95.
Тогда по формуле полной вероятности находим:
PA=PH1∙PAH1+PH2∙PAH2=13∙0,9+23∙0,95=0,93.

из 30
В первой урне 7 белых и 2 черных шара, во второй – 4 белых и 5 черных. Из первой урны наудачу выбирают 3 шара и перекладывают во вторую, после чего из второй урны берут один шар. Найти вероятность того, что этот последний шар окажется белым.
Решение:
Введем полную группу гипотез:
H1- переложили 3 белых шара,
H2- переложили 2 белых и 1 черный,
H3- переложили 1 белый и 2 черных.
Найдем вероятности этих гипотез, используя классическое определение вероятности.
Число всех равновозможных элементарных исходов равно количеству способов выбрать 3 шара из 9:
n=C93=9!3!9-3!=9!3!6!=7∙8∙91∙2∙3=7∙4∙3=84.
1) число исходов, благоприятствующих событию H1- переложили 3 белых шара равно количеству способов выбрать 3 шара из 7 белых:
m=C73=7!3!4!=35,
тогда
PH1=3584.
2) определим число исходов, благоприятствующих событию H2- переложили 2 белых и 1 черный. Количество способов выбрать 2 шара из 7 белых равно C72 и еще один шар должен быть выбран из 2 черных, это можно сделать 2 способами. Тогда по правилу произведения:
m=C72∙2=7!2!5!∙2=4∙51∙2∙4=42,
тогда
PH2=4284.
3) определим число исходов, благоприятствующих событию H3- переложили 1 белый и 2 черных. Количество способов выбрать 1 шар из 7 белых равно 7 и еще 2 шара должны быть выбраны из 2 черных, это можно сделать 1 способом. Тогда по правилу произведения:
m=7∙1=7,
тогда
PH3=784.
Пусть событие А – «из второй урны выбран белый шар». Найдем условные вероятности этого события при сделанных гипотезах.

1) если переложили 3 белых шара, то во второй урне стало 7 белых и 5 черных шаров. Тогда вероятность вынуть белый шар
PAH1=712.
2) если переложили 2 белых и 1 черный, то во второй урне стало 6 белых и 6 черных. Тогда
PAH2=612.
3) если переложили 1 белый и 2 черных, то во второй урне стало 5 белых и 7 черных Тогда
PAH3=512.
По формуле полной вероятности находим:
PA=PH1∙PAH1+PH2∙PAH2+PH3∙PAH3=3584∙712+4284∙612+784∙512≈0,528.

I Проверить выводимость в исчислении высказываний методом Куайна

I.Проверить выводимость в исчислении высказываний методом Куайна, методом редукции и методом резолюций.
⊢A→A∧A⋁B

Решение
1. Метод Куайна
Предположим, что B=1, тогда функция принимает значение
F=A→A∧A⋁1=A→A∧1
При A=1
F1=1→1∧1=1→1=1
При A=0
F2=0→0∧1=0→0=1
Если B=0
F=A→A∧A⋁0
При A=1
F3=1→1∧1⋁0=1→1∧1=1→1=1
При A=0
F4=0→0∧0⋁0=0→0∧0=0→0=1
Следовательно, наша функция при любых наборах значений переменных является тождественно истинной или тавтологией и выводима.
2. Метод редукции
Допустим наша формула в некоторой интерпретации равна 0
Тогда по правилу импликации
A=1
A∧A⋁B=0
Во второй формуле заметим, что A=1
1∧1⋁B=1∧1=1
Мы пришли к противоречию, следовательно, формула тождественно истинна или выводима
3. Метод резолюций
По теореме обратной теореме дедукции посылку можно перенести в левую часть
A⊢A∧A⋁B
Запишем инверсию исходной формулы
A∧A⋁B
Применяем законы де Моргана
A⋁A⋁B
A⋁A∧B
Используем законы дистрибутивности дизъюнкции относительно коньюнкции
A⋁A∧A⋁B=A∧A⋁B
Получаем множество дизъюнктов
A,A,A⋁B
Применяем к первому и второму дизъюнкту, правило резолюций
A,A,A⋁B,∅
Таким образом пустой дизъюнкт выведен, следовательно, выражение с отрицанием высказывания опровергнуто, следовательно, само высказывание доказано.

