государственное автономное профессиональное образовательное учреждение Свердловской области «Нижнетагильский государственный профессиональный колледж

государственное автономное профессиональное образовательное
учреждение Свердловской области
«Нижнетагильский государственный профессиональный колледж
им. Н. А. Демидова»
(ГАПОУ СО «НТГПК им. Н.А. Демидова»)
Методические указания
для выполнения контрольной работы
по дисциплине «Теория вероятностей и математическая статистика»
230113 «Компьютерные системы и комплексы»
для студентов заочного отделения
2015
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНОЙ
РАБОТЫ
При выполнении контрольной работы по «Теории вероятностей и
математической статистике» нужно придерживаться следующих правил.
1. Каждую контрольную работу выполнять в отдельной тетради чернилами
любого цвета, кроме красного, оставляя поля для замечаний рецензента.
2. На обложке тетради ясно написать фамилию, инициалы, учебный шифр,
номер контрольной работы, название дисциплины. В конце работы указать
использованную литературу, дату выполнения и расписаться.
3. В работу включить все задачи, указанные в задании, строго по своему
варианту.
4. Решения задач располагать в порядке номеров, указанных в заданиях,
сохраняя номера задач.
5. Перед решением каждой задачи записать полностью ее условие.
6. Решения задач излагать подробно и аккуратно, объясняя и мотивируя все
действия по ходу решения и делая необходимые чертежи.
7. После получения прорецензированной работы, исправить все отмеченные
рецензентом ошибки и недочеты, и выполнить все рекомендации рецензента.
Если работа возвращена на доработку, то нужно выполнить указания
рецензента в той же тетради в короткий срок и сдать работу на повторную
проверку. В связи с этим рекомендуется оставлять в конце тетради несколько
чистых листов.
По каждой работе со студентом проводится собеседование, после чего
выставляется зачет по контрольной работе. Без зачтенных контрольных работ
студент к аудиторной контрольной работе не допускается.
ПРАВИЛО ВЫБОРА ВАРИАНТА
Вариант контрольной работы определяется по таблице в зависимости от
двух последних цифр номера шифра личного дела студента. В колонке таблицы
по вертикали расположены цифры от 0 до 9, каждая из которых предпоследняя цифра номера шифра. В верхней строке по горизонтали
размещены так же цифры от 0 до 9, каждая из которых – последняя цифра
шифра.
Пересечение вертикальной и горизонтальной линий определяет номера
заданий контрольной работы. Например, по последним двум цифрам номера
шифра “78” находят вариант контрольной работы на пересечении строки с
цифрой 7 и столбец с цифрой 8. Для контрольной работы это номера: 4, 17, 23,
39, 47, 56. Будьте внимательны при выборе варианта. Работа, выполненная не
по своему варианту, возвращается без проверки.
ТАБЛИЦА ВЫБОРА ВАРИАНТА КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ
Последняя цифра номера шифра
0
0
П .
р
е
д
п
о
с
л
е
д
н
я
.
я
2
ц
и
ф
р
а
н
о
м .
е
р
а
ш
и
ф
р
а
1
3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
10
4
5
6
7
8
9
11
12
13
20
14
15
16
17
18
19
30
21
28
29
27
26
24
25
23
22
39
40
31
38
32
33
34
35
36
37
44
41
46
45
49
47
50
48
43
42
60
57
56
54
51
52
53
55
58
59
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
40
39
38
37
36
35
34
33
32
31
43
44
45
46
47
48
49
50
41
42
54
56
55
60
57
53
51
58
59
52
2
1
6
7
3
8
4
5
10
9
12
13
14
11
19
16
15
17
20
18
28
30
22
23
24
25
26
27
29
21
40
38
39
36
31
37
32
33
34
35
45
46
42
41
43
44
50
47
48
49
51
54
58
53
55
59
52
57
56
60
9
10
7
6
5
4
3
1
8
2
19
18
20
17
16
15
14
12
13
11
30
29
28
27
26
25
24
23
21
22
39
40
37
38
31
32
33
34
35
36
42
41
43
44
45
46
47
48
49
50
54
56
55
59
58
57
60
52
51
53
.
