Контрольная работа по дисцеплине Прикладная математика

Министерство образования Республики Беларусь

Учреждение образования

«Витебский государственный технологический университет»





Кафедра «Теоретической и прикладной математики»

















                    КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА (№1)

по дисциплине









«ПРИКЛАДНАЯ МАТЕМАТИКА»













                                                               

                                                                   Выполнил: 

                                                                                                           

                                                                   Группа: 



                                                                   Факультет: заочный

                                                                                      (сокращённая форма)



                                                                   Зачётная книжка № 







                                                             













                                                                 Витебск, 2011









































































































Задание №7



а)Существует n=C1005=96*97*98*99*100/120= 75287520 способов выбрать 5 билетов из 100. Для того, чтобы определить вероятность того, что хотя бы один билет выигрышный, удобно сначала найти вероятность того, что ни один билет не выигрывает.

Не выигрышных билетов всего 60, так что существует m1=С605 =56*57*58*59*60/120=5461512 способов выбрать билеты так, чтобы ни один из них не выигрывал. Следовательно, вероятность того, что ни один из 5 билетов не выигрывает, составляет 

m1/n=5461512/75287520=0,0725 

Выигрыш хотя бы по одному билету — противоположное событие, а потому его вероятность составляет 

1-0,0725=0,9275



б)Имеется 40 выигрышных билетов, и 60 — не выигрышных билетов. Существует m2=С401*С604= 40*(57*58*59*60)/24 =19505400 способов выбрать 5 билетов так, чтобы один из них выигрывал, а остальные 4 — не выигрывали. Следовательно, вероятность данного события составляет 

m2/n = 19505400/75287520=0,2591



в)Существует m3=C403*С602=(38*39*40/6)*(59*60/2) =17487600 способов выбрать 5 билетов так, чтобы 3 из них выигрывали, а остальные 2—не выигрывали. Искомая вероятность составляет
m3/n=17487600/75287520=0,2323



Ответ:      а)0,9275 
            б) 0,2591 
            в) 0,2323

































Задание №17



Определим вероятности трех несовместных событий: 
-оба человека попадают в театр эстрады; 
-оба человека попадают в драматический театр;

-оба человека попадают в театр комедии.



Вероятность первого события нулевая, поскольку если первый человек покупаетбилет в театр эстрады, то билетов в этот театр уже не остается. 

Находим вероятность того, что оба человека попадают в драматический театр. Известно, что каждый очередной покупатель приобретает один билет, причем, с равной вероятностью в каждый из театров. При этом покупатели действуют независимо, так что для каждого из них вероятность попасть в драматический театр равна 1/3, поскольку билетов хватает. Следовательно, вероятность того, что оба человека попадают в драматический театр, составляет 1/9. 

Из аналогичных соображений, вероятность совместного попадания в театр комедии также составляет 1/9. 

В силу несовместности рассматриваемых событий, вероятность того, что два первых человека из очереди, последовательно купивших билеты, попадают в один и тот же театр, составляет 2/9. 



Ответ: 2/9











































Задание № 27 



Пусть А — событие, состоящее в том, что случайно выбранное изделие дефектно. Возможны три гипотезы: Нi: Изделие произведено на машине А, Б, В (соответственно, i=1,2,3). Вероятности этих гипотез определяются процентным соотношением производимых на машинах изделий: 

Р(Н1)=0,4 

Р(Н2)=0,25 

Р(Н3)=0,35 

Р(Н1)+P(H2)+Р(Н3)=1 

Вероятность брака изделия при условии, что оно произведено на машине А, составляет Р(А/Н1)=0,02. Вероятность брака изделия, при условии, что оно произведено на машине Б, составляет Р(А/Н2)=О,ОЗ. Вероятность брака изделия, при условии, что оно произведено на машине В, составляет Р(А/Н3)=0,05 

Вероятность случайного выбора дефектного изделия находим по формуле полной вероятности: 

P(A)=P(H1)*Р(А/Н1)+Р(Н2)*Р(А/Н2)+Р(Н3)*Р(А/Н3) = 
=0,4*0,02+0,25*0,03+0,35*0,05=0,033 


Ответ: 0,033











































Задание № 37 



Испытание состоит в работе агрегата определенное время. Событие в испытании состоит в том, что агрегат выходит из строя за данное время, Испытания независимые, вероятность появления события в испытании составляет р=0,2 (q=1-0,2=0,8). Общее количество испытаний составляет n=2500. 

Требуется найти вероятность бесперебойной работы всех агрегатов в течение данного времени. Так как заготовлено 400 запасных частей для исправления неисправностей, данное событие наступит в том случае, если из строя выйдут не более 400 агрегатов, т.е. нужно найти вероятность появления в испытаниях от k1=0 до k2=400 событий. Поскольку общее количество испытаний очень велико, вероятность рассматриваемого события находится приближенно с помощью интегральной теоремы Лапласа:





Ф(k1≤k≤k2)ф(х2)—Ф(х1) 
где ф(х)=dtфункция Лапласа; 

X1=(k1-np)/

Х2=(k2-np)/
 ==20

X1=-500/20=-25

X2=(400-500)/20=-5 





По таблице значений функции Лапласа с учетом 

Ф(-х)= -Ф(х) определяем, что и при х=х1, и при х=х2 ф(х) практически совпадает с — 0.5. Это значит, что вероятность того, что 400 запасных деталей обеспечат бесперебойную работу всех агрегатов, очень близка к 0; практически наверняка из строя выйдут более 400 агрегатов.