II.Пусть Омега – множество людей. На множестве Омега заданы следующие предикаты:
1.E(x, y)=И⇔x и y – один и тот же человек;
2.P(x, y)=И ⇔ x родитель y;
3.C(x, y)=И ⇔ x и y – супруги;
4.M(x)=И ⇔ x – мужчина;
5.W(x)=И ⇔ x – женщина.

С использованием этих предикатов записать формулы, выражающие следующие утверждения

14. X – кузина

Решение.
Кузина – двоюродная сестра – дочь брата или сестры матери, либо дочь брата или сестры отца.
Введем дополнительные понятия
Y-человек к которому X является кузиной
Y1-родитель Y⇔P(Y1, Y)=И
Y2-родитель Y1⇔P(Y2, Y1)=И
X1-родитель X⇔P(X1, X)=И
Тогда, что бы X1 и Y1 были сестрами или братьями необходимо, что бы
Y2-родитель X1⇔P(Y2, X1)=И
И кроме того, X1 и Y1 не были одним и тем же человеком
E(X1, Y1)=И
Последнее условие – кузина должна быть женщиной
W(X)=И
Окончательно записываем наше высказывание
X – кузина⇔∃Y, Y1, Y2,X1∈Ω: P(Y1, Y)∧P(Y2, Y1)∧P(X1, X)∧P(Y2, X1)∧E(X1, Y1)∧W(X)=И

III.Привести формулу к предваренной форме
¬∃x∀yQx,y→¬∀y∃xQx,y

Решение.
1. Исключаем импликацию, заменяя ее КНФ
∃x∀yQx,y∨¬∀y∃xQx,y
2. Применяем отрицание
∃x∀yQx,y∨∃y∀xQx,y

2. Выносим кванторы вперед
∃x∃y∀zQx,z∨∀wQw,y
∃x∃y∀z∀wQx,z∨Qw,y
Данная форма приведена к предварено нормальной, в дальнейшем, в ней можно исключить кванторы существования и общности, для сведения к предложению (бескванторной дизъюнкций литералов)
Qa,z∨Qw,b

IV.Построить машину Тьюринга для перевода из одной конфигурации в другую. На ленте всех машин Тьюринга записаны лишь нули и единицы, при этом пустые ячейки содержат нули. (x, y, z≥1) Проверить работу машины Тьюринга для конкретных значений x, y, z .
q11x01y=q01x;x>yq01y;x≤y

Решение.
Алфавит у нас состоит из двух элементов 0 и 1
Начальное слово
1x01y
Конечное слово у нас зависит от того какая последовательность единиц длиннее, 1x или 1y.
Запишем сначала функциональную схему.

q1
q2
q3
q4
q5
q6
q7
q8
q9
q10
q11
0
q21П
q71П
q40П
q51Л
q121Л
q10Л
q80П
q90Л
q90Л

