Методические указания к ТР Теория вероятностей.

Задания для выполнения расчетно-графической
работы.
Задача 1
В урне содержится К черных и Н белых шаров.
Случайным образом вынимают М шаров. Найти
вероятность того, что среди них окажутся:

Р белых шаров;

Меньше чем Р белых шаров;

Хотя бы один белый шар.
Значения параметров К, Н, М, и Р по вариантам
приведены в таблице:
Вариант
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5
5
6
6
7
4
8
6
4
5
7
6
6
5
5
4
5
6
7
7
6
4
4
5
4
5
4
4
5
4
4
5
4
2
3
2
3
2
2
3
4
2
3
2
Вариант
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
К
8
6
4
8
5
7
5
6
5
6
6
Н
6
5
6
6
6
4
7
5
7
7
8
М
4
4
4
5
5
5
4
5
5
5
5
Р
3
3
3
2
4
3
3
2
4
3
4
К
Н
М
Р
2
Вариант
22
23
24
25
26
27
28
29
30
К
6
8
6
5
6
5
6
6
4
56
7
7
7
7
8
7
7
Н
М
5
5
4
4
6
5
5
5
4
Р
4
3
3
2
3
3
3
2
2
Задача 2
В монтажном цехе к устройству присоединяется
электродвигатель. Электродвигатели поставляются
тремя заводами-изготовителями. На складе имеются
электродвигатели этих заводов
соответственно в
количестве М1, М2 и М3 штук, которые могут
безотказно работать до конца гарантийного срока с
вероятностями, соответственно, р1, р2 и р3. Рабочий
берёт случайно один электродвигатель и монтирует его
к устройству. Найти вероятность того, что
смонтированный и работающий безотказно до конца
гарантийного срока электродвигатель поставлен,
соответственно, первым, вторым или третьим заводомизготовителем.
Значения параметров М1, М2, М3, р1, р2, р3
вычислить по формулам:
К=|14-V|, где V – номер варианта;
М1=5+К; М2=20–К; М3=25–К;
р1 = 0,99 -
K
K
K
; р2 = 0,9; р3 = 0,85 100
100
100
3
Задача 3
В каждом из “n” независимых испытаний событие А
происходит с постоянной вероятностью “p”. Найти
вероятность того, что событие А происходит:
 Точно М раз;
 Меньше, чем М и больше, чем N раз;
 Больше, чем М раз.
Значения параметров n, p, M и N вычислить по
формулам:
n = 700+V*10;
p = 0,35+
V
;
50
N=M-40-V, где V – номер
M=270+V*10;
варианта.
Задача 4
Случайная величина Х задана рядом распределения
Х
х1
х2
х3
х4
Р
р1
р2
р3
р4
Найти функцию распределения F(x) случайной
величины Х и построить ее график. Вычислить для Х
ее среднее значение М(х), дисперсию D(х) и модуль М0.
Значения параметров х1, х2, х3, х4, р1, р2, р3, р4
вычислить по следующим формулам:
V
4
R = [остаток ( )]+2; х1 = V+3; х2= х1 +R; х3 = х2+R;
х4 = х3+2R;
р1 =
1
1
1
; р2 =
; р3 = 1 - (р1 + р2 + р4); р4 =
R3
8 R
R5
4
Задача 5
Случайная величина Х задана функцией плотности
вероятности
0, x  0,
x
f(x) =  ,0  x  R,
k
0, x  R
Найти функцию распределения F(x) случайной
величины Х. Построить графики функций F(x) и f(x).
Вычислить для Х ее среднее значение М(х), дисперсию
D(х), среднее квадратичное отклонение  (х).
Значение К и R вычислить по следующим
формулам:
К=2+V; R=2*K
Задача 6
В партии яиц средний вес яйца равен “а”. Считая,
что вес яйца распределяется по нормальному закону:
1.определить:
 процент
яиц,
идущих
в
заготовку,
если
в
заготовку
принимают яйца весом от с до d
граммов;
5
 указать интервал, содержащий
практически все возможные значения
веса одного яйца;
2. построить график плотности распределения;
3. построить график функции F(x) распределения.
Данные по вариантам приведены в таблице:
Вариант
1
2
3
4
5
6
7
8
9
а
58
58
58
58
60
59
59
58
57
 (х).
6
6
6
6
6
5
6
4
5
с
50
55
55
50
57
55
55
54
53
d
60
65
60
65
61
60
65
59
59
Вариант
10
11
12
13
14
15
16
17
18
а
59
60
58
57
58
58
59
59
59
 (х).
6
7
7
6
7
6
7
7
6
с
56
55
55
55
50
60
50
55
55
d
61
61
65
60
60
65
65
65
60
Вариант
19
20
21
22
23
24
25
26
27
а
