ТИПОВОЙ РАСЧЁТ ПО КУРСУ ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ

ТЕМА "ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ"

В в е д е н и е

Типовой расчет по теме “Теория вероятностей и элементы математической статистики” предназначен для студентов дневных факультетов. Он состоит из трех частей: теоретические вопросы; теоретические упражнения; задачи и примеры. Теоретически вопросы и упражнения являются общими для всех студентов, примеры и задачи для каждого студента индивидуальные.

Студенту рекомендуется ознакомиться с программой данного курса, охваченной теоретическими вопросами, изучить необходимый материал с помощью конспекта лекций и рекомендованной литературы, а затем приступить к решению задач и примеров. Теоретические упражнения предназначены для углубления и закрепления изученного.

Типовой расчет следует выполнять в отдельной тетради, перед решением каждой задачи нужно выписать полностью ее условие. Решение следует излагать подробно и аккуратно, четко обосновывая производимые действия.

Типовой расчет студент должен защитить, умея пояснить решения задач и теоретических упражнений и ответить на теоретические вопросы.

Приведем несколько примеров оформления решения задач.

З а д а ч а 1. В пачке 10 тетрадей, из которых 6 тетрадей в клетку, а остальные в линейку. Найти вероятности того, что среди одновременно наудачу взятых из пачки тетрадей в клетку будет: а) одна тетрадь; б) хотя бы одна тетрадь.

Р е ш е н и е. Обозначим искомые события: а) В - из трех тетрадей одна будет в клетку; б) С - из трех тетрадей хотя бы одна будет в клетку.

Для того, чтобы найти вероятности этих событий, выразим их через более простые события. С этой целью обозначим через А₁, А₂ , А₃ события, состоящие в том, что соответственно первая, вторая и третья тетради будут в клетку.

а) Событие В состоит в том, что или первая тетрадь в клетку, остальные в линейку; или вторая тетрадь в клетку, остальные в линейку; или третья тетрадь в клетку, остальные в линейку. Поэтому его можно представить следующем образом:

_ _ _ _ _ _

В= А₁А₂А₃+ А₁А₂А₃+А₁А₂А₃.

Таким образом, событие В можно рассматривать как сумму трех несовместных событий. Поэтому, применяя теорему сложения вероятностей (2), находим:

_ _ _ _ _ _ ­­_ _ _ _ _ _

Р(В) = Р(А₁А₂А₃+ А₁А₂А₃+А₁А₂А₃) = Р(А₁А₂А₃) + Р(А₁А₂А₃) + Р(А₁А₂А₃).

Используя для нахождения каждого из трех слагаемых теорему умножения вероятностей для зависимых событий , имеем далее:

_ _ _ _ _ _ _

Р(В) = Р(А₁)Р(А₂/А₁)Р(А₃/А₁А₂) + Р(А₁)Р(А₂/А₁)Р(А₃/А₁А₂) +

_ _ _ _ _

Р(А₁)Р(А₂/А₁)Р(А₃/А₁А₂) = 6/10 /9+4/10  6/9  3/8+4/10  3/9  6/8 = 0.3.

б) Проще сначала найти не вероятность события С, а события противоположного ему. Оно состоит в том, что среди трех взятых наудачу тетрадей не будет ни одной в клетку, или, что то же самое, все три будут в линейку. Тогда по правилу нахождения вероятности противоположного события

_ _ _ _

Р(С) = 1-Р(С) = 1-Р(А₁А₂А₃).

Применяя и здесь теорему умножения вероятностей для зависимых событий - формулу (4), получим

_ _ _ _ _ _

1-Р(А₁) Р(А₂/А₁) Р(А₃/А₁А₂) =

=1- 4/10  4/10  3/9  6/8  2/8 = 1-1/30 = 29/30 = 0.967 .

О т в е т. Вероятность того, что из трех наудачу взятых одновременно тетрадей, будет одна тетрадь в клетку, равна 0.3; вероятность того, что в клетку будет хотя бы одна тетрадь, приближенно равна 0.967.

З а д а ч а 2. В мешке находится большое количество нитей трех цветов, из которых 20% белых, 30% зеленых и 50% красных. Наудачу берутся три нити. Какова вероятность того, что все они окажутся одного цвета?

Р е ш е н и е. Обозначим через Б₁,З₁,К₁ следующие события: первая взятая нить окажется соответственно белого, зеленого, красного цвета. Через Б₂,Б₃ обозначим события состоящие в том, что вторая и третья наудачу взятые нити белого цвета. Аналогично через З₂,З₃ обозначим события, когда соответственно вторая и третья нити зеленые, а К₂,К₃ - красные.

