- •Контрольна робота №2 Зразок розв`язання і оформлення контрольної роботи №2
- •1. Побудувати дискретний розподіл частот і відносних частот.
- •Варіанти завдань контрольної роботи №2
- •Завдання 2.2. Знайти розв’язок задачі Коші диференціального рівняння першого порядку:
- •2.3. Визначити ймовірності подій за класичною моделлю
- •Завдання 2.4. Імовірності суми й добутку подій
- •Література
1. Побудувати дискретний розподіл частот і відносних частот.
Варіаційний ряд вибірки має вигляд
1, 1, 1, 1, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5.
Обсяг вибірки становить , оскільки вона складається з 20 значень. У вибірці 4 варіанти: 1, 3, 4, 5. Порахуємо частоти, з якими варіанти входять у вибірку та запишемо дискретний розподіл частот вибірки:
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
4 |
8 |
6 |
2 |
Знайдемо відносні частоти:
Отже, розподіл відносних частот має вигляд:
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
0,2 |
0,4 |
0,3 |
0,1 |
Перевірка:
2. Побудувати полігон відносних частот дискретного розподілу.
Розв’язання. Для побудови полігону відносних частот скористаємося розподілом відносних частот
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
0,2 |
0,4 |
0,3 |
0,1 |
На площині зобразимо точки з координатами та з’єднаємо їх відрізками. Отримуємо шуканий полігон відносних частот.
3. Знайти емпіричну функцію розподілу і побудувати її графік.
Розв’язання. Емпіричну функцію шукаємо за формулою. Обсяг вибірки: .
При оскільки найменша варіанта Тому
При лише варіанта причому Тому при .
При варіанти менші , причому . Тому при .
При варіанти менші , причому . Тому при .
При і отже
Таким чином емпірична функція розподілу має вигляд:
Побудуємо графік цієї функції.
4. Знайти точкові оцінки математичного сподівання і дисперсії генеральної сукупності.
Розв’язання. Незміщеною оцінкою генерального середнього є вибіркове середнє, що обчислюється за формулою:
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
4 |
8 |
6 |
2 |
.
Точковою зміщеною оцінкою є вибіркова дисперсія , яку обчислимо за формулою:
Точковою незміщеною оцінкою є виправлена вибіркова дисперсія, яку обчислюємо за формулою:
; .
5. Побудувати довірчий інтервал для оцінки з надійністю математичного сподівання та середнього квадратичного відхилення.
Розв’язання. Оскільки за умовою значення генерального середнього квадратичного відхилення невідоме, то довірчий інтервал для генерального середнього має вигляд:
.
Для побудови довірчого інтервалу для генерального середнього знайдемо .
За таблицею (дод. 3) для розподілу Стьюдента за заданою надійністю γ = 0,95 і знаходимо значення tγ = 2,093. Обчислимо кінці довірчого інтервалу, якщо , , :
;
.
Отже, з надійністю 0,95 оцінюваний параметр покривається інтервалом .
Для побудови довірчого інтервалу для генерального середнього квадратичного відхилення обчислимо значення за таблицею (дод. 4): . Оскільки , то довірчий інтервал має вигляд: < σ <.
Визначимо кінці інтервалу:
;
.
Отже, довірчим інтервалом для σ з надійністю γ = 0,95 є інтервал .
Завдання 2.7. Розв’язати задачу лінійного програмування: графічним методом та сформулювати двоїсту до неї задачу
Розв’язання. Знаходимо многокутник розв’язків (рис.1). Для цього в системі координат будуємо прямі
кожна з яких ділить всю площину на дві області. Потрібна область знаходиться з обмежень даної системи нерівностей підстановкою в них координат . На рис.1 така область показана стрілкою.
Таким чином, нерівності (1) – (5) описують півплощини, а їх сукупність – перетин півплощин. В результаті побудови отримали многокутник .
Рис. 1
Визначаємо вектор і лінію рівних значень .
Покращення плану досягаємо переміщенням лінії рівних значень паралельно самій собі у напрямі нормального вектора , оскільки вимагається максимізація цієї функції. Переміщувати пряму таким чином можна доти, поки вона ще має спільні точки з областю. Таким чином, ми досягнемо положення прямої, що проходить через точку . У цій точці спостерігаємо максимальне значення цільової функції . Тому розв`язок ; є оптимальним.
Відповідь: Максимальне значення цільової функції . Оптимальний розв`язок ; .
Запишемо двоїсту задачу. Для цього пряму задачу зведемо до стандартного вигляду:
Двоїста задача матиме вигляд:
Завдання 2.8. Знайти оптимальний план перевезень транспортної задачі.