58
60
56
57
59
58
57
59
58
6
 (х).
7
8
5
5
6
6
5
6
4
с
50
54
54
55
50
54
54
54
55
d
60
61
59
59
60
59
59
60
59
Задача №1: В урне содержится 5 черных и 6
белых шаров. Случайным образом вынимают по
одному 5 шаров. Найти вероятность того, что среди
них окажутся:
1. три белых шара;
2. меньше чем три белых шара;
3. хотя бы один белый шар.
Решение.
1.Введем событие А – из пяти выбранных
случайным образом шаров три шара – белые.
Событие А является сложным событием, т. е.
таким, которое возможно разбить на
множество
неделимых (элементарных) событий. Эти события есть:
Событие А1 – первый выбранный шар –
белый;
событие А2 – второй выбранный шар –
белый;
событие А3 – третий выбранный шар –
белый;
7
событие А4 –четвертый выбранный шар –
черный;
событие А5 –пятый выбранный шар –
черный;
Надо отметить, что события А1 , А2, А3
зависимые, т. к. появление события А1 изменяет
вероятность появления событий А2 и А3 (число
белых шаров ограничено и по условию они не
возвращаются в урну). Также эти события
совместны, т. к. появление одного белого шара в
первом испытании не исключает появление белого
шара во втором (оно всего лишь уменьшает
вероятность его появления). А событие, состоящее
в совместном появлении событий, есть произведение
этих событий, т. е.
А=А1 А2 А3 А4 А5
Р(А) = Р(А1 А2 А3 А4 А5).
По следствию теоремы умножения вероятностей
вероятность совместного появления нескольких
событий равна произведению вероятности одного из
них на условные вероятности всех остальных, причем
вероятность каждого последующего вычисляется в
предположении, что все предыдущие события уже
появились.
Условная вероятность РА(В) – вероятность
события В, вычисленная в предположении, что
событие А уже наступило.
8
Значит, Р(А) = Р(А1) РА1 ( А2) РА1 А2 (А3) РА1 А2
А3
(А4) РА1 А2 А3 А4 (А5).
Вероятность любого события можно рассчитать
по формуле классического определения вероятности
события H:
P(Аi) =
m m
,
n n
где m – число исходов, благоприятствующих
появлению события Аi;
n – число всех возможных исходов.
Р(А)
=
Р(А1)Р
А1
( А2)
РА1
А2
(А3)
= 6  5  4  5  4  493 .
11 10 9 8 7 693
2. Введем событие В – в выбранных наудачу
пяти шарах белых шаров меньше трех.
Событие В также является сложным, т. е. его можно разбить на элементарные события
В1 – в пяти выбранных
шарах 0 белых шаров;
В2 – в пяти выбранных
шарах один белый шар;
В3 – в пяти выбранных
шарах два белых шара.
Эти события – В1, В2, В3 – несовместные,
независимые, т. к. появление события В1 (в пяти
выбранных шарах нет ни одного белого) исключает
появление в выбранной пятерке двух белых шаров
(событие В3) или одного шара (событие В2). Поэтому
9
событие В есть сумма событий В1, В2 и В3 (суммой
нескольких событий называют событие, состоящее в
появлении хотя бы одного из них):
В = В1 + В2 + В3.
Р(В) = Р(В1 + В2 + В3).
По следствию теоремы сложения несовместных событий
вероятность появления одного из нескольких попарно
несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:
Р(В1 + В2 + В3) = Р(В1) + Р(В2) + Р(В3).
Р(В) = Р(В1 + В2 + В3) = Р(В1) + Р(В2) + Р(В3).
Необходимо заметить, что событие “в пяти
выбранных шарах ни одного белого” равносильно
событию “все пять выбранных шара – черные”,
которое, в свою очередь, равно произведению пяти
зависимых событий появления черного шара при
извлечении
шаров
из
урны.
Следовательно,
вероятность появления пяти черных шаров по
следствию теоремы умножения вероятностей равна
произведению вероятности событий появления черных
шаров на их условные вероятности:
Р(В1) =
5 4 3 2 1
1
1
    