Искомое событие, которое обозначим через А, означает, что все три взятые наудачу нити окажутся или белыми, или зелеными, или красными, а поэтому его можно представить в виде суммы этих трех несовместных событий:

А = Б₁Б₂Б₃ + З₁З₂З₃ + К₁К₂К₃.

Поэтому по теореме сложения вероятностей (2) получаем:

Р(А) = Р(Б₁Б₂Б₃)+ Р(З₁З₂З₃)+ Р(К₁К₂К₃).

Так как по условию задачи в мешке большое количество нитей, то можно считать, что цвет вынимаемой нити не зависит от цвета ранее вынутых нитей. Применяя теорему умножения вероятностей для произведения независимых событий, получаем:

Р(А) = Р(Б₁)Р(Б₂)Р(Б₃)+ Р(З₁)Р(З₂)Р(З₃)+ Р(К₁)Р(К₂)Р(К₃) =

= 0.2²+0.3²+0.5² = 0.008+0.027+0.125 = 0.16 .

От в е т. Вероятность того, что взятые наудачу три нити будут одного цвета, равна 0.16 .

З а д а ч а 3. На сборку поступают детали трех цехов в пропорции 1:3:6. При этом вероятности брака в каждом из этих цехов соответственно равны 0.05, 0.02, 0.08. Определить вероятности того, что :первая взятая наудачу деталь окажется бракованной;

1. оказавшаяся бракованной деталь изготовлена во втором цехе.

Р е ш е н и е. В качестве гипотез будем рассматривать события В_к, заключающиеся в том, что взятая наудачу деталь изготовлена в k-том цехе. Тогда по условию имеем:

Р(В₁) = 1/10; Р(В₂) = 3/10; Р(В₃) = 6/10.

Эти вероятности получили из формулы Р(В_к) = m_к/n, если в качестве n принять сумму всех частей, а в качестве m_к - соответствующее количество частей для данного цеха. Событие А состоит в том , что взятая наудачу деталь бракованная. По условию имеем

Р(А/В₁)=0.05; Р(А/В₂)=0.02; Р(А/В₃)=0.08.

После этого описания исходных данных можно приступить к ответу на поставленные вопросы:

1. по формуле полной вероятности имеем

Р(А) = 0.1 

 из формулы Байеса (6) получим

Р(В_к)Р(А/В_к) 0.3 0.02

Р(В₂/А) = Р(А) = 0.059 =0.102.

З а д а ч а 4. В партии изделий содержится 5% бракованных. Контролер проверяет последовательно по одному, взятому наудачу, изделию, возвращая его после проверки обратно. При обнаружении бракованного изделия проверка прекращается и бракуется вся партия. Составить закон распределения числа изделий, проверяемых контролером.

Р е ш е н и е. Обозначим через Х искомую случайную величину и через А – событие, состоящее в том, что извлеченное наудачу изделие окажется бракованным. Тогда по условию

_

Р(А)=0.05 и Р(А)=0.95.

Наименьшее возможное значение Х будет 1. Это произойдет, если первое извлеченное изделие окажется бракованным. Следовательно, Р(Х=1)=Р(А)=0.05. Далее, событие Х=2 означает, что первое изделие было годным, а второе бракованным, откуда

_ _

Р(Х=2)=Р(АА)=Р(А)Р(А)=0.950.05.

Так как извлеченное изделие возвращается обратно, то проводимые испытания независимые. Вероятности

_

Р(А) и Р(А)

не меняются в ходе испытаний, и процесс последовательных испытаний до обнаружения бракованного изделия может продолжаться бесконечно. В результате приходим к следующему распределению:

xi	1	2	3	…	n	…
pi	0.05	0.950.05	0.9520.05	…	0.95n-10.05	…

З а д а ч а 5. Стороны прямоугольной пластины X и Y в результате случайных погрешностей при ее изготовлении оказываются случайными числами, заданными распределениями:

xi	9.95	10.00	10.05
pi	0.2	0.7	0.1

и

yi	2.85	3.00	3.15
pi	0.1	0.6	0.3

Определить математическое ожидание периметра и площади пластины.

Р е ш е н и е. Обозначим через П периметр пластины, П=2(X+Y) и через S – ее площадь, S=XY.

Найдем предварительно математическое ожидание X и Y. По первой таблице получим

М(Х) = 9.95  0.2+10  0.7+10.05  0.1 = 9.995 .

