Теория вероятности и основы математической статистики

Федеральное государственное автономное

образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«СИБИРСКИЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

 

ИНСТИТУТ ЭКОНОМИКИ, УПРАВЛЕНИЯ И ПРИРОДОПОЛЬЗОВАНИЯ

КАФЕДРА Высшая математика - 1

 

 

 

 

 

 

 

 

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА

 

Теория вероятности и основы математической статистики

 

 

 

 

 

 

Студент   ЗЭ12-С1-ФК         ________________                 И.А. Заболотникова

                   номер группы                   подпись, дата                                       инициалы, фамилия

 

Руководитель                        ____________     А.А. Чешель

                                                 подпись, дата         инициалы, фамилия

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Красноярск  2013

 

Контрольная работа.

Вариант №1

 

Задание №1

 

Каждый вариант расписания представляет набор 5 дисциплин из 11, отличающийся от других вариантов, как составом дисциплин, так и порядком их следования (или и тем, и другим), то есть является размещением 11 элементов по 5.

Число вариантов расписаний, то есть число размещений из 11 по 5, находим по формуле размещения.

А511 = 11*10*9*8*7 = 55440

 

Задание №2

 

При классическом определении вероятность события А определяется равенством:

p=m/n

 

где m – число элементарных исходов испытания, благоприятствующих появлению события А, n – общее число возможных элементарных исходов испытания. Предполагается, что элементарные исходы образуют полную группу и равновозможны.

Если комбинации из n элементов по m отличаются либо составом элементов, либо порядком их расположения (либо и тем и другим), то такие комбинации называют размещениями из n элементов по m равно

 

Аmn = n!/(n-m)!

 

Если комбинации из n элементов отличаются только порядком расположения этих элементов, то их называют перестановками из n элементов. Число перестановок из n элементов равно Рn = n!

Пусть событие А – получение слова «ТОР». Различные комбинации трех букв из имеющихся шести представляют размещения, так как могут отличаться как составом входящих букв, так и порядком их следования (или и тем и другим), то есть общее число случаев n = А36, из которых благопрепятствует событию А, m = 1 случай, тогда:

Р(А) = m/n = 1/ А36 = 1/6*5*4 = 1/120

 

Задание №3

 

Если комбинации из n элементов по m отличаются только составом элементов, то их называют сочетаниями из n элементов по m. Число сочетаний их n элементов по m равно

Сmn = n!/m! (n-m)!

Пусть событие А – 3 выбранных наудачу студента – разрядники. Общее число случаев выбора 3 студентов из 30 равно n = C310. Итак,

 

Р(А) = m/n = C310 / C310 = = 120/4060 = 6/203 = 0,03

 

Задание №4

 

а) Обозначим события: А1 – студент сдаст 1-й экзамен (i = 1,2,3); В – студент сдаст только 2-й экзамен из трех. Очевидно, что В = А1*А2*А3, то есть совместное осуществлен е трех событий, состоящих в том, что студент 2-й экзамен не сдаст и не сдаст 1-й и 3-й экзамены. Учитывая, что события А1, А2, А3 независимы, получим:

 

Р(В) = Р(А1*А2*А3) = Р(А1)*Р(А2)*Р(А3) = 0,1*0,9*0,2 = 0,018.

 

б) Пусть событие С – студент сдаст один экзамен из трех. Очевидно событие С произойдет, если студент сдаст только 1-й экзамен из трех, или только 2-й, или только 3-й, то есть:

 

Р(С) = Р(А1*А2*А3) + А1*А2*А3 + А1*А2*А3 = 0,9*0,1*0,2 + 0,1*0,9*0,2 +

+ 0,1*0,1*0,8 = 0,044.

 

в) Пусть событие D – студент сдает все три экзамена, то есть D = А1*А2*А3, тогда:

 

Р(D) = Р(А1*А2*А3) = Р(А1)*Р(А2)*Р(А3) = 0,9*0,9*0,8 = 0,648.

 

г) Пусть событие Е – студент сдаст по крайней мере два экзамена. Очевидно, что событие Е означает сдачу любых двух экзаменов из трех, то есть:

 

Е = А1*А2*А3 + А1*А2*А3 + А1*А2*А3 + А1*А2*А3  

Р(Е) = 0,9*0,9*0,2+0,9*0,1*0,8+0,1*0,9*0,8+0,9*0,9*0,8 = 0,954.

 

д) Пусть событие F – студент сдал хотя бы один экзамен. Очевидно событие F представляет сумму событий С и Е, то есть F = А1+А2+А3 = С+E. Однако проще найти вероятность события F, если перейти к противоположному событию, включающему всего один вариант: F = А1*А2*А3 = А1*А2*А3, то есть применить формулу:

 

Р(А+В+…+К) = 1 - Р(А)*Р(В)*…*Р(К).