.
11 10 9 8 7 6  77 462
Событие В2 (в пяти выбранных шарах один белый
шар) также являет собой событие, состоящее в
совместном появлении черных шаров, за исключением
лишь того, что черных шаров по отношению к
предыдущему случаю на один меньше, а белых – на
один больше, т.е. появлении в выборке четырех черных
и одного белого шаров. Значит, событие В2 есть
10
произведение событий – появления четырех черных
и одного белого шаров. Следовательно, по следствию
теоремы
умножения
вероятностей
событий,
вероятность события В2 вычисляется следующим
образом:
Р(В2) =
5 4 3 2 6
1
    .= .
11 10 9 8 7 77
Событие В3 (в пяти выбранных шарах два белых
шара) по аналогии равно произведению совместных
событий появления двух белых шаров и трех черных.
Вероятность, соответственно, равна произведению
событий на их условные вероятности:
Р(В3) =
6 5 5 4 3
5
5
    

.
11 10 9 8 7 2  77 154
Итак, искомая вероятность
Р(В)
равна
Р(В) =
1
Р(В1) + Р(В2) + Р(В3) = = 462 .
3. Введем событие С – в выбранных случайным
образом пяти шарах имеется хотя бы один белый шар.
Решим эту задачу, используя понятие полной
группы. Несколько событий образуют полную группу,
если в результате испытания появится хотя бы одно
из них. По теореме сложения противоположных
событий сумма вероятностей противоположных
событий равна единице.
Противоположными называют два единственно
возможных события, образующих полную группу.
11
Введем событие C – в выборке из пяти шаров
нет ни одного белого. События С и C –
противоположные события.
Следовательно, Р(С) + Р( C ) = 1. Из решения
данной задачи в пункте 2 Р( C ) =
= 1-
1
. Р(С) = 1 - Р( C )
462
461
1
.
.=
462 462
Ответ: 1.
2.
3.
4
.
33
1
.
462
461
.
462
Задача2. В монтажном цехе к устройству
присоединяется электродвигатель. Электродвигатели
поставляются тремя заводами–изготовителями. На
складе имеются электродвигатели этих заводов
соответственно в количестве 10, 15 и 20 штук, которые
могут безотказно работать до конца гарантийного
срока с вероятностями соответственно 0,94, 0,85 и 0,8.
Рабочий берет случайно один электродвигатель и
монтирует его к устройству. Найти вероятность того,
что смонтированный и работающий безотказно до
конца рабочего срока электродвигатель поставлен
12
соответственно первым, вторым и третьим заводами–
изготовителями.
Решение.
Введем событие А, вероятность которого
необходимо найти – “смонтированный двигатель
работает безотказно до конца рабочего срока”.
Обозначенное
событие
является
сложным,
разбиваемым на элементарные события
А1
–
электродвигатель первого завода;
А2
–
электродвигатель второго завода;
А3
–
электродвигатель третьего завода.
выбран
выбран
выбран
Вероятности этих событий находятся делением
числа двигателей данного завода на общее число
складируемых двигателей и соответственно равны:
10 2
 ;
45 9
15 1
 ;
Р(А2) =
45 3
20 4
 .
Р(А3) =
45 9
События А1, А2, А3 образуют полную группу, т. к.
Р(А1) =
в результате испытания (выбор электродвигателя)
появится только одно из них (или выберут двигатель
первого завода, или выберут двигатель второго завода,
13
или третьего). По теореме сложения несовместных
событий сумма событий, образующих полную группу,
равна единице. Проверим данное нами утверждение с
помощью этой теоремы:
Р(А1) + Р(А2) + Р(А3) =
2 1 4
   1 . Следовательно,
9 3 9
события А1, А2, А3 образуют полную группу. Мы
можем найти вероятность того, что выбранный
двигатель обладает хорошими качественными
показателями, т. е. прослужит с определенной
вероятностью до конца гарантийного срока. Для этого
нам необходимо воспользоваться формулой полной
вероятности, которая является одновременно и
алгебраической иллюстрацией соответствующей
теоремы: вероятность события А, которое может
наступить лишь при условии появления одного из
A A A
A
, 2 , 3 ,..., n , образующих
несовместных событий
1
полную группу, равна сумме произведений вероятностей
каждого из этих событий на соответствующую условную
вероятность события А:
n
Р(А)=
 P( A )  P A ( A)
i 1
i
i
Из условия задачи имеем следующие условные
вероятности (вероятности того, что электродвигатели
безотказно проработают до конца гарантийного срока
при условии их выпуска определенным заводом–
14
изготовителем) равны соответственно
P A ( A)  0,94, P A ( A)  0,85, P A ( A)  0,8.
1
2
3
Находим, что вероятность того, что взятый
двигатель работоспособен в течение всего
гарантийного срока равна Р(А)=
Теперь, наконец, найдем вероятность того, что
смонтированный и работающий безотказно до конца
гарантийного срока двигатель поставлен
соответственно первым, вторым и третьим заводами по
формуле Бейеса. Вероятность того, что работающий
двигатель поставлен первым заводом, есть условная
вероятность, что событие А1 (взят и смонтирован
двигатель первого завода) произойдет при условии, что
событие А (двигатель проработает безотказно в
течение всего гарантийного срока) совершилось. По
аналогии можем сказать и про оставшиеся два завода и
поставляемые ими двигатели.
Формула Бейеса имеет общий вид
P ( Ai )  P ( A)
Ai
.
P A ( Ai) 
P ( A)
Для первого завода имеем, что вероятность того,
что выбранный безотказно работающий двигатель
поставлен именно им, равна
P (A
A
( A)  P ( A )
P
A
)
1
1
1
P ( A)
=
188 900 188


