рефераты
Главная

Рефераты по международному публичному праву

Рефераты по международному частному праву

Рефераты по международным отношениям

Рефераты по культуре и искусству

Рефераты по менеджменту

Рефераты по металлургии

Рефераты по муниципальному праву

Рефераты по налогообложению

Рефераты по оккультизму и уфологии

Рефераты по педагогике

Рефераты по политологии

Рефераты по праву

Биографии

Рефераты по предпринимательству

Рефераты по психологии

Рефераты по радиоэлектронике

Рефераты по риторике

Рефераты по социологии

Рефераты по статистике

Рефераты по страхованию

Рефераты по строительству

Рефераты по таможенной системе

Сочинения по литературе и русскому языку

Рефераты по теории государства и права

Рефераты по теории организации

Рефераты по теплотехнике

Рефераты по технологии

Рефераты по товароведению

Рефераты по транспорту

Рефераты по трудовому праву

Рефераты по туризму

Рефераты по уголовному праву и процессу

Рефераты по управлению

Контрольная работа: Теория вероятностей

Контрольная работа: Теория вероятностей

Министерство образования и науки Российской Федерации

Бузулукский гуманитарно-технологический институт (филиал) государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования

«Оренбургский государственный университет»

Факультет заочного обучения

Кафедра физики, информатики, математики

 

 

Контрольная работа

по дисциплине Математика

Руководитель работы:

Шабалина Л.Г.

Исполнитель:

Студент з-09 ПГС группы

Сушков Е.А.

Бузулук 2010


Задание 1

1. Рабочий обслуживает три станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа 1-й станок не потребует внимания рабочего, равна 0,9; для второго - 0,8; для третьего – 0,85.

Какова вероятность того, что в течение часа:

а) ни один станок не потребует внимания рабочего;

б) все три станка потребуют внимания рабочего;

в) какой-нибудь один станок потребует внимания рабочего;

г) хотя бы один станок потребует внимания рабочего?

Решение: I II III

P 0, 9 0, 8 0, 85

а) А (i =1,2,3) – не потребует внимания станок в течение часа

В – событие, где все 3 станка не потребуют внимания рабочего в течение часа

Р (В) = Р (А1 × А2 × А3) = Р(А1) × Р(А2) × Р(А3) = 0,9 × 0,8 × 0,85 = 0,612

б) А (i =1,2,3) – не потребует i-й внимания станок

Ᾱ (i =1,2,3) – потребует i-й внимания станок, независимое событие

Р (Ᾱ 1) = 1 – 0,9 = 0,1

Р (Ᾱ 2) = 1 – 0,8 = 0,2

Р (Ᾱ 3) = 1 – 0,85 = 0,15

Р (Ᾱ 1 × Ᾱ 2 × Ᾱ 3) = (0,1 × 0,2 × 0,15) = 0,003

в) Ᾱ 1 = 0,1; Ᾱ 2 = 0,2; Ᾱ 3 = 0,85


Аi – один станок потребует внимания рабочего в течение часа

Р (В) = Р (А1 × Ᾱ 2 × А3 + Ᾱ 1 × А2 × А3 + А1 × А2 × Ᾱ 3) = (0,9× 0,2 × 0,85 + 0,1 × 0,8 × 0,85 + 0,9 × 0,8 × 0,15) = 0,329

г) Найдём вероятность через противоположное событие, т.е. ни один станок не потребует внимания рабочего в течение часа

Р (А1 × А2 × А3) = Р (А1) × Р (А2) × Р (А3) = 0,9 × 0,8 × 0,85 = 0,612

Р ( С) = 1 – 0,612 = 0,388

Ответ: а) вероятность равна 0,612, что в течение часа ни один станок не потребует внимания рабочего; б) вероятность равна 0,003, что в течение часа все три станка потребуют внимания рабочего; в) вероятность равна 0,329, что в течение часа какой-нибудь один станок потребует внимания рабочего; г) вероятность равна 0,388, что в течение часа хотя бы один станок потребует внимания рабочего.

Задание 2

Ящик содержит 10 деталей, среди которых 3 стандартные. Найти вероятность того, что среди отобранных 5 деталей окажутся: а) только 2 стандартные детали; б) все детали нестандартные; в) все детали стандартные; г) хотя бы одна деталь стандартная.

Решение:

а) число способов, где взяли 5 деталей из 10 детали, можно подсчитать по формуле:

С2 – число способов, где взяли 2 стандартные детали из 3-х нестандартных

С3 – число способов, где взяли 3 стандартные детали из 7-ми нестандартных

С5 – всего способов, где взяли 5 стандартных деталей из 10-ти

С2 =__3!___ = 3 С3 = __7!___ = 35 С5 = __10!___ = 252

2! × 1! 3! × 4! 5! × 5!

С3 × С7 = 3 × 35 = 0,417

С5 252

б) С7 – число способов выбора, где взяли 5 деталей из 7-ми

С5 = __7!__ = 21

5! × 2!

Число выбора деталей считается в сочетании С5 = 1

С7 – число способов, где взяли 5 деталей из 7-ми

С10 – всего способов, где взяли 5 деталей из 10-ти

Искомая вероятность Р ( Д):

Р (Д) = С7 × С3 = 21 × 1 = 0,083

С10 252

в) Событие, где взяли 5 стандартных деталей из 3-х стандартных деталей невозможно. Вероятность равна нулю.

г) Найдём искомую вероятность через противоположное событие:

С7 – число способов, где взяли 5 нестандартных деталей из 7-ми

С3 – число способов выбора из 3-х

С10 – всего способов, где взяли 5 деталей из 10-ти

С7 × С3 = 0,083 - искомая вероятность равна результату под пунктом б). С10

Ответ: а) Если среди отобранных 5 деталей окажутся только 2 стандартные детали, то вероятность равна 0,417; б) если среди отобранных 5 деталей окажутся все детали нестандартные, то вероятность равна 0,083; в) если среди отобранных 5 деталей окажутся все детали стандартные, то вероятность равна 0; г) если среди отобранных 5 деталей окажется, хотя бы одна деталь стандартная, то вероятность равна 0,083.

Задание 3

Имеется 2 ящика изделий, причем в одном ящике все изделия доброкачественны, а во втором - только половина. Изделие, взятое наудачу из выбранного ящика, оказалось доброкачественным. На сколько отличаются вероятности того, что изделие принадлежит первому и второму ящику, если количество изделий в ящиках одинаково?

Решение: I ящик II ящик

Доброкачественные 50 × 50 изделия Н1 – взяли из I ящика с доброкачественными изделиями, то Р ( Н1) = 0,5

Н2 – взяли из II ящика, то Р ( Н2) = 0,5

Событие А, где взяли доброкачественную деталь, Р ( А ǀ Н1) = 1

Событие А ǀ Н1 – доброкачественная деталь из I ящика

Событие А ǀ Н2 – из II ящика, Р ( А ǀ Н2) = 0,5

Тогда искомая вероятность Р ( А ) =Р ( Н1 ) × Р ( А ǀ Н1 ) + Р ( Н2 ) × Р (А ǀ Н2)

Р ( А) = 0,5 × 1 + 0,5 × 0,5 = 0,5 + 0,25 = 0,75

Р ( Н1 ) × Р ( А ǀ Н1 ) ˃ Р ( Н2 ) × Р ( А ǀ Н2)

Ответ: Если изделие принадлежит первому и второму ящику, и количество изделий в ящиках одинаково, то вероятности отличаются на 0,75.


Задание 4

В ящике находятся изделия, сделанные на трех станках: 20 – на первом станке, 18 - на втором и 14 - на третьем. Вероятности того, что изделия, изготовленные на первом, втором и третьем станках, отличного качества, соответственно, равны 0,7; 0,85; 0,9. Взятое наудачу изделие оказалось отличного качества. Какова вероятность того, что оно изготовлено на втором станке?

Решение: I II III

20 18 14

0,7 0,85 0,9

Р ( А ǀ Н1 ) = 0,7 Р ( А ǀ Н2 ) = 0,85 Р ( А ǀ Н3 ) = 0,9

Р ( А) = 0,7 × 0,85 × 0,9 = 0,536

А – взятое изделие отличного качества из II станка

Искомая вероятность равна:

Р ( Н2 ǀ А ) = ________ Р ( Н2 ) × Р ( А ǀ Н2)

Р ( Н1 ) × Р ( А ǀ Н1 ) + Р ( Н2 ) × Р ( А ǀ Н2 ) + Р ( А ǀ Н3)

Где Н1, Н2, Н3 – соответственно изготовлено изделий на станках I, II и III.

Р ( А ǀ Н1) = 0,7 – вероятность отличной детали I станка

Р ( А ǀ Н2) = 0,85 – вероятность отличной детали II станка

Р ( А ǀ Н3) = 0,9 – вероятность отличной детали III станка

Р ( Н2 ǀ А) = ________ 0,346 × 0,85 ______________ = 0,294 = 0,365

0,385 × 0,7 + 0,346 × 0,85 + 0,269 × 0,9 0,806


Ответ: Вероятность равна 0,365, что взятое наудачу изделие оказалось отличного качества изготовлено на втором станке.

Задание 5

Найти вероятность того, что событие А произойдет не менее 2 раз в 4 независимых испытаниях, если вероятность наступления события А в одном испытании равна 0,6.

Решение:

Событие А произойдёт не менее 2-х раз в 4 независимых испытаниях

Р ( А ) = р Р ( А) = Сm × рm × qn - m

Р = 0,6

q = 1 – р = 1 – 0,6 = 0,4

– вероятность противоположного события. Нет наступления события А в 1-ом испытании.

Найдём произведение npq и определим формулу вычисления:

вероятность случайный величина интегральный

n = 4 npq = 4 × 0,6 × 0,4 = 0,96

Можно использовать формулу Бернули:

Р ( А) = С2 × p2 × q2 + С3 × р3 × q1 + С4 × р4 × q0

Найдём через противоположное событие:

Р ( А) = 1 – С0 × p0 × q4 + С1 × p1 × q3 = 1 – 1 × 1 × (0,4)4 + 4 × 0,6 × (0,4)3 = 1 – 0,0256 + 4 × 0,6 × 0,064 = 0,9744 + 0,1536 = 1,128

С4 = __4!__ = 4

1! × 3!

Ответ: Если событие А произойдет не менее 2 раз в 4 независимых испытаниях, то вероятность равна 1,128.

Задание 6

Вероятность того, что пара обуви, наудачу из изготовленной партии, окажется 1-го сорта, равна 0,7. Определить вероятность того, что из 2100 пар, поступающих на контроль, число пар первосортной обуви окажется не менее 1000 и не более 1500.

Решение:

Для решения задачи используем интегральную формулу Муавра – Лапласа.

Вероятность событий Рn (m1 ˂ m ˂ m2) = Ф (х2) – Ф (х1)

р = 0,7; n = 2100; m1 = 1000; m2 = 1500; q = 0,3

х1 = _m1 – np_ = 1000 – 2100 × 0,7 = 1000 – 1470 = – 470 = – 22,38

√ npq √2100 × 0,7 × 0,3 √441 21

х2 = _m2 – np_ = 1500 – 2100 × 0,7 = 1500 – 1470 = _30_ = 1,43

√ npq √2100 × 0,7 × 0,3 √441 21

Ф ( – х) = – Ф (х) Ф (– 22,38) = 0,5 Ф (– 22,38) = 0,4236

Ф (х2) – Ф (х1) = Ф (х2) + Ф (х1) = 0,5 + 0,4236 = 0,9236

Ответ: Если число пар первосортной обуви окажется не менее 1000 и не более 1500, то из 2100 пар, поступающих на контроль, равна вероятности 0,9236.


Задание 7

Случайная величина Х задана интегральной функцией F(x). Требуется: а) найти дифференциальную функцию f(х) (плотность вероятности), б) найти математическое ожидание и дисперсию Х, в) построить графики интегральной и дифференциальной функций, г) вероятность попадания случайной величины Х в интервал .

Решение:

По определению Fʹ (х) = f (х)

0, при х ≤ 0

f ( х) = х2 , при 0 ˂ х ≤ 2

1, при х ˃ 2

Fʹ ( х ) = 0ʹ = 0 Fʹ ( х ) = ( х2 ÷ 4 )ʹ = 0,5х Fʹ ( х ) = 1ʹ = 0

в) Построение графиков интегральной и дифференциальной функции.

б) М (Х) = х f (х) dx = 0 dx + х × _1_ dx + 0 dx =_ 1_ × х3 ÷ 3 = х3 ÷ 6 =

 2 2 =_ 23_ – _03 = 8 – 0 = 4 = а

6 6 6 3

Д (Х) = (х – _4_)2 f (х) dx = 0 (х – _4)2 f (х) dx + (х – 4)2 1 х dx +

3 3 3 2

+ (х – 4_)2 f (х) dx = (1 х3 – 4 х2 + 8 х) dx = (1_× х4 - 4_× х3 + 8_× х2) =

3 2 3 9 2 3 9

= 1_ × 24 – 4 × 23 + 8_ × 22 = 16 – 32 + 16 = 144 – 128 = 16 = _2_

2 4 3 3 9 2 8 9 9 72 72 9

г) Р ( 1 ˂ Х ˂ 2) = F (в) – F (а) 22 × 1 – 12 × 1 = _1 – _1 = _1_ ––

3 4 3 4 9 12 12

вероятность попадания в этот промежуток.

Ответ: М (Х) = _4 = а ; Д (Х) = _2 ; Р ( 1 ˂ Х ˂ 2) =_ 1_

3 9 12

Задание 8

Найти вероятность попадания в заданный интервал ( a,b ) нормально распределенной случайной величины Х, если известны ее математическое ожидание а и среднее квадратическое отклонение s.

a = 2, b = 13, а = 10, s = 4.

Решение:

Если случайная величина Х нормально распределена, то она является непрерывной случайной величиной, и М (Х) вычисляется, как: (a + b) ÷ 2, а Д (Х) вычисляется, как: (b-a) ÷ (в-а), и s связаны формулой √ Д.

Тогда вероятность: Р { Х ϵ [a,b] } будет вычисляться по формуле:

Ф ( ( b – a ) ÷ s) – Ф ( (a – b) ÷ s ).

М (Х) = (a + b) ÷ 2 = (2 + 13) ÷ 2 = 7,5

Д (Х) = (b - a)2 ÷ 12 = 9 ÷ 12 = 0,75

s = √ Д = √ 0,75 = 0,87 × 100 = 87

То искомая вероятность находится по формуле:


Р (a ˂ Х ˂ b ) = Ф ( ( b – a ) ÷ s ) – Ф ( (a – b) ÷ s ) = Ф ((13 – 10) ÷ 4) –

Ф ((2 – 10) ÷ 4) = Ф (0,75) – Ф (– 2) = Ф (0,75) + Ф (2) = 0,2734 + 0,5 =

=0,773

Где Фх – функция Лапласа, которую находим по таблице.

Ответ: Вероятность попадания в заданный интервал ( a,b ) нормально распределенной случайной величины Х, равна 0,773.

Задание 9

Найти доверительные интервалы для оценки математического ожидания нормального распределения с надежностью 0,95, если выборочная средняя , объем выборки n и среднее квадратическое отклонение s.

= 12, 15, n = 169 s = 5

Решение:

Находим доверительные интервалы: х – t γ ˂ а ˂ х + t γ

√ n √ n

где Ф (t) = Ф (γ ÷ s) → t = (γ ÷ s) = (0,95 ÷ 5) = 0,19

х – t γ = 12,15 – 0,19 × 0,95 = 12,15 – 0,01 = 12,14

√ n √ 169

х + t γ = 12,15 + 0,19 × 0,95 = 12,15 + 0,01 = 12,16

√ n √ 169

Ответ: Доверительные интервалы 12,14 ˂ а ˂ 12,16.


Литература

1.  Севастьянов Б.А., Чистяков В.П, Зубков А.М. Сборник задач по теории вероятностей – М.: Наука, 1980.

2.  Шипачев В.С. Высшая математика. М.: Высшая школа, 2004.

3.  Чистяков В.П. Курс теории вероятности, М.: 2001.

4.  Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика.- М.: Высшая школа, 2003.

5.  Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике.- М.: Высшая школа, 2003.

6.  Данко П.Е и др. Высшая математика в упражнениях и задачах (I и II часть).-М, 2005.

7.  Богаров П.П., Печинкин А.В. Теория вероятностей. Математическая статистика – М.: 1998.

8.  Венцель Е.С. Теория вероятностей – М.: 1962.

9.  Солодовников А.С. Теория вероятностей М.: Просвещение, 1978.

10.  Виленкин Н.Я., Потапов В.Т. Задачник-практикум по теории вероятности с элементами комбинаторики и математической статистики.

11.  Кремер Н.Ш.: «Теория вероятностей и математическая статистика»; М.ЮНИТИ – Дана, 2003.


© 2012 Рефераты, доклады и дипломные работы, курсовые работы бесплатно.