Аналогично, по второй таблице получим

М(Y) = 2.85  0.1+3  0.6+3.15  0.3 = 3.030 .

Применяя свойства математического ожидания, получим

М(П) = М[2(X+Y)]=2M(X+Y)=2[M(X)+M(Y)]=2(9.995+3.030)=26.05 .

Аналогично, для площади получаем

М(S) = М(XY)=M(X)M(Y)=9.995  3.03030.285 .

З а д а ч а 6. Среди изготовленных предприятием изделий в среднем 90% оказываются 1 сорта. Можно ли с помощью неравенства Чебышева оценить вероятность того, что среди 500 изготовленных изделий процент изделий первого сорта будет заключен в границах от 88% до 93%? Необходимо: 1) изменив правую границу так, чтобы данная оценка была возможна, определить ее; 2) сравнить полученную вероятность с ее значением, полученным по формуле Муавра-Лапласа.

Р е ш е н и е. Изготовление одного изделия будем рассматривать как испытание. Тогда, по условиям задачи, число повторных независимых испытаний будет n=500 (число изготовленных изделий).

Обозначим через А событие, состоящее в том, что взятое наудачу изделие 1 сорта. Имеем

_

Р(А)=р=0.9 и Р(А)=1-р=q=0.1 .

В качестве случайной величины Х будем рассматривать частность изделий 1 сорта среди 500 изготовленных. Вопрос задачи можно записать в виде:

Р( 0.88  Х  0.93) = ?

Итак, имеем: n=500; p=0.9; q=0.1; X[0.88 ; 0.93].

Для повторных независимых испытаний величины М(Х) и D(X) находим:

M(m/n)=p=0.9 и D(m/n)=pq/n=0.00018.

Отклонения заданных границ от M(m/n)=0.9 составляют =0.88-0.9=-0.02 и =0.93-0.9=0.03, то есть границы допустимых значений случайной величины 0.88 и 0.93 несимметричны относительно математического ожидания р=0.9. Следовательно, использовать неравенство Чебышева для оценки вероятности Р(0.88  Х  0.93) нельзя. Изменим правую границу так, чтобы ₁-0.9=2.02, откуда ₁=0.9+0.02=0.92.

Теперь для оценки вероятности Р(0.88  m/n  0.92) можно применить неравенство Чебышева:

Р(0.88  m/n  0.92) = P(m/n-0.9 0.002)  1-0.00018/0.0004 =0.55.

Вследствие того, что рассматриваемая случайная величина X=m/n распределена по биномиальному закону и npq=500 0.9  0.1 = 45>20, то вероятность искомого события можно определить с помощью теоремы Муавра-Лапласа:

___ ______

P(m/n-0.9 0.02) = ( 0.02  500 / 0.9  0.1)  (1.49)  0.8638.

О т в е т. 1) чтобы для оценки вероятности применение неравенства Чебышева стало возможным, правую границу нужно уменьшить до ₁=0.92. В этом случае вероятность того, что частность изделий 1 сорта находится в границах от 0.88 до 0.92, по неравенству Чебышева не меньше, чем 0.55; 2) значение вероятности того же события, найденное по теореме Муавра-Лапласа, равно 0.8638. Данная величина значительно превосходит найденную в пункте1 оценку, что, однако, не противоречит ей, так как было получено Р > 0.55 .

З а д а ч а 7. Для определения средней продолжительности горения электролампочек, размещенных поровну в 100 ящиках, были взяты по одной лампочке из каждого ящика и вычислена средняя арифметическая продолжительность горения отобранных лампочек. Оценить вероятность того, что эта средняя отличается от средней продолжительности горения всех лампочек (по абсолютной величине) не более, чем на 2 часа, если среднее квадратическое отклонение продолжительности горения лампочек в каждом из

_

ящиков не превышает 22 ч.

Р е ш е н и е. Обозначим через Х_i (i=1,2,…,100) случайные величины, выражающие продолжительность горения электролампочки, взятой наудачу из i-го ящика. Тогда средняя арифметическая продолжительности горения отобранных лампочек

_

X=(X₁+X₂+ … +X_n)/n.

Математическое ожидание каждой из случайных величин Xi, то есть M(Xi) есть средняя продолжительность горения лампочек из i-го ящика, а их средняя арифметическая равна средней продолжительности горения всех лампочек. Тогда вопрос, поставленный в задаче, можно записать в виде: оценить

_

P( X-a < 2).