;
900 763 763
15
для второго завода имеем
P A ( A2
( A)  P ( A )
P
A
)
2
2
P ( A)
=
85 900 255


;
300 763 763
наконец, для третьего получаем
( A)  P( A )
P
A
)
P A ( A3
3
3
P( A)
=
320
.
763
Ответ: Вероятности того, что смонтированный и
работающий безотказно двигатель поставлен первым,
320
188 255
вторым или третьим заводами, равны
,
и
763 763
763
соответственно.
Задача3. В каждом из 790 независимых
испытаний событие А происходит с постоянной
вероятностью 0,53. Найти вероятность того, что
событие А происходит:
1. точно 360 раз;
2. меньше, чем 360 и больше, чем 311 раз;
3. больше, чем 360 раз.
Решение.
1. Вероятность появления определенного
события точное число раз при повторных испытаниях
можно определить двумя способами: по формуле
Бернулли и с помощью локальной теоремы Лапласа.
Различие в методике использования заключается в том,
что первый способ дает точный результат, второй
16
применяется для приближенных вычислений. Но,
несмотря на сравнительное преимущество, формула
Бернулли (а точнее — ее применение) имеет один
существенный недостаток — она, применима лишь для
небольшого числа повторов (обычно — порядка
десяти), превышение лимита рациональности ведет к
трудоемким вычислениям и неизбежным ошибкам (в
таблице факториалов, например, факториалы больших
чисел даны приближенными). Формула, основанная на
локальной теореме, дает в этом плане перевес в
преимуществах. По этой причине мы воспользуемся
именно ей. Но для начала сформулируем локальную
теорему Лапласа: Если вероятность р появления события
А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и
единицы, то вероятность
P
n
(k ) того, что событие А
появится в п испытаниях k раз, приближенно равна
значению функции
 x 
y=
x=(k–np)/ npq ,
q=1–p.
То есть
P
n
(k )
npq
, где
 x 

npq
.
Таким образом, искомая вероятность появления
события А 360 раз в 790 повторных испытаниях с
17
частотой появления этого события 0,53 равна
P
790
 ( x)
(360) 

