Контрольная работа: Теория вероятности

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА

на тему «Теория вероятности»

по предмету «Математика»


Задание 1

Общее число возможных элементарных методов равно числу сочетаний из 10 по 5:

.

Подсчитываем число исходов, благоприятствующих нашему событию. Среди 3-х женщин две женщины могут быть выбраны  способами; при этом остальные 5–2=3 людей должны быть мужчинами. Взять же 3 мужчины из 7 можно  способами. Следовательно, число исходов благоприятствующих нашему событию:

.

Искомая вероятность равна:

.

Задание 2

.

Возможны следующие три случая:

А – среди трех студентов посетивших библиотеку первый заказал учебник по теории вероятностей, а два других не заказали;

В – второй студент заказал учебник по теории вероятностей, а первый и второй нет.

Вероятность каждого из этих событий по теореме умножения равны:

;

;

.

Искомая вероятность по теореме сложения несовместных событий:

.

Поэтому: .

Чтобы нити оказались одного цвета должны выполниться следующие события:

А – вынуть две нити красного цвета;

В – вынуть две нити белого цвета.

Вероятность каждого из этих событий по теореме умножения вероятностей будут:

;

.

Искомая вероятность по теореме сложения вероятностей: .

Задание 3

 

.

I – 4б; 6кр; II – 5б; 10кр

Обозначим события А – выбранный шар белый. Можно сделать два предложения:

 – белый шар выбран из 1-го ящика

 – белый шар выбран из 2-го ящика, так как ящик выбирают на удачу, то:

.

Условная вероятность того, что шар будет белым и извлечен он из первого ящика будет:

.

Вероятность того, что белый шар будет извлечен из второго ящика:

.

Формула полной вероятности:

.

Тогда вероятность того, что наугад взятый шар будет белым:

.

 

Задание 4

Воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

;

;

.

В нашем случае n=600; k=25; P=0,05; q=0,95.

.

Так как функция  – четная, то по таблице находим:

.

Тогда .

Задание 5

 

x 20 25 30 35 40
P 0,2 0,3 0,2 0,1 0,2

.

;

;

;

.

Начальный момент первого порядка: .

Аналогично: .

.

Находим центральные моменты по формулам:

;

;

.

Следовательно:

; ; .

Многоугольник распределения

Задание 6

Распределение Х и распределение Y

Xi

 4 9 12

Yi

 6 7

Pi

 0,36 0,24 0,4

Pi

 0,65 0,35

;

.

;

;

;

;

;

.

Коэффициент коррекции находим по формуле:

,

где: Kxy – корелляционный момент связи случайных величин X и Y;  – среднеквадратические отклонения величин X и Y.

.

Тогда:

;

;

.

.

Задание 7

 

; .

;

.

 

Задание 8

Распределение Х и распределение Y

Xi

 1 3 5

Yi

 12 13 15

Pi

 0,1 0,7 0,2

Pi

 0,5 0,1 0,4

x1=1; x2=3; x3=5; y1=12; y2=13; y3=15; x1+ y1=13; x1+ y2=14; x1+ y3=16;

x2+ y1=15; x2+ y2=16; x2+ y3=18; x3+ y1=17; x3+ y2=18; x3+ y3=20;

Обозначим xi + yj=7, тогда имеем следующие значения z:

z1=13; z2=14; z3=15; z4=16; z5=17; z6=18; z7=20.

Соответствующие вероятности будут:

;

;

;

;

;

;

.

Искомое распределение

x+y 13 14 15 16 17 18 20
P 0,04 0,06 0,12 0,28 0,04 0,36 0,10

Контроль:

0,04+0,06+0,12+0,28+0,04+0,36+0,1=1.

Задание 9

 

Xi

 2 4 6 8 10 12 14 16

ni

 1 2 3 4 5 10 6 5

Находим значение эмпирической функции.

Вычисления выполняем в таблице.


Таблица вычислений

Xi

 2 4 6 8 10 12 14 16

Частота

 0,028 0,056 0,083 0,111 0,139 0,278 0,166 0,139

0,028 0,084 0,167 0,278 0,417 0,695 0,861 1,00

График эмпирической функции

Несмещенной оценкой генеральной средней является выборочная средняя:

.

Тогда:

.

Несмещенную оценку генеральной дисперсии найдем по формуле:


Последовательно находим:

;

;

;

.

Модой называют варианту, имеющую наибольшую частоту.

.

Медиана:

.

Размах варьирования:

R=16–2=14.

Из соотношения  находим  и t=1,96.

Находим точность оценки по формуле:

.

Тогда:

.

Доверительный интервал таков: ().