Пункти відправлення |
|
Пункти призначення |
Запаси |
|||
|
|
|
|
|
||
|
7 110 |
12 70 |
4 |
8 |
5 |
180 |
|
1 |
8 20 |
6 120 |
5 80 |
3 130 |
350 |
|
6 |
13 |
8 |
7 |
4 20 |
20 |
Потреби |
110 |
90 |
120 |
80 |
150 |
|
Розв’язання. Задача закритого типу. Опорний план знайдемо методом північно-західного кута.
-
Запаси
7
110
12
70
4
8
5
180
1
8
20
6
120
5
80
3
130
350
6
13
8
7
4
20
20
Потреби
110
90
120
80
150
550
Допустимий план знайдено:
Кількість базисних змінних дорівнює m+n–1=7.
Методом потенціалів перевіряємо допустимий план на оптимальність.
-
αi
7
110
12
70 -
-
4
+
9 8
7 5
0
3 1
8
20 +
6
120 -
5
80
3
130
-4
4 6
9 13
7 8
6 7
4
20
-3
βj
7
12
10
9
7
-
-
αi
7
110 -
6 12
4
70 +
3 8
1 5
0
-
1
+
8
90
6
50 -
5
80
3
130
2
1 6
9 13
7 8
6 7
4
20
3
βj
7
6
4
3
1
-
-
αi
7
60 -
14 12
4
120
-
8
+
3 5
0
1
50 +
8
90
-2 6
5
80 -
3
130
-6
2 6
9 13
-1 8
6 7
4
20
-5
βj
7
14
4
11
9
-
-
αi
4 7
11 12
4
120
8
60 -
-
5
+
0
1
110
8
90
1 6
5
20 +
3
130 -
-3
2 6
9 13
2 8
6 7
4
20
-2
βj
4
11
4
8
6
-
-
αi
3 7
10 12
4
120
7 8
5
50
0
1
110
8
90
2 6
5
80
3
70
-2
2 6
9 13
3 8
6 7
4
20
-1
βj
3
10
4
7
5
План є оптимальним.
Відповідь: ,
Завдання 2.9. Задано сітку з відомими пропускними спроможностями. Визначити максимальний потік з джерела І () в стік S () і обчислити його потужність.
Рис. 1.
Розв’язання.
Нехай початковий потік в мережі дорівнює нулю. Виберемо збільшувальний ланцюг, що з’єднує і .
Крок 1. Виберемо ланцюг . По ньому можна пропустити
.
Належність дуг множинам розставимо відповідно потокам. Маємо:
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , , .
Розставимо позначки на кожній дузі. Маємо:
Рис. 2
Крок 2. Знову виберемо збільшуваний ланцюг .
По цьому ланцюгу можна пропустити 2 одиниці потоку, оскільки .
Здійснимо збільшення потоку по цьому ланцюгу, тобто до нульового потоку додамо 2. Належність дуг множинам розставимо відповідно потокам. Маємо:
, , ;
, , , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , , .
Розставимо позначки на кожній дузі маємо:
Рис. 3.
Крок 3. Знову виберемо збільшувальний ланцюг . По ньому можна пропустити одну одиницю потоку, оскільки . Здійснимо збільшення потоку по цьому ланцюгу на 1 одиницю.
Розставимо позначки на кожній дузі. Маємо:
, , ;
, , , ;
, , ;
, , , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , .
Вигляд мережі подано на рис.4.
Рис. 4.
Крок 4. Тепер виберемо збільшувальний ланцюг . Напрям дуг і співпадає з напрямом потоку. Тому по ним можна збільшити потік на . Напрям дуги протилежний напряму потоку по ланцюгу. Тому по цій дузі потік можна зменшити на 2 одиниці . Отже, потік по ланцюгу можна збільшити на .
Розставимо позначки на кожній дузі. Маємо
, , ;
, , ;
, , ;
, , ;
, , , ;
, , ;
, , ;
, , .
Тепер мережа має вигляд (рис. 5 )
Рис. 5.
Крок 5. Видно, що більше збільшувальних ланцюгів знайти не можна, оскільки всі дуги, що входять з вершини насичені. Отриманий потік є максимальним. Маємо:
Вихідний потік з дорівнює ;
Вхідний потік в дорівнює .
Перевіримо інші вершини на баланс.
Вершина : вхідний потік ; вихідний .
Вершина : вхідний потік ; вихідний .
Вершина : вхідний потік ; вихідний .