Теория вероятностей. Контрольная работа

На первом станке обработано 20 деталей, из них семь с дефектами, на втором – 30, из них четыре с дефектами, на третьем – 50 деталей, из них 10 с дефектами. Все детали сложены вместе

ВНИМАНИЕ! Работа на этой странице представлена для Вашего ознакомления в текстовом (сокращенном) виде. Для того, чтобы получить полностью оформленную работу в формате Word, со всеми сносками, таблицами, рисунками (вместо pic), графиками, приложениями, списком литературы и т.д., необходимо скачать работу.

Контрольная работа
Задача 1
На первом станке обработано 20 деталей, из них семь с дефектами, на втором – 30, из них четыре с дефектами, на третьем – 50 деталей, из них 10 с дефектами. Все детали сложены вместе. Наудачу взятая деталь оказалось без дефектов. Какова вероятность того, что она обработана на третьем станке?
Решение.
Если событие А может произойти только совместно с одним из событий , образующих полную группу несовместных событий (гипотез), то вероятность появления события определяется по формуле полной вероятности , где – вероятность гипотезы ,
– условная вероятность события при гипотезе .
Пусть – событие, состоящее в том, что взятая деталь не имеет дефектов.
Вероятность того, что взятая деталь не имеет дефектов, зависит от того, на каком станке обработана эта деталь. При этом возможны следующие гипотезы:
– деталь обработана на первом станке;
– деталь обработана на втором станке;
– деталь обработана на третьем станке.
Найдём вероятности гипотез: ;
; .
Найдем условные вероятности события :
– вероятность того, что деталь, обработанная на первом станке, не имеет дефектов. .
– вероятность того, что деталь, обработанная на втором станке, не имеет дефектов. .
– вероятность того, что деталь, обработанная на третьем станке, не имеет дефектов. .
Найдем вероятность того, что взятая деталь не имеет дефектов, то есть вероятность события , по формуле полной вероятности:
.
Наконец, найдем вероятность того, что наудачу взятая деталь, оказавшаяся без дефектов, обработана на третьем станке, то есть найдем вероятность события при условии наступления события , по формуле Байеса:

Ответ: .

Задача 2

Сколько семян следует взять, чтобы с вероятностью не менее чем 0,9545 быть уверенным, что частость взошедших семян будет отличаться от вероятности не более, чем на 2 % (по абсолютной величине)?

Решение.

Воспользуемся тем, что для относительной частоты (частости) события в независимых испытаниях, в каждом из которых оно может произойти с вероятностью , неравенство Чебышева принимает вид , где
– вероятность непоявления события в каждом из испытаний, . В нашем случае ; ; ;
.
Неравенство имеет место для таких значений , при которых выполнено неравенство , то есть неравенство .

.
Итак, начиная с независимых испытаний, имеет место неравенство .
Таким образом, следует взять не менее 4945 семян, чтобы с вероятностью не менее чем 0,9545 быть уверенным, что частость взошедших семян будет отличаться от вероятности не более, чем на 2 % (по абсолютной величине).
Ответ: .
Задача 3

Завод «Пино» (г. Новороссийск) отправил в Москву 2000 бутылок вина «Каберне». Вероятность того, что в пути может разбиться бутылка, равна 0,002. Какова вероятность того, что в пути будет разбито не более пяти бутылок?

Решение.
Здесь мы имеем дело с независимыми испытаниями, каждое из которых заключается в перевозке бутылки вина «Каберне» с завода «Пино» в Москву. Число испытаний в нашем случае .
Пусть – событие, которое заключается в том, что в пути бутылка вина разбилась.
Вероятность того, что в пути будет разбито не более пяти бутылок равна .
Вычислить искомую вероятность по формуле Бернулли затруднительно из-за громоздкости вычислений. Искомую вероятность можно вычислить, используя асимптотическую (приближённую) формулу Пуассона.
Итак, воспользуемся теоремой Пуассона:
если вероятность наступления события в каждом испытании постоянна и мала , число испытаний – велико и число – незначительно , то вероятность того, что событие появится раз в независимых испытаниях вычисляется по приближённой формуле , где – функция Пуассона.
В нашем случае вероятность появления события постоянна и мала, число независимых испытаний велико, число .
Значит вероятность появления события не более 5 раз в 2000 испытаниях:
.
По таблице значений функции Пуассона находим:
; ; ;
; ; .
Следовательно, вероятность того, что в пути будет разбито не более пяти бутылок равна

.
Ответ: .