В задаче указано, что D(X_i) < 8, то есть дисперсии всех случайных величин X_i ограничены числом С=8ч. Используя неравенство Чебышева для средней арифметической и подставляя в нее данные задачи, получим:

_

P( X-a < 2) > 1-8/(100  4) = 0.98 .

О т в е т. Вероятность того, что средняя арифметическая продолжительности горения 100 отобранных лампочек будет отличаться от средней арифметической продолжительности горения всех лампочек (по абсолютной величине) не более, чем на 2 часа, не меньше 0.98 .

З а д а ч а 8. По схеме собственно случайной бесповторной выборки из общего числа 400 стальных проволок были отобраны 100 проволок и проведены испытания их на прочность. Результаты испытаний приведены в таблице:

Разрывное усилие, Н/мм2	40-42	42-44	44-46	46-48	48-50	Итого
Кол-во проволок	7	24	38	19	12	100

Найти: 1) вероятность того, что среднее разрывное усилие всех 400 проволок отличается от среднего разрывного усилия проволок в выборке не более, чем на 0.31 (по абсолютной величине); 2) границы, в которых с вероятностью 0.9975 заключено среднее разрывное усилие проволок всей партии; 3) объем выборки, для которой доверительные границы с предельной ошибкой =0.42 имели бы место с доверительной вероятностью Р=0.9961.

Р е ш е н и е. 1) прежде всего нужно подсчитать выборочную среднюю и выборочную дисперсию данной выборки. Для этого воспользуемся формулами

_ _m

х_в=1/n  x_in_i =

ⁱ⁼¹

=1/100{7(40+42)/2+24(42+44)/2+38(44+46)/2+19(46+48)/2+12(48+50)/2}=45.1

_{__ _} _ _{m _} _ _{_ _ __}

_в ² =1/n  (x_i-x _в)²n_i=

ⁱ⁼¹

=1/100{7(41-45.1)²+ 24(43-45.1)²+38(45-45.1)²+19(47-45.1)²+12(49-45.1)²}= 4.75

По формуле (31.б) посчитаем теперь среднюю квадратическую ошибку выборочной средней, учитывая, что по условию выборка бесповторная, а оценивается генеральная средняя:

_ __________ ________________

_х   _в ²/n(1-n/N)=4.75/100(1-100/400) 0.189 .

Чтобы получить ответ на первый вопрос условия, подставляем найденные

_ _

значения в формулу Р(х₀- x _в )Ф(/_х) доверительной вероятности Р при заданной предельной ошибке  и средней квадратической ошибки .

_

Р(х₀-45.10.31Ф(0.31/0.189)Ф(1.64)=0.8990 .

1. сначала по таблице значений функции Ф(х) найдем такое значение аргумента t, для которого Ф(t)=0.9975. Это t3.02 . Тогда предельная ошибка выборки

=t_x3.020.1890.57 (H/мм²) .

Поэтому доверительные границы будут

_

x_b-=45.1-0.57=44.53 (Н/мм²)

_

x_b+=45.1+0.57=4.67 (Н/мм²).

2. для получения ответа на третий вопрос условия нужно применить формулы (2). Предварительно по таблице значений функции Ф(х) найдем значение аргумента t, для которого Ф(t)=0.9961 . Получаем t=2.89. По условию выборка бесповторная, а оценивается генеральная средняя. Подсчитаем сначала по формуле (2-а) объем повторной выборки при тех же значениях t, ² и :

n_x=2.89²4.75/0.42²224.90,

а затем по формуле (2-б) в тех же условиях необходимый объем бесповторной выборки:

n_x=224.9400/(224.9+400)144.

О т в е т. 1) вероятность того, что среднее разрывное усилие проволок по всей партии отличается от среднего разрывного усилия проволок в выборке не более чем на 0.31 ( по абсолютной величине) равна приближенно 0.8990;

2) с вероятностью 0.9975 можно утверждать, что среднее разрывное усилие проволок всей партии находится в границах от 44.53 до 45.67 (Н/мм²);

3) для того, чтобы с доверительной вероятностью Р=0.9961 гарантировать доверительные границы с предельной ошибкой =0.42, нужно образовать бесповторную выборку из 144 проволок.

З а д а ч а 9. По данным задачи 1 найти: 1) доверительные границы, в которых с вероятностью Р=0.9545 во всей партии находится доля проволок с разрывным усилием, не меньшим 46; 2) каким должен быть объем выборки, чтобы с той же вероятностью 0.9545 можно было гарантировать доверительные границы с предельной ошибкой 0.05?