q00П
1
q11Л
q30П
q31П
q41П
q60Л
q61Л
q71П
q80П
q100Л
q110Л
q111Л

q12
q13
q14
0
q130Л
q140П
q140П
1
q121Л
q130Л
q00П

Рассмотрим алгоритм по подробнее. Допустим начальное слово
01110111110
Машина находится в начальном положении состоянии q1 в ячейке 0
q101110111110
Команда q21П – обозначаем границу слева (смотрим пересечение q1 и 0), записываем 1 вместо 0, переход вправо и изменения состояния на q2
1q21110111110
Команда q30П – стираем первую единицу набора 1x, записываем 0 вместо 1, переход вправо и изменения состояния на q3
10q3110111110
Команда q31П остальные единицы набора 1x не меняются, до тех пор пока машине не встретится 0 по середине между наборами
1011q30111110
Команда q40П, ноль не изменяется однако состояние меняется на q4, переход вправо
10110q4111110
Команда q41П, остальные единицы набора 1y не меняются, до тех пор пока машине не встретится крайний 0 справа
1011011111q40
Команда q51Л – обозначаем границу справа, записываем 1 вместо 0, переход влево и изменения состояния на q5
101101111q511
Команда q60Л – стираем последнюю единицу набора 1y, записываем 0 вместо 1, переход влево и изменения состояния на q6
10110111q6101
Далее команды повторяют тоже самое, но в обратном порядке. q61Л не меняет цифры набора 1y и происходит сдвиг влево пока не встретится 0.
1011q60111101
Команда q10Л, не меняет ноль посередине, переход влево и изменение состояния на q1
101q110111101
Команда q11Л, не меняет оставшиеся единицы в наборе 1x, переход влево пока не встретится 0
1q10110111101
Ситуация приходит в изначальную позицию. Первый цикл завершился. Повторяя аналогичные рассуждения в конце второго цикла
11q1010111011
Третий цикл
111q100110111
Данный цикл отличается от изначального, что команда q21П, перезаписывает как обычно ноль, однако следующая ячейка тоже 0, весь набор 1x кончился первым
1111q20110111
Поэтому управление переходит на команду q71П
11111q7110111
Теперь нам необходимо оставить единицы, оставшиеся от набора 1y, поэтому, происходит переход вправо q71П, пока не встретится 0
1111111q70111
Команда q80П оставляет 0, как есть переходит вправо и в состояние q8
11111110q8111
Оставшиеся единицы нам не нужны поэтому стираем их командой q80П, пока не встретится крайний 0 справа
11111110000q80
Команда q90Л оставляет 0, как есть, переходит влево и в состояние q9
1111111000q900
Команда q90Л переводит позицию машины влево, пока не встретится единица.
111111q9100000
Нам необходимо стереть две лишних единицы, поэтому стираем их команадами q100Л и q110Л
1111q1110000000
Окончательно надо передвинуть указатель машины на начало нового слова. Это делается командой q111Л. До тех пор пока мы не дошли до крайнего 0 слева.
q110111110000000
Команда q00П смещает указатель обратно вправо и останавливает машину
0q0111110000000
Для другой ситуации, когда последовательность 1x длиннее, например.
q101111101110
Сначала все происходит аналогично однако циклы будем считать в состоянии q4 Первый цикл.
1011110111q40
Второй цикл
110111011q401
Третий цикл
11101101q4011
Четвертый цикл
1111010q40111
При дальнейшем переходе мы получим, что по команде q51Л, мы перейдем снова на 0, так как все единицы набора 1y кончились
111101q501111
и мы переходим командой q121Л на подпрограмму в состояние q12
11110q12111111
Остатки единиц от набора 1x оставляем командами q121Л, пока не доходим до 0.
1111q1200111111
Командой q130Л оставляем 0, и переходим влево в состояние q13
111q1310111111
Оставшиеся единицы нам не нужны поэтому стираем их командой q130Л, пока не встретится крайний 0 слева
q13000000111111
Команда q140П оставляет 0, как есть, переходит влево и в состояние q14
0q1400000111111
Снова такой же командой передвигаем указатель к началу нашего слова
000000q14111111
Так как в этом случае необходимо стереть лишь одну лишнюю единицу, то хватит команды q00П, которая ее сотрет и остановит программу
000000q011111
Как видим в нашем случае потребовалось 14 состояний что бы данная программа работала, как надо.

V.Показать примитивную рекурсивность функции f(x,y)
fx,y=5;3≤y≤8×1;иначе

Решение
Найдем значения функции fx,y. Для любых значений
y<3;y>8
fx,y=x=I12x,y
Для всех остальных значений 3≤y≤8
fx,y=5=SSSSSOx
Где I12x,y=x функция проектор
Ox=0 – нуль-функция
Sx=x+1 – функция следования
Все эти функции являются примитивно-рекурсивными
Следовательно, и их композиция, тоже является примитивно рекурсивной функцией, что мы и показали выше.