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: ().