Р е ш е н и е. Находим выборочную долю

_

=(19+12)/100=0.31 .

Так как оценивается генеральная доля, а выборка бесповторная, то по формуле (1-г) подсчитаем среднюю квадратическую ошибку выборочной доли:

_____________________

_р=0.310.69/100(1-100/400) 0.040 .

Теперь по таблице находим значение аргумента t из соотношения Ф(t)=0.9545. Получаем t=2. Тогда

=t_р20.040=0.08 ,

а доверительные границы равны -=0.31-0.08=0.23,

+=0.31+0.08=0.39.

Для ответа на второй вопрос применим формулу (2-а), но сначала по формуле (2-в) находим объем повторной выборки при заданных значениях , t и , учитывая, что оценивается генеральная доля: n_=(2²0.310.69)/0.05²=342.24,

а затем по формуле (2-г) необходимый объем бесповторной выборки:

n_=(342.24400)/( 342.24+400) 185.

О т в е т. 1) с вероятностью 0.9545 можно утверждать, что во всей партии доля проволок с разрывным усилием не меньшим 46 Н/мм² заключена в границах от 0.23 до 0.39; 2) для того, чтобы с доверительной вероятностью Р=0.9545 гарантировать доверительные границы с предельной ошибкой 0.05, нужно образовать бесповторную выборку из 185 проволок.

З а д а ч а 10. Из числа отобранных по схеме собственно случайной бесповторной выборки 500 зерен 20 зерен не взошли. Необходимо:

1) определить с достоверной вероятностью 0.9545 границы всхожести во всей партии семян; 2) найти доверительную вероятность, с которой можно гарантировать втрое меньшую предельную ошибку, чем найденную в пункте 1; 3) найти такой объем выборки, чтобы указанную в пункте 2 предельную ошибку гарантировать с вероятностью 0.99. Значение выборочной доли принять по данным предварительной выборки в 500 зерен.

Р е ш е н и е. Исходя из условия задачи, находим выборочную долю взошедших семян:

=(500-20)/500=0.96 или 96%.

I. 1) по величине Р=0.9545 определяем по таблице значение t=2;

2. вычисляем по формуле(31-в) среднюю квадратическую ошибку выборки

_ ___________

_=0.960.04/500 0.00876 .

Расчет производим по формулам повторной выборки, так как число семян N во всей партии можно считать значительно превосходящим объем выборки n=500 зерен;

2. вычисляем предельную ошибку повторной выборки 20.00760.0175, или 1,75%. Отсюда получаем доверительные границы: -96-1.75=94.25(%) и +96+1.75=97.75(%).

О т в е т. С доверительной вероятностью Р=0.9545 можно гарантировать следующие доверительные границы для процента всхожести семян во всей партии: от 94.25% до 97.75%.

2. Дано n=500, =0.96, ₁=/30.0175/30.00583. Определить значение Р.

Р е ш е н и е: 1) вычисляем среднюю квадратическую ошибку выборки (она была найдена в задаче 1 типа

_

_ 0.00876 ;

2) определяем аргумент t по формуле

_

t=₁/_=0.00583/0.008760.67;

2. по таблице находим Р=Ф(0.67) 0.4971.

О т в е т. С вероятностью Р=0. 4971 можно гарантировать предельную ошибку ₁=0.00583 или приблизительно 0.6%.

2. Дано Р=0.99, ₁=0.00583 и =0.96. Определить n.

Р е ш е н и е. 1) по значению Р=Ф(t)=0.99 находим из таблицы t=2.577 (здесь используется интерполирование между значениями Ф(2.57)=0.9898 и Ф(2.58)=0.9901; 2) вычисляем необходимый объем выборки n=(2.577²0.960.04)/0.00583²7502

(округляем до целого числа).

О т в е т. Для того, чтобы гарантировать с вероятностью Р=0.99 доверительные границы для процента всхожести семян 96%0.6%, необходимо объем выборки увеличить до 7502 зерен.

(1)

	Повторная	Бесповторная
для средней	(а) _ ____ хв / n	(а) _ __________ хв / n(1-n/N)
для доли	(в) _ _______  (1-) / n	(г) _ _____________  (1-) / n(1-n/N)

.(2)

	Повторная	Бесповторная
для средней	(а) nхt2в2 /	(б) nх nх N/( nх +N)
для доли	(в) nt2(1-) /2	(г) n n N/( n +N)

Таблица 1.