4
3
2
1
4
5
7
9
10
6
8
13
17
15
16
14
12
18
11
20
19
27
29
30
21
22
24
25
26
28
23
31
33
32
34
35
36
39
37
40
38
46
45
47
48
50
49
41
42
43
44
51
56
57
54
55
53
60
52
58
59
8
7
10
5
4
6
2
1
9
3
18
19
17
20
12
14
13
15
11
16
22
23
24
25
21
27
28
29
30
26
38
31
32
33
34
35
36
37
39
40
42
46
45
49
48
47
50
41
43
44
58
56
57
60
52
59
53
55
51
54
..
5
..
6
7
6
9
10
3
2
1
8
5
4
17
18
19
16
20
11
12
14
13
15
23
24
25
26
27
28
29
30
22
21
37
38
31
32
33
34
35
36
40
39
49
50
48
47
41
42
43
44
45
46
54
55
58
56
60
52
59
53
51
57
6
10
8
9
7
1
2
3
4
5
..
7
16
15
14
13
12
20
18
19
17
11
24
26
27
28
29
30
21
22
23
25
36
37
40
31
32
33
34
35
39
38
49
50
41
42
43
44
45
46
47
48
54
60
57
55
53
58
52
59
56
51
..
8
9
5
4
3
2
1
10
7
9
8
6
15
14
13
12
11
16
20
19
18
17
25
27
28
30
29
21
22
23
24
26
40
32
33
34
35
36
37
31
38
39
48
47
50
49
44
45
46
41
43
42
51
55
60
52
59
57
53
58
56
54
4
3
2
1
8
9
10
6
5
7
14
15
13
12
17
16
11
20
19
18
26
28
29
30
21
22
23
24
25
27
32
31
34
35
36
37
38
33
39
40
47
48
49
50
42
43
44
45
46
41
53
60
59
52
58
56
55
54
57
51
В предлагаемых методических указаниях решены задачи, аналогичные
тем, которые даются студентам-заочникам в контрольных работах; обращено
внимание на основные трудности и типичные ошибки, которые допускаются
при выполнении контрольных работ.
Перед решением каждой задачи предлагаем ознакомиться с основными
вопросами теории. Перечисленные ниже вопросы по каждой теме являются
основными при защите контрольных работ.
При выполнении контрольных работ, давая детальные решения задач, не
следует вдаваться в подробные словесные объяснения.
Краткие теоретические сведения и примеры решения типовых задач
Опыт в теории вероятностей – это любое наблюдение, измерение,
эксперимент и т. п., результаты которого заранее неизвестны. Событие –
результат опыта.
Некоторые опыты распадаются на схему случаев или схему шансов. Это
означает, что результаты опыта образуют множество событий E  {e1 , e2 ,..., en } ,
обладающих следующими свойствами:
1.В результате опыта обязательно происходит одно из событий множества E ;
2. e1 , e2 ,..., en – несовместные события, т.е. два или несколько различных событий
в результате одного опыта произойти не могут;
3. e1 , e2 ,..., en – независимые события, это означает, что если в результате опыта
произошло событие ei (i  1,2,..., n) , то шансы на появление любого из этих
событий при повторном опыте это не меняются;
4. e1 , e2 ,..., en – равновозможные события, т.е. все события имеют одинаковые
шансы на появление в результате опыта.
Множество событий, обладающих свойствами 1-4, называют
множеством элементарных исходов опыта.
Любое подмножество EA множества E , ( EA  E ), представляет собой
событие A , связанное с данным опытом. Пусть n( E )  n – число элементарных
исходов опыта или число элементов множества E , n( EA )  m – число элементов
подмножества EA или число исходов, благоприятствующих событию A .
Вероятностью события A называют отношение числа элементарных
исходов, благоприятствующих событию A , к общему числу элементарных
исходов:
P( A) 
m
n
(1)
Формулу (1) называют формулой классической вероятности. Она
применима лишь для опытов, которые распадаются на схему шансов.
Вычисление
по
этой
формуле
вероятности
события
называют
непосредственным подсчетом вероятности.
Множество всех подмножеств множества E называют булеаном
множества E и обозначают 2Е или P( E ). Булеан включает в себя, наряду с
другими подмножествами, пустое подмножество  и все множество E .
Событие, соответствующее пустому множеству, называют невозможным
событием, всему множеству E - достоверным событием.