 ( x)
 ( x)

.
790  0,53  0,47 14,02815 14,0282
k  np 360  418,7
x=

 4,18 ;   4,18   (4,18)  0 .
14,0282
npq
2.Для определения вероятности происхождения
события при повторных испытаниях не определенное
число раз, а находящееся в интервале от одного числа
до другого необходимо использовать интегральную
теорему Лапласа: Если вероятность р наступления
события А в каждом испытании постоянна и отлична от
P k , k  того, что
событие А появится в п испытаниях от k до k раз,
нуля и единицы, то вероятность
n
1
2
1
2
приближенно равна определенному интегралу
//
2
1 x z 2
, 2 
e
dz ,
n
1
2 x /
P k k 
где x"=( k 2 - np)/ npq ,
x
/
 (k 1  np) / npq.
Используя формулу Ньютона-Лейбница для
определенного интеграла, можем переписать данный
интеграл с помощью функции Ф(x), значения которой
есть в специально разработанных таблицах. Эта
функция обладает следующими свойствами:
 она нечетна;
 для x>5 Ф(x)=0,5.
Здесь мы имеем в данных:
18
k
k
1
=311;
=360;
n=790;
p=0,53.
/
Рассчитаем x" и x : x'' имеем из предыдущего
пункта данной задачи равным -4,18. Найдем x':
2
x'=
311  790  0,53
 7,68 .
790  0,53  0,47
Ф(x') = Ф( -7,68) = - Ф(7,68) = -0,5;
Ф(x'') = Ф(-4,18) = - Ф(4,18) = - 0,499968,
P
790
(311;360)  x' '  x'  Ф(-7,68) - Ф(-4,18) = -
0,499968 + 0,5 = =0,000032.
В условии задачи сказано, что событие произошло
число раз, большее 360. То есть событие А произошло
361, 362, … ,790 раз. В данном случае мы ищем
вероятность Р(360<x<790) = P(361  x<790). Она
рассчитывается также с помощью интегральной
теоремы Лапласа. Выведем данные:
k1 =361;
k
= n = 790;
p=0,53.
Найдем для них x', x''.
2
x' =
k
1
 np
npq