Некоторые значения 20.05 , k . Критерия Пирсона

k	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
2m,k	3.84	5.99	7.82	9.49	11.1	12.6	14.1	15.5	16.9	18.3

З а д а ч а 11. Получено следующее распределение 100 рабочих цеха по выработке в отчетном году ( в процентах к предыдущему году):

Выработка	94-104	104-114	114-124	124-134	134-144	
Кол-во рабочих	6	20	45	25	5	100

На уровне значимости =0.05 проверить гипотезу о нормальном распределении случайной величины Х – выработки рабочих – с помощью критерия ² Пирсона.

Р е ш е н и е. Параметры теоретического нормального закона распределения  и ², являющиеся соответственно математическим ожиданием и дисперсией случайной величины Х, неизвестны, поэтому заменяем их “наилучшими” оценками по выборке – несмещенными и состоятельными оценками соответственно выборочной средней х и исправленной дисперсией ^2*. Так как число наблюдений n=100 достаточно велико, то вместо исправленной ^2* можно взять “обычную” выборочную дисперсию_в² . В результате получаем х=119.2(%),_в²=87.96, _в=9.38(%).

Для расчета вероятностей p_i попадания случайной величины Х в интервал [x_i,x_i+1], где i=1,2,…,m , используем функцию Лапласа Ф(х) в соответствии со свойством нормального распределения:

p_i=p(x_i  X x_i+1)=1/2[Ф((x_i-a)/)- Ф((x_i+1-a)/)]1/2[Ф((x_i+1-119.2)/9.38)

- Ф((x_i-119.2)/9.38)].

Например,

p_i=p(94  X 104)= 1/2[Ф((104-119.2)/9.38) - Ф((94-119.2)/9.38)]=1/2[Ф(-1/62)-Ф(-2.69)]=1/2(-0.8948+0.9928)=0.049

и соответствующая первому интервалу теоретическая частота np₁=1000.049=4.9 Аналогично вычисляем np_i в других интервалах. Для определения статистики ² удобно составить таблицу:

I	[xi,xi+1]	ni	pi	npi	(ni-npi)2	( ni -npi)2 npi
1	94-104	6	0.049	4.9	1.21	0.247
2	104-114	20	0.239	23.9	15.21	0.636
3	114-124	45	0.404	40.4	21.16	0.524
4	124-134	24	0.248	24.8	0.64	0.026
5	134-144	5	0.053	5.3	0.09	0.017
		100	0.993	99.3	-	1.45

Итак, фактически наблюдаемое значение статистики ²=1.45. Так как число интервалов m=5, а нормальный закон распределения определяется s=2 параметрами (которые мы оценили по выборке), то число степеней свободы k=m-s-1=5-2-1=2. Соответствующее критическое значение статистики ² по таблице 1 ² _0.05,2 =5.99 . Так как ²<²_0.05,2 , то гипотеза о выбранном теоретическом нормальном законе распределения с параметрами a=119.2 и ²=87.96 согласуется с опытными данными.

Изобразить эмпирические распределения можно , например, ступенчатой фигурой, состоящей из прямоугольников с основаниями, равными величинам интервалов x_i=x_i+1-x_i, и высотами, равными частостям _i=n_i/n (или частотам n_i) этих интервалов, называемой гистограммой. При построении нормальной кривой для каждого интервала по оси ординат откладываем соответствующие вероятности p_i (теоретические частоты np_i). Выполнив чертеж, можно увидеть, что нормальная кривая теоретического распределения достаточно хорошо “выравнивает” гистограмму эмпирического распределения.

Л и т е р а т у р а

1. Боровков А. А. Курс теории веротностей.-М.: Наука, 1972.

2. Гмурман В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика.-М.: Высшая школа, 2000.

3. Гурский Е. И. Теория вероятностей с эелементами математической статистики.-М: Высш. Школа, 1971.

4. Холл М. Комбинаторика.-М.: Мир, 1970.

5. Шнейдер В. Е., Слуцкий А. И., Шумов А. С. Краткий курс высшей математики.-М.: Высш. Школа, 1978.-Т. 2.

6. Гмурман В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической татистике.-М.: Высш. Школа, 1975.

7. Гусак А.А., Бричкова Е.А. Теория вероятностей: Справочное пособие к решению задач- Минск:ТетраСистемс, 1999.

8. Фетисова Т.М., Тарасова О. Ю., Потапов В.И., Теория вероятностей и ма­тематическая статистика .Учебное пособие. 2000 г.