Задача 4

Одна из случайных величин задана законом распределения

0 1 3

0,2 0,3 0,5

: ,

а другая имеет биномиальное распределение с параметрами , . Составить закон распределения их разности. Найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.
Решение.
Дискретная случайная величина имеет биномиальный закон распределения с параметрами и , если она принимает значения с вероятностями , где , , ;
– число сочетаний из элементов по .
Биномиальный закон распределения с параметрами и представляет собой закон распределения числа наступлений события в независимых испытаниях, в каждом из которых оно может произойти с одной и той же вероятностью .
Ряд распределения биномиального закона имеет вид:

0 1 2 …


Математическое ожидание случайной величины , распределённой по биномиальному закону, , а её дисперсия .
В нашем случае биномиальный закон распределения имеет параметры и , то есть случайная величина принимает значения с вероятностями , где , , .

Таким образом, заданный закон биномиального распределения случайной величины имеет вид:

0 1 2

0,36 0,48 0,16

Найдём закон распределения случайной величины .

Разностью случайных величин и называется случайная величина, которая принимает все возможные значения вида , где , , с вероятностями того, что случайная величина примет значение , а – значение : . Если случайные величины и независимы, то по теореме умножения вероятностей независимых событий .
Для удобства нахождения всех значений разности и их вероятностей составим вспомогательную таблицу, в каждой клетке которой поместим в левом верхнем углу значения разности , а в правом нижнем углу – вероятности этих значений, полученные в результате перемножения вероятностей соответствующих значений случайных величин и (в нашем случае случайные величины и независимы).

0 1 2

0,36 0,48 0,16
0 0,2 0

0,072

0,096

0,032
1 0,3 1

0,108 0

0,144

0,048
3 0,5 3

0,18 2

0,24 1

0,08

Так как среди 9 значений имеются повторяющиеся, то соответствующие вероятности их складываем по теореме сложения вероятностей:
; ;
.
Таким образом, закон распределения случайной величины имеет вид:

0 1 2 3

0,032 0,144 0,216 0,188 0,24 0,18

Убеждаемся в том, что сумма вероятностей всех возможных исходов равна 1.
Действительно, .

Вычислим математическое ожидание и дисперсию случайной величины .

Математическое ожидание дискретной случайной величины , закон распределения которой имеет вид и вычисляется по формуле .
В нашем случае .
Дисперсия характеризует степень изменчивости значений случайной величины относительно её математического ожидания. Дисперсию дискретной случайной величины определим по формуле:
, где .
значит .

0 1 2 3

0,032 0,144 0,216 0,188 0,24 0,18

Ответ: ; ; .
Задача 5

Полагая, что длина изготавливаемой детали есть нормально распределённая случайная величина с математическим ожиданием и средним квадратическим отклонением , найти вероятность того, что длина наугад взятой детали заключена в интервале .
В каких границах (симметричных относительно ) будет заключена длина наугад взятой детали с вероятностью 0,95?
Решение.
Пусть случайная величина – длина изготавливаемой детали.
1) Найдём вероятность того, что примет значение из интервала .
Вероятность попадания в заданный интервал нормально распределённой случайной величины вычисляется по формуле: , где
– функция Лапласа,
– математическое ожидание случайной величины ;
– среднее квадратическое отклонение.
.
По таблице значений функции Лапласа находим: , .
Значит вероятность того, что примет значение из интервала :
.
2) Вероятность заданного отклонения нормально распределённой случайной величины вычисляется по формуле: , где – функция Лапласа,
– математическое ожидание случайной величины ;
– среднее квадратическое отклонение.
Определим, в каких границах (симметричных относительно ) будет заключена длина наугад взятой детали с вероятностью 0,95.
Для этого из равенства , то есть выразим :
; , откуда по таблице значений функции Лапласа
; ; .
Таким образом, точность длины (т.е. отклонение от её среднего значения), которую можно гарантировать с вероятностью 0,95, составляет . Следовательно, длина наугад взятой детали с вероятностью 0,95 будет заключена в следующих границах (симметричных относительно ):

Ответ: ; длина наугад взятой детали с вероятностью 0,95 будет заключена в интервале .