Р(F) = Р(А1+А2+А3) = 1 – Р(F) = 1 – Р(А1*А2*А3) = 1 - Р(А1)*Р(А2)*Р(А3) =

= 1 – 0,1*0,1*0,2 = 0,998.

 

То есть сдача хотя бы одного экзамена из трех является событием практически достоверным.

 

Задание №5

Пусть вероятность события Аi – выигрыша по i-му билету равна р, то есть Р(Аi) = р. Тогда вероятность выигрыша хотя бы по одному из n приобретенных билетов, то есть вероятность суммы независимых событий А1, А2, А3…Аn определится по формуле:

 

Р(А1+А2+…+Аn) = 1 – (1 – р)n

 

По условию 1 – (1 – р)n ≥ ʒ, где ʒ = 0,999, откуда 1 – (1 – р)n ≤ 1- ʒ.

Логарифмируя обе части неравенства, имеем nlg(1 – p) ≤ lg(1 - ʒ)

Учитывая, что lg(1 – p) – величина отрицательная, получим,

 

n ≥ lg(1 - ʒ)/ lg(1 – p).

 

По условию р = 0,5, ʒ = 0,999.

Получаем:

 

n ≥ lg 0,001/ lg 0,5 = 9,96, то есть n > 10, необходимо купить не менее 10 лотерейных билетов.

 

Задание №6

 

1)Обозначим события: А1-телевизор поступил в торговую фирму от i-го поставщика (i=1,2,3); F-телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока.

По условию    

P(A1)=1/(1+4+5)=0,1;          PA1(F)=0,98;

P(A2)=5/(1+4+5)=0,4;          PA1(F)=0,88;                   

P(A3)=5/(1+4+5)=0,5;          PA3(F)=0,92.

 

По формуле полной вероятности:

P(F)=

 

2)Событие  -телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока; 

P( )=1-P(F)=1-0,91=0,09

 

По условию:

PA1 )=1-0,98=0,02,

PA2( )=1-0,88=0,12,

PA3( )=1-0,92=0,08.

 

По формуле Байеса PF(A1)= :

A1)= =0.022;

(A2)= =0.533;

(A3)= =0.444.

 

Таким образом, после наступления события вероятность гипотезы А2  увеличилась с P(A2)=0.4 до максимальной (A2)=0.533,а гипотезы A3 – уменьшились от максимальной P(A3)=0.5 до (A3)=0.444; если ранее (до наступления события ), наиболее вероятна гипотеза А3, то теперь в свете поступления новой информации (наступление события ), наиболее вероятна гипотеза А2-поступление данного телевизора от 2-го поставщика.

 

Задание №7

 

Вероятность изготовления бракованной детали p=1-0.8-0.2. Искомые вероятности находим по формуле Бернулли:

 

P0.5 =C050.200.85=0.32768

P1.5=C150.210.84=0.4096

P2.5=C250.220.83=0.2048

P3.5=C350.230.82=0.0512

P4.5=C450.240.81=0.0064

P5.5=C550.250.80=0.00032

 

Задание №8

 

Вероятность того, что семья имеет холодильник, равна p= =0.8. Так как n=100 достаточно велико (условие n*p*q=100*0.8*0.2=64>20 выполнено), то применяем локальную формулу Муавра-Лапласа: Pm,n= .

 

Вначале определим: x= = =-250

 

Тогда получаем: P300.400= = = =0.0022

 

Весьма малое значение вероятности Р300,400 не должно вызывать сомнения, так как кроме события «ровно 300 семей из 400 имеют холодильники» возможно еще 400 событий: «0 из 400», «1из 400»,…, «400 из 400» со своими вероятностями. Все вместе эти события образуют полную группу, а значит, сумма их вероятностей равна единице.

 

Задание №9

А)Для того чтобы φ(х) была полностью вероятности некоторой случайной величины Х, она должна быть не отрицательна, т.е. φ(х)>0 или >0, откуда А>0, и она должна удовлетворять свойству

 

Следовательно,

 

Откуда А=3.

 

Б) По формуле F(x)=

Если х≤1, то F(x)- =0.

Если х˃1, то F(x)=0+ .

Таким образом, F(x)=

 

В) По формуле Р(a≤Х≤b) =

P(2≤x≤3) =

 

Вероятность P(2≤x≤3) можно было найти непосредственно как приращение функции распределяется по формуле F(x2) = F(x1) + Р(x1≤Х≤x2):

P(2≤x≤3) = F(3) – F(2) = (1 –

 

Г) По формуле вычислим

a = M(X) = )dx =

= 0+

Дисперсию D(X) вычислим по формуле D(X) = M(X2) – a2.

Вначале найдем

М(Х2) =

Искомая дисперсия равна:

D(X) = 3 – 2 = .