361  790  0,53
 -4,11;
790  0,53  0,47
19
x'' =
k
2
 np
npq

790  0,47
 26,47.
790  0,53  0,47
Для них имеем:
Ф(x') = Ф(-4,11) = - Ф(4,11) = -0,499968,
Ф(x'') = Ф(26,47) = 0,5.
P790 (361,790)  Ф(x'') - Ф(x') = 0,5 + 0,499968 =
0,999968  0,99997.
Ответ: 1. 0;
2. 0,000032;
3.  0,99997.
Задача4. Случайная величина X задана рядом
распределения:
X
P
12
15
18
1
8
1
6
61
120
Найти функцию распределения F(x) случайной
величины X и построить ее график. Вычислить для X
ее среднее значение M(x), дисперсию D(x) и моду М 0 .
Решение.
Для решения данной задачи необходимо
определиться, что является случайной величиной.
Случайной величиной называют величину, которая в
результате испытания примет одно и только одно
возможное значение, наперед не известное и зависящее
от случайных причин, которые заранее не могут быть
20
учтены. Различают дискретные (прерывные),
непрерывные и прерывно-непрерывные случайные
величины.
Дискретной называют случайную величину,
которая принимает отдельные. Изолированные
возможные значения с определенными вероятностями.
Непрерывной называют случайную величину,
которая может принимать все значения из некоторого
конечного или бесконечного промежутка.
Прерыно-непрерывной случайной величиной
является случайная величина, совмещающая в себе
признаки двух предыдущих.
По определению мы имеем в данном случае
дискретную случайную величину. Ряд распределения
представляет собой форму закона распределения
дискретной случайной величины. Законом
распределения дискретной случайной величины
называют соответствие между возможными
значениями и их вероятностями. События образуют
полную группу (в одном испытании случайная
величина принимает одно и только одно возможное
значение), следовательно, сумма вероятностей этих
событий равна единице:
1
1
+
8
6
+
61
1
+ = 1.
120
5
Главное условие задания случайной величины
выполняется. Условие — верно. Следовательно, мы
можем продолжать решение этой задачи.
21
Функцией распределения случайной величины X
называется вероятность случайной величине быть
меньше заданного числа. Найдем ее, рассмотрев пять
промежутков:
1. x  12 ;
2. 12  x  15 ;
3. 15  x  18 ;
4. 18  x  24 ;
5. x>24.
1. если x  12 , то
F(x) = P(X<x) = P(X<12) = 0;
2. если 12  x  15 , то
F(x) = P(X<x) =
3. если 15  x  18 , то
F(x) = P(X<x) =
1
;
8
3 4 7
1
1
+ =
 ;
8
6
24
24
4. если 18  x  24 , то
F(x) = P(X<x) =
5. если x>24, то
1
1
+
8
6
+
4
61
=
;
120
5
22
F(x) = P(X<x) =
1
1
+
8
6
+
4
61
1
+
=
+
120
5
5
4
= 1.
5
Действительно, по свойству функции
распределения, если возможные значения случайной
величины принадлежат интервалу (a, b), то:
1. F(x) = 0 при x  a;
2. F(x) =1 при x  b.
Мы имеем при x  12 (нижняя граница) F(x) = 0;
при x  24 (верхняя граница) F(x) = 1.
Таким образом, мы имеем следующую функцию
распределения:

12
 0 , если x
1
, если 12  x  15

8
7

F(x) = 
, если 15  x  18
24

 4 , если 18  x  24
5
 1 , если
x  24
Графиком полученной функции будет кусочнозаданная функция на пяти интервалах.
Среднее значение дискретной случайной
величины X M(x) есть математическое ожидание,
которое есть сумма произведений всех ее возможных
значений на их вероятности:
23
n
M(x) =
x1  p1  x2  p2  ...  xn  pn   xi  pi .
i 1
Используя имеющиеся данные, получаем,
4
математическое ожидание равно M(x)=  xi
M(X)= 12 1  15  1  18  61  24  1  3  5  3  61  24 
8
6
120
5 2 2 20
5
183  96
279
19
 4
 4
 17  17,95
20
20
20
i 1
pi
Дисперсией (рассеяньем) D(x) дискретной
случайной величины называют математическое
ожидание квадрата отклонения случайной величины от
ее математического ожидания:
2
D(x) = M(X – M(x) ) , т. е.
D(x) =
(12 17,95)
2
1
2 1
2 61
  (15 17,95)   (18 17,95) 
 (24 17,95)
8
6
120
.
Модой M o называется наивероятнейшее
значение случайной величины. То есть это значение x,
которому соответствует наибольшая вероятность.
M o = 18 (соответствующая ей частота, равная
61 1 1 1
> > > ).
120 5 6 8
Ответ:
24
0
1

 87

 F(x) = 
 24
4
5
 1
, если
x

12
, если 12  x  15
, если 15  x  18
, если 18  x  24
, если
x
24
 М(x) = 17,95;
 D(x) = 13,1975;
 M0 =18.
Задача5. Случайная величина X задана функцией
плотности вероятности
x
0;
 0,
x
f(x)=  , 0  x  22;
 11
x
22.
 0,
Найти функцию распределения F(x) случайной
величины X. Построить графики функций F(x) и f(x).
Вычислить для X ее среднее значение M(x), дисперсию
D(x), среднее квадратичное отклонение  (x).
Решение.
По определению плотности распределения
плотностью распределения вероятностей непрерывной
25
случайной величины X называют функцию f(x) ––
первую производную от функции распределения F(x):
f(x) = F’(x).
Таким образом, для нахождения функции
распределения необходимо проинтегрировать функцию
плотности распределения:
x
F(x) =
 f ( x)dx.