Контрольная работа №4

Задача 1
По схеме собственно-случайной бесповторной выборки проведено 10%-ное обследование строительных организаций региона по объему выполненных работ. Результаты представлены в таблице.

Объем работ, млн. руб. Менее 56 56-60 60-64 64-68 68-72 Более 72 Итого
Число организаций 9 11 19 30 18 13 100

Найти:
а) Границы, в которых с вероятностью 0,9973 заключен средний объем выполненных работ всех строительных организаций региона;
б) Вероятность того, что доля всех строительных организаций, объем работ которых составляет не менее 60 млн. руб., отличается от доли таких организаций в выборке не более чем на 0,05 (по абсолютной величине);
в) Объем бесповторной выборки, при котором те же границы для среднего объема выполненных работ (см. п. а)) можно гарантировать с вероятностью 0,9876.

Решение:
Находим выборочную среднюю: .
– объем выборки
, , , , , – середины интервалов

Находим выборочную дисперсию:

Найдем границы, в которых с вероятностью 0,9973 заключен средний объем выполненных работ всех строительных организаций региона.
По таблицам значений функции Лапласа находим:

Интервальные для оценки средней находятся по формулам:
,
где
,
тогда
.
Получаем:

Найдем вероятность того, что доля всех строительных организаций, объем работ которых составляет не менее 60 млн. руб., отличается от доли таких организаций в выборке не более чем на 0,05 (по абсолютной величине). Для этого находим среднюю квадратическую ошибку выборки для доли:
– для бесповторной выборки
Здесь – выборочная доля строительных организаций, объем работ которых составляет не менее 60 млн. руб.

– объем генеральной совокупности (в данном случае – 1000)

Находим вероятность того, что доля всех строительных организаций, объем работ которых составляет не менее 60 млн. руб., отличается от доли таких организаций в выборке не более чем на 0,05 (по абсолютной величине)

Найдем объем бесповторной выборки, при котором те же границы для среднего объема выполненных работ (см. п. а)) можно гарантировать с вероятностью 0,9876.
Объем бесповторной выборки определяется по формуле:

Ответ:
а) Границы, в которых с вероятностью 0,9973 заключен средний объем выполненных работ всех строительных организаций региона:
б) Вероятность того, что доля всех строительных организаций, объем работ которых составляет не менее 60 млн. руб., отличается от доли таких организаций в выборке не более чем на 0,05 (по абсолютной величине) равна 0.8132;
в) Объем бесповторной выборки, при котором те же границы для среднего объема выполненных работ (см. п. а)) можно гарантировать с вероятностью 0,9876 равен 71 организации.

Задача 2

По данным задачи 1, используя -критерий Пирсона, на уровне значимости проверить гипотезу о том, что случайная величина – объем выполненных работ – распределена по нормальному закону.
Решение:
Используем данные, полученные в предыдущем задании:

В качестве дисперсии нормального закона распределения следует взять исправленную выборочную дисперсию, но т.к. количество наблюдений в данном случае 100, достаточно велико, то подойдет и .
Случайная величина распределена по нормальному закону, если ее функция распределения имеет вид
,
где – математическое ожидание, – среднее квадратическое отклонение.
Подставляем ,
Таким образом, теоретическое нормальное распределение имеет вид:

Для расчета вероятностей попадания случайной величины в интервал используем функцию Лапласа:

В данном случае получаем:

Составим таблицу:

Интервал
Эмпирические частоты

Вероятности
Теоретические частоты

1 52-56 9 0.0463 4.63 19.0969 4.1246
2 56-60 11 0.1339 13.39 5.7121 0.4266
3 60-64 19 0.2365 23.65 21.6225 0.9143
4 64-68 30 0.2664 26.64 11.2896 0.4238
5 68-72 18 0.1919 19.19 1.4161 0.0738
6 72-76 13 0.0844 8.44 20.7936 2.4637
100 0.9594 95.94

Таким образом, значение статистики .
Определим количество степеней свободы по формуле: .
– число интервалов ( )
– число параметров закона распределения (в нормальном распределении )
.
Соответствующее критическое значение статистики
Поскольку , то гипотеза о нормальном распределении с параметрами не согласуется с опытными данными.
Ниже показана гистограмма эмпирического распределения и соответствующая нормальная кривая.


Скачиваний: 1
Просмотров: 1
Скачать реферат Заказать реферат