Контрольная работа - файл n1.doc

Контрольная работа
Скачать все файлы (101.2 kb.)

Доступные файлы (1):
n1.doc416kb.10.05.2007 05:45скачать

n1.doc

Контрольная работа.

Задача 5.1

Из урны, в которой находятся 7 белых, 9 черных и 3 синих шара наудачу, без возвращения в урну извлекаются:

  1. 5 шаров. Найти вероятность того, что среди этих шаров окажется ровно два белых.

  2. 2 шара. Найти вероятность того, что:

а) эти шары будут разного цвета;

б) эти шары будут одного цвета;

в) взятый из них наудачу один шар окажется белым.

  1. 3 шара. Найти вероятность того, что:

а) эти шары будут разного цвета;

б) эти шары будут одного цвета;

в) среди этих шаров будет хотя бы один белый.

  1. 2 шара и они оказались разного цвета. Найти вероятность того, что это белый и черный шары.

Решение.

Согласно классическому определению вероятности, если пространство элементарных событий дискретно и состоит из конечного числа n элементарных равновозможных несовместных событий (случаев), то вероятность события А, состоящего из m случаев равна

. (1)

1. Всего в урне 7+9+3=19 шаров. Общее число случаев n равно числу способов, которыми можно вынуть 5 шаров из 19, то есть . Число способов, которыми можно выбрать 2 шара из 7 белых . К каждой комбинации из двух белых шаров следует присоединить комбинацию из 3 небелых. Таких комбинаций . Согласно правилу произведения, число благоприятных случаев, m, равно . По формуле (1) вероятность того, что среди вынутых шаров окажется ровно два белых

.

2. а), б) События А – вынутые шары будут разного цвета и В - вынутые шары будут одного цвета – противоположные, поэтому, по теореме сложения вероятностей

.

Вероятность вычислить проще. Событие В есть сумма трех несовместных событий:

оба вынутых шара – белые;

оба вынутых шара – черные;

оба вынутых шара – синие.

Находим вероятности этих событий. Общее число случаев n равно числу способов, которыми можно вынуть 2 шара из 19, то есть . Число благоприятных случаев равно числу способов, которыми можно выбрать 2 шара соответственно из 7, 8 и 3 белых, черных и синих шаров.

;

;

.

По теореме сложения вероятностей, вероятность того, что шары будут одного цвета:

.

Тогда вероятность того, что шары будут разного цвета:

.

в) Вероятность того, взятый наудачу один шар окажется белым не зависит от того, был ли этот шар взят из предварительно выбранных трех, или же сразу взят из урны с 19 шарами. Эта вероятность равна .

3. а) Обозначим событие А – вынутые шары будут разного цвета и В - вынутые шары будут одного цвета. Эти события уже не будут несовместными, так как возможно, что только два шара из трех будут одинаковыми. Событие А произойдет, если один из вынутых шаров окажется белым, другой – черным, и оставшийся – синим. Его вероятность по правилу произведения равна

.

б) Рассмотрим событие В. Событие В есть сумма трех несовместных событий:

все три вынутых шара – белые;

все три вынутых шара – черные;

все три вынутых шара – синие.

Находим вероятности этих событий. Общее число случаев n равно числу способов, которыми можно вынуть 3 шара из 19, то есть . Число благоприятных случаев равно числу способов, которыми можно выбрать 3 шара соответственно из 7, 8 и 3 белых, черных и синих шаров.

;

;

.

По теореме сложения вероятностей, вероятность того, что шары будут одного цвета:

.

в) Вероятность события V - среди трех вынутых шаров будет хотя бы один белый, проще всего найти через противоположное событие W - среди трех вынутых шаров нет ни одного белого. Поскольку небелых шаров в урне 19 – 7 = 12, то вероятность события W равна:

.

Тогда

.

4) Событию А – шары разного цвета соответствуют случаев, то есть (см. п.2). Из этих 111 случаев соответствуют событию F - один из 2 шаров белый, другой черный. Следовательно, искомая вероятность равна

.

Эту вероятность можно найти иначе, если воспользоваться равенством

.

Так как ; ; (см. п.2), то

.

Задача 5.2

В урне находятся 10 белых и 10 черных шаров. Наудачу шар извлекается и возвращается в урну 3 раза. Найти вероятность того, что белый шар появится:

а) ровно два раза;

б) не менее одного раза.

Решение.

Пусть - вероятность того, что в отдельном испытании появится белый шар (событие А); - вероятность того, что белый шар не появится, а появится черный. Так как после каждого испытания шар возвращается в урну, . Данная последовательность независимых испытаний соответствует схеме Бернулли. Вероятность того, что событие А наступит m раз в n независимых испытаниях вычисляется по формуле Бернулли

. (2)

а) По условию, . По формуле (2), получаем искомую вероятность

.

б) Вероятность события В - белый шар появится в трех испытаниях не менее одного раза проще вычислить через противоположное событие F - белый шар не появится в трех испытаниях ни разу:

.

Задача 5.3

В урне находятся 7 белых и 5 черных шаров. Наудачу извлекаются без возвращения в урну 3 шара. Построить ряд распределения и найти математическое ожидание случайной величины, равной числу белых шаров среди извлеченных трех шаров.