1. По свойству плотности распределения

 f ( x)  1 .

 222


    22
f
(
x
)
dx

0
dx

dx

0
dx




0


 11

 11  22



0
22
0


1
. Получаем, множитель   .
22
Таким образом, функция плотности
распределения примет вид:
x
0;
 0,
 x
, 0  x  22;
f(x)= 
242

x
22.
 0,
2. Проинтегрируем функцию f(x):
2.1. если x  0, то

0
0
 0dx  0

22
x

22
x
26
2.2. если 0<x  22 , то
2
x
x
0dx  0 242 dx  484
0
x
2.3.если x>22, то
0
22
x
x
dx   0dx  1.
0 242
22
 0dx  

Таким образом, мы имеем следующую функцию
распределения F(x):
x
0;
 0,
 2
F(x) =  x , 0  x  22;
 484
x
22.
 1,
Среднее значение M(x) непрерывной случайной
величины X (в данном случае мы имеем дело именно с
непрерывной случайной величиной, так как плотность
распределения присуща только ей и является ее
характеристикой) вычисляется как определенный
интеграл на отрезке интегрирования, составляющем
все возможные значения случайной величины X:

M(x) =
 x  f ( x)dx .

Мы имеем M(x) =

0
22

x
44
2
xf ( x)dx  x  0dx  0 x  242 dx  22 x  0dx  3  14 3 .
27
Дисперсией непрерывной случайной величины
называют математическое ожидание квадрата ее
отклонения.

D(x) = 
x  M ( x)  f ( x)dx .
2

Получаем, что дисперсия равна D(x)

=
x  M ( x)  f ( x)dx =
2

=
2
2
2


 0   x 14  dx    x 14 
3
3


0
22

0
2
2
2

x

dx   0   x 14  dx 
242
22
3




  x 14

22
0
=
 44 
 x 
3

22
0
2
22
22
x
1
 2 1936 88  x
 3 1936

dx    x 
 x 
dx 
  x 
242
9
3  242
242 0 
9
0
=
22
22
22
22
22
1
1 1936
1 88 2
1
1936
3
3
dx 
xdx 
dx 
dx 
xdx 
x
x
x




242 0
242 0 9
242 0 3
242 0
9  22 0
3
=
22
4
22
2
22
0
0
0
3
4
1 x 8 x
4 x
1936 42592 242
8

 

 22 


 26 .
242 4 9 2
33 3
968
9
99
9
9
28
Среднее квадратическое отклонение
непрерывной случайной величины определяется
равенством
 (x) = D(x)
 ( x) 
242
121
11

2 
2  5,19
9
9
3
Ответ:




x
0;
 0,
 2
F(x) =  x , 0  x  22;
 484
x
22.
 1,
2
M(x) = 14 ;
3
8
D(x) = 26 ;
9
 (x)  5,19.
Задача 6. В партии яиц средний вес яйца равен 57
граммам. Считая, что вес яйца распределяется по
нормальному закону,
1. определить:
а)процент яиц, идущих в заготовку, если в
заготовку принимают яйца весом от 53 до 58 граммов;
б)указать интервал, содержащий практически
все возможные значения веса одного яйца;
2. построить график плотности распределения;
3. построить
график
F(x)
функции
распределения.
29
(  = 5).
Решение.
1. Процент
яиц,
идущих
в
заготовку,
определяется как вероятность попадания
случайной величины в заданный интервал:
 a
  a 
 – Ф

  
  
P(  <x<  ) = Ф 
1
4
1
4
P(53<x<58) = Ф   - Ф     Ф   + Ф   
5
 5
5
5
0,0793 + 0,2881 =0,3674, или 36,74%.
2.По правилу трех сигм, которое говорит, что
при нормально распределяемой случайной величине все
ее значения отклоняются от среднего по модулю не
дальше чем на три сигмы, определяем, интервал,
содержащий практически все возможные значения:
x  57  3  5 ;
x  57  15 ;
-15<x-57<15;
42<x<72;
x  (42; 72).
3.
30
31
Рис.. График функции распределения F(x).
Ответ:
1.36,74%
2. x  (42; 72).