Поскольку n()  0 , а n( E )  n , имеем:
P ()  0 ,
а P( E )  1
(2)
Число элементов любого другого подмножества A в булеане больше 0 и
меньше n . Следовательно, 0  P( A)  1 . Таким образом, вероятность любого
события, включая невозможное и достоверное, удовлетворяет неравенству:
0  P( A)  1
(3)
Для вычисления числа всех элементарных исходов n( E )  n и числа
исходов, благоприятствующих событию A : n( EA )  m , используются правила и
формулы комбинаторики.
Правило сложения. Число элементов объединения множеств A и B равно
сумме чисел элементов каждого множества, минус число элементов в их
пересечении.
n( A  B)  n( A)  n( B)  n( A  B)
(4)
Правило умножения.
Пусть ( x1 , x2 , x3 ,..., xn ) – последовательность n элементов какого-либо
множества.
Если существует m1 способов выбрать элемент x1 и после этого выбора
остается m2 способов выбрать элемент x2 , то существует m  m1  m2 способов
выбрать пару ( x1, x2 ) .
Если существует m1  m2 способов выбрать пару ( x1, x2 ) и после этого
выбора остается m3 способов выбрать элемент x3 , то существует m  m1  m2  m3
способов выбрать тройку ( x1 , x2 , x3 ) и т.д.
Окончательно имеем: существует m  m1  m2  ...  mn способов выбрать
последовательность ( x1 , x2 , x3 ,..., xn ) .
Чаще всего элементарные исходы опыта представляют собой выборки
или расстановки одного из трех видов: размещения, сочетания или
перестановки. Определить вид расстановок, а также найти число расстановок
определенного вида можно, используя схему определения вида расстановок
(см. Рис.1 и табл.1).
Формула классической вероятности имеет достаточно узкий спектр
применения: ею можно пользоваться лишь в тех случаях, когда опыт
распадается на схему шансов. Более общей является формула статистической
P( A) 
m
n .
вероятности:
Здесь n – столько раз был повторен опыт, m – столько
раз в n опытах появилось событие A .
Таблица 1
Треугольник Паскаля
Cn0  Cnn  1
,
Сnm  Cnm11  Cnm1 ,
0mn
m
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
n
0
1
1
1
1
2
1
2
1
3
1
3
3
1
4
1
4
6
4
1
5
1
5
10
10
5
1
6
1
6
15
20
15
6
1
7
1
7
21
35
35
21
7
1
8
1
8
28
56
70
56
28
8
1
9
1
9
36
84
126
126
84
36
9
1
10
1
10
45
120
210
252
210
120
45
10
1
Отличаются ли расстановки составом
элементов?
да
нет
Перестановк
и
Размещения или
сочетания
Элементы
Отличаются порядком
повторяются
?
элементов?
да
нет
Размещени
я
Сочетания
да
Перестановки
с повторениями
Элементы
Элементы
повторяются
?
да
нет
повторяются
?
да
Размещения
Размещения
с
повторениям
и
без
повторений
Сочетания
нет
Сочетания
без
с
повторений
повторениям
и
Рис.1. Схема определения
вида расстановок и выбора формулы
нет
Перестановки
без
повторений
Сложение и умножение событий. Основные теоремы теории
вероятностей. Противоположное событие
Суммой событий A и B называют событие C , состоящее в том, что
произошло событие A или событие B :
A + B = C , C = A ИЛИ B .
Сумме событий A и B соответствует объединение подмножеств EA и
EB , где EA и EB – подмножества элементарных исходов опыта,
благоприятствующих событиям A и B соответственно: EAB  EA  EB .
Произведением событий A и B называют событие C , состоящее в том,
что произошло событие A и событие B :
A · B =C , C = A И B .
Произведению событий A и B соответствует пересечение
подмножеств EA и EB : EAB  EA  EB .
Используя равенства EAB  EA  EB , EAB  EA  EB и комбинаторные
правила сложения и умножения, получаем основные теоремы теории
вероятностей.
Теорема сложения. Вероятность суммы событий равна сумме
вероятностей этих событий минус вероятность их произведения:
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)
(5)
Теорема умножения. Вероятность произведения событий равна
произведению вероятности одного из этих событий на условную вероятность
другого события:
P( A  B)  P( A)  P( B A)  P( B)  P( A B)
(6)
В формуле (6) символы P( B A) и P( A B) обозначают условные
вероятности событий B и A соответственно, так P( B A) – это