Решение.

Возможные значения случайной величины Х - числа белых шаров среди извлеченных трех – 0, 1, 2, 3. Находим соответствующие вероятности того, что числа извлеченных белых шаров будут равны 0, 1, 2, 3:

; ;

; .

Заполнив таблицу, в которой перечислены в возрастающем порядке все возможные значения случайной величины и соответствующие их вероятности, получаем искомый ряд распределения случайной величины Х.

xi

0

1

2

3

pi

0,04

0,32

0,48

0,16

Математическое ожидание дискретной случайной величины Х по определению:

.

Задача 5.4

Дискретная случайная величина Х с математическим ожиданием задана рядом распределения

xi

-3

0

5

20

pi

p1

0,4

p3

0,2

а) Найти p1 и p3;

б) построить многоугольник распределения;

в) построить интегральную функцию распределения и ее график.

г) вычислить дисперсию .

Решение.

а) По условию, математическое ожидание случайной величины , откуда

,

или .

Кроме того, для любой дискретной случайной величины выполняется:

, откуда ,

или .

Получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными

.

Решив систему, получим: ; .

б) Ряд распределения может быть изображен графически. Отложим по оси абсцисс значения случайной величины, а по оси ординат - соответствующие вероятности. Соединив полученные точки, получим ломаную, называемую многоугольником распределения.



Рис. 1. Многоугольник распределения.

в) Интегральной функцией распределения случайной величины X называется функция F(X), определяющая вероятность того, что случайная величина примет значение, меньшее х, т.е. . Найдем значения для всех значений случайной величины.

Если , то , (в том числе и при ).

При .

При .

При .

При .

Итак, .

Построим теперь график интегральной функции распределения случайной величины Х (рис. 2).



Рис. 2. График интегральной функции распределения.

г) Дисперсией случайной величины Х, называется математическое ожидание квадрата ее отклонения от математического ожидания:

.

Подставляя числовые значения, находим:

.

Задача 5.5

Плотность распределения непрерывной случайной величины Х имеет вид



Найти:

а) параметр ;

б) математическое ожидание ;

в) интегральную функцию распределения и ее график;

г) вероятность события .

Решение.

а) Для того, чтобы была плотностью вероятностей непрерывной случайной величины Х, она должна быть неотрицательной,  и, кроме того, несобственный интеграл в бесконечных пределах от равен единице: .

Следовательно, , откуда .

б) Математическое ожидание вычислим по формуле

(3)

Получаем: .

в) Интегральную функцию распределения найдем по формуле:

(4)

Если , то .

Если , то .

Если , то .

Таким образом,

г) Полученную интегральную функцию распределения используем, чтобы найти вероятность события .

.

Задача 5.6

Случайная величина имеет равномерное распределение с математическим ожиданием и дисперсией . Найти вероятность события .

Решение.

Непрерывная случайная величина Х имеет равномерный закон распределения на отрезке , если ее плотность вероятности постоянна на этом отрезке и равна нулю за его пределами, т. е.



Математическое ожидание случайной величины, распределенной по равномерному закону , а ее дисперсия . Так как, по условию задачи, а , получаем систему уравнений для определения неизвестных и :

или , откуда ; .

Таким образом, плотность распределения случайной величины Х


Находим теперь вероятность события :

.

Задача 5.7

Случайная величина имеет биноминальное распределение с математическим ожиданием и дисперсией . Найти вероятность события .

Решение.

Дискретная случайная величина Х имеет биноминальный закон распределения, если она принимает значения 0, 1, 2, …, m, …, n с вероятностями

, (5)

где , , .

Математическое ожидание случайной величины, распределенной по биноминальному закону , а ее дисперсия . Так как, по условию задачи, а , получаем систему уравнений для определения :

, откуда, при , получаем: ; ; .

Найдем вероятность события :

.

Воспользовавшись формулой (5), получим:



Задача 6.1

Выборка объема измерений задана дискретным вариационным рядом

xi

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

mi

5

13

32

18

19

10

3

где , , - шаг вариации, , - частоты.

Требуется:

а) построить полигон относительных частот ;

б) вычислить среднее выборочное , выборочную дисперсию и среднее выборочное квадратическое отклонение .

Решение.

а) Находим объем выборки: .

Определим значения варианты , для .

Находим относительные частоты . Получаем следующий вариационный ряд (табл. 1):

Таблица 1.

xi

3

3,5

4

4,5

5

5,5

6

mi

5

13

32

18

19

10

3

wi

0,05

0,13

0,32

0,18

0,19

0,1

0,03

Строим полигон относительных частот (рис.3).



Рис. 3. Полигон относительных частот.

б) Выберем в качестве ложного нуля варианту 4,5 (она находится в середине вариационного ряда). Находим условную варианту:

.

Аналогично получим ; ; ; ; ; . Находим суммы

;

.

Вычислим теперь среднее выборочное , и выборочную дисперсию :

;

,

а также среднее выборочное квадратическое отклонение .
Учебный текст
© perviydoc.ru
При копировании укажите ссылку.
обратиться к администрации