9. Козлова Н.Г. Случайные события и операции над ними. Учебное пособие. 2001

10. Козлова Н.Г. . Классическое, статистическое и геометрическое определение вероятности. : Учебное пособие по решению задач. , 2001

11. Козлова Н.Г. Теоремы сложения и умножения вероятностей. Учебное пособие. 2001

12. Козлова Н.Г. Элементы комбинаторики: Учебное пособие по решению задач. 2002.

Т е о р е т и ч е с к и е в о п р о с ы

1. Классификация случайных событий. Статистическое и классическое определения вероятности. Непосредственный подсчет вероятности. Примеры.

[1], гл.25, стр. 556-564 [2], гл.20, стр. 443-447

2. Несовместные и совместные события. Теорема сложения вероятностей (с выводом). Пример.

[1], гл.25, стр. 564-565 [2], гл.20, стр. 447-451

3. Зависимые и независимые события. Понятие условной вероятности. Теорема умножения вероятностей (с выводом). Примеры.

[1], гл.25, стр. 566-568 [2], гл.20, стр. 451-454

4. Полная система событий. Противоположные события. Соотношение между вероятностями противоположных событий (с выводом). Примеры.

[1], гл.25, стр. 565-566 [2], гл.20, стр. 454-456

5. Формула полной вероятности и Байеса (с выводом). Примеры.

[1], гл.25, стр. 568-571 [2], гл.20, стр. 456-458

6. Повторные и независимые испытания. Вывод формулы Бернулли. Примеры.

[1], гл.25, стр. 573-574

7. Свойства и график функции

__.

f_н=1/()exp(-(x-a)²/(2²))

[6], стр.190-191

8. Локальная теорема Муавра-Лапласа, условия ее применимости. Пример нахождения вероятности Р_m,n с помощью теоремы Муавра – Лапласа.

[1], гл.25, стр. 574-575 [3], стр. 51-53

9. Интегральная теорема Муавра-Лапласа, условия ее применимости. Пример нахождения вероятности Р_m,n с помощью интегральной теоремы Муавра – Лапласа.

[1], гл.25, стр. 576-579 [3], гл.20, стр. 53-58

__ _x

10. Функция Лапласа Ф(х)=2/  exp(-t²/2) dt, ее свойства и график.

⁰

[1], гл.25, стр. 576-579 [6], стр.192-200

11. Понятие случайной величины. Дискретная случайная величина. Примеры дискретной случайной величины.

[1], гл.25, стр. 581-582 [2], гл.20, стр. 458-460

[3], гл.20, стр. 58-65

12. Математическое ожидание дискретной случайной величины и его свойства (с док-вом). Примеры.

[1], гл.25, стр. 582-587 [2], гл.20, стр. 465-470

13. Дисперсия дискретной случайной величины и ее свойства (с док-вом). Примеры.

[1], гл.25, стр. 587-592 [2], гл.20, стр. 470-473

14. Математическое ожидание и дисперсия числа и частности наступлений события в n независимых повторных испытаниях (с выводом). Примеры.

[2], гл.20, стр. 461-464 [3], стр. 41-49

15. Случайная величина, распределенная по биномиальному закону, ее математическое ожидание и дисперсия. [2], гл.20, стр. 461-474

16. Функция распределения случайной величины, ее свойства и график.

[1], гл.25, стр. 592-594 [2], гл.20, стр. 478-481

17. Непрерывные случайные величины. Плотность вероятности.

[1], гл.25, стр. 592-595 [2], гл.20, стр. 474-477

18. Связь между функцией распределения и плотностью вероятности.

[1], гл.25, стр. 592-595 [2], гл.20, стр. 479

19. Математическое ожидание и дисперсия непрерывной случайной величины.

[1], гл.25, стр. 595-597 [2], гл.20, стр. 481-484

20. Нормальный закон распределения. Математическое ожидание и дисперсия нормально распределенной случайной величины.

[1], гл.25, стр. 598-602 [2], гл.20, стр. 484-487

21. Функция распределения нормально распределенной случайной величины.

[1], гл.25, стр. 598-602 [2], гл.20, стр. 492

22. Вывод формул для определения вероятностей Р(х₁<X<x₂) и Р(|X-a|<), если Х- нормально распределенная случайная величина, a- ее математическое ожидание.

[1], гл.25, стр. 598-602 [2], гл.20, стр. 488-492

23. Теорема Чебышева.

[1], гл.25, стр. 591-592 [3], стр. 115-120

24. Вариационный ряд. Упрощенный способ расчета числовых характеристик ряда.

[6], стр.50-51 [5], стр.182

25. Основные принципы выборочного метода исследования. Способы образования выборочной совокупности. [5], стр.200-204

26. Параметры генеральной совокупности и их выборочные оценки.

[6], стр.148-151

27. Доверительная вероятность. Доверительный интервал и доверительные границы.

[3], стр. 133-136 [6], стр.147-148 [5], стр.193-194

28. Требования, предъявляемые к выборочным оценкам (несмещенность и состоятельность).

[3], стр. 127-133 [5], стр.191-192

29. Выборочная оценка доли признака. [6], стр.145-151

30. Выборочная оценка генеральной средней.

[6], стр.149-151

31. Определение необходимого объема повторной и бесповторной выборки.

[6], стр.154-160

32. Опытный и теоретический ряды распределения. Понятие о статистической гипотезе и критериях согласия.

[6], стр.189-190, стр.200-212

33. Критерии согласия ² Пирсона.

[3], стр. 145-151 [6], стр. 200-212

34. Корреляционная зависимость. Линейная корреляция.

[3], стр. 111-114 [5], стр.223-228

Задания.

Вариант 1.

1. В отделе работают 8 мужчин и 4 женщины. Наудачу для дежурства отобраны 3 человека. Найти вероятность того, что среди отобранных будут: а) все мужчины; б) две женщины; в) не более одной женщины.

2. Из орудия произведено 8 выстрелов по цели, вероятность попадания в которую при каждом выстреле равна 0,6. Найти вероятность того, что цель будет уничтожена, если для того требуется не менее двух попаданий.

3. Телефонная станция обслуживает 2000 абонементов, каждый из которых независимо от других может позвонить в течение часа с вероятностью 0,02. Какова вероятность того, что число звонков, поступивших в АТС в течение часа будет не менее 29 и не более 55? Найти вероятность того, что частность звонков отклонится от вероятности не более чем на 0,001.

4. На пути движения автомашины 4 светофора. Вероятность того, что автомашина будет задержана у очередного светофора, равна 0,3. Составить закон распределения случайной величины Х - числа светофора, пройденных автомашиной без задержки. Найти дисперсию и функцию распределения этой случайной величины.

5. Сколько должно быть произведено независимых изменений некоторой величины, чтобы с вероятностью, не меньшей, чем 0,92, можно было утверждать, что среднее арифметическое результатов изменений отличается от ее истинного знания не более чем на 0,02? Известно, что дисперсия отдельного результата не превосходит 0,8.

6. На заводе изготовлена опытная партия из 400 одинаковых автомобильных деталей. Результаты стендовых испытаний на долговечность 100 деталей из опытной партии, отобранных по схеме собственно-случайной бесповторной выборки, приведены в таблице:

Долговечность, ч	2-6	6-10	10-14	14-18	18-22	Итого
Число деталей, шт.	12	25	36	20	7	100

Найти: 1) границы, в которых с вероятностью 0,9978 заключена средняя долговечность деталей во всей опытной партии; 2) вероятность того, что доля деталей в опытной партии имеющих долговечность не более 10 ч, отличается от выборной доли таких деталей не более чем на 0,05 (по абсолютной величине).

7. Используя х - критерий Пирсона, на основе выборочных данных, представленных в задаче 6, на уровне значимости проверить о том, что случайная величина Х - долговечность изготовленной детали - распределена по нормальному закону. Построить на одном чертеже гистограмму эмпирического распределения и соответствующую нормальную кривую.

8. Распределение 200 кооперативов по себестоимости продукции У (млн руб) и объему продукции Х (I) этих кооперативов представлено в следующей таблице:

Х Y	5-9	9-13	13-17	17-21	21-25	Итого
1-5	20					20
5-9	18	15	6			39
9-13	14	17	18	11	2	65
13-17	-	12	18	17	4	51
17-21	-	-	8	9	8	25
Итого	52	44	50	40	14	200

Необходимо: 1) вычислить групповые средние х и у и построить эмпирические линии регрессии; 2) полагая, что между переменными Х и У существует линейная корреляционная зависимость: а) найти уравнения прямых регрессии и построить их графики на одном чертеже с эмпирическими линиями регрессии; б) вычислить коэффициент корреляции: на уровне оценить его достоверность (значимость) и сделать вывод о тесноте и направлении связи между переменными Х и У; в) используя соответствующее уравнение регрессии, определить среднюю себестоимость продукции кооперативов с объемом продукции 7 млн руб. и сравнить ее с табличным значением.