Ответ: 0



















Задание № 47 



По условию, время ожидания выполнения заказа на помывку автомобиля — это случайная величина, распределенная по показательному закону с параметром =0.045. Это значит, что плотность распределения данной случайной величины: 


fx(x)=(λ=0,045;x0)




Для данной случайной величины: математическое ожидание mx=1/λ; дисперсия Dx=1/λ2



В данном случае математическое ожидание времени выполнения заказа составляет 1/0,045=22,22 (минуты), дисперсия 1/0,0452 =493,8; среднее квадратическое отклонение σx=1/λ=22,22 (минуты). 

Вероятность того, что время ожидания выполнения заказа на помывку автомобиля превысит 50 минут, можно найти следующим образом:



P(Х50)=dt= -0==0,105



Ответ: mx=22,22мин.

Dх=493,8; 

х=22,22 мин.

Р(Х>50) =0,105













































Задание № 57

а) запишем результаты эксперимента в виде вариационного ряда:



Таблица 1





б) Минимальное значение признака Х составляет 15, а максимальное151. Размах выборки составляет 136. Запишем сгруппированный вариационный ряд (по 8 интервалам). Размер интервала примем равным17. Тогда общая величина всех 8 интервалов в точности совпадет с размахом варьирования. Если некоторые значение признака Х совпадает с границей интервала, то будем относить данное значение к тому интервалу, в котором оно совладаете нижней границей. Исключение составляет последний интервал, включающий в себя обе границы. 

Ряд представлен в таблице 2



Таблица 2











20

19

18

17

16

15

14

13

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

6,5          23,5        40,5       57,5         74,5        91,5       108,5     125,5     142,5      159,5

                                

                                                         Условные варианты





в) полигон частот



                                                               

 

                                                                                      Полигон частот

частоты







Гистограмма относительных частот







                                                     Гистограмма относительных частот

15              32             49              66              83            100           117           134           151

                                                      интервалы

                                         плотность















Значение эмпирической функции распределения найдём по формуле:

F*(x)==



Тогда F*(15)=0, F*(32)=0.08, F*(49)=0,19, F*(66)=0,31,

F*(83)=0,45, F*(100)=0,62, F*(117)=0,75, F*(134)=0,85,

F*(151)=1.    





График эмпирической функции распределения строим по данным последнего столбца таблицы 2.В этом столбце значения функции определены для правой границы каждого из интервалов (кроме того, F*(15)=0. Доопределим функцию, соединив известные точки отрезками.





1,05 

1 

0,95 

0,9

0,85 

0,8 

0,75

0,7 

0,65 

0,6 

0,55 

0,5 

0,45

0,4 

0,35

0,3 

0,25 

0,2 

0,15

0,1 

0,05 

0



0                    15                  32                  49                  66                   83                 100                117                 134                 151             168



                                                                   Ось Х

Значения эмпирической функции

    График эмпирической функции распределения





































































































































































































































































































































































































































































































                                                   











































г)Определяем числовые характеристики выборки.



Таблица 3





 

-

(- )2

(- )2

23,5

8

188

-63,75

4064,0625

32512,5

40,5

11

445,5

-46,75

2185,5625

24041,1875

57,5

12

690

-29,75

885,0625

10620,75

74,5

14

1043

-12,75

162,5625

2275,875

91,5

17

1555,5

4,25

18,0625

307,0625

108,5

13

1410,5

21,25

451,5625

5870,3125

125,5

10

1255

38,25

1463,0625

14630,625

142,5

15

2137,5

55,25

3052,5625

45788,4375

∑

100

8725





136046,75





Выборочное среднее значение:

===87,25
Выборочная дисперсия

δ2===1360,47


Исправленная выборочная дисперсия:

S2=δ2=*1360,472=1374,21







Мода выборочных данных - это такое значение, частота которогонаибольшее. В нашем случае М0=91.5

Медиана для дискретного вариационного ряда находится по формуле (для четного количества членов ряда) Ме=(Хn/2+Хn/2+1)/2

50-е и 51-е значения признака находим из таблицы 2:

Х50=91,5

Х51=91,5

Ме=(91,5+91,5)=91,5



Определяем доверительные интервалы для оценки математического ожидания и среднего квадратического отклонения с надежностью 0,95, полагая, что исследуемая величина распределена по нормальному закону. 

С надежностью  можно утверждать, что математическое ожидание данной случайной величины покрывается доверительным интервалом: 

(-; +)



Где -выборочное среднее значение;

S===37,07

n= 100

Значение =1,984 находится по таблице критических точек распределения Стьюдента по уровню значимостями d=1-=1-0,95=0,05 и числу степеней свободы k=n-1=99. Следовательно, доверительный интервал математического ожидания исследуемой величины имеет вид: 

(79,90 ; 94,60 ) 

Доверительный интервал для среднего квадратического отклонения имеет вид 
(s(1-q); s(1+q)), 

где q=q(,n)=q(0,95; 100)=0,143 найдено по таблице. Таким образом, доверительный интервал, покрывающий среднее квадратическое отклонение, примет вид: 

             ( 31,77 ; 42,37)



Литература:

Редькин Н. П. Дискретная математика. Издат.: Лань, 2006. — 96 с. 

Яблонский С. В. Введение в дискретную математику. — М.: Наука, 1979. — С. 272.

К. В. Балдин , В. Н. Башлыков , В. В. Мартынов , А. В. Рукосуев. Математика для гуманитариев. Издат., Дашков и К.-Москва,2009.-512с.

Образовательный проект   А.Н. Варгина. Задачи по теории вероятностей. Бездудный др .[Электронный ресурс]- Режим доступа:http://www.ph4s.ru/book_mat_teorver_zad.html

Образовательный проект   А.Н. Варгина. Теория вероятностей и математическая статистика в задачах. Ватутин В.А., Ивченко Г.И. и др. [Электронный ресурс ] Режим доступа: http://www.ph4s.ru/book_mat_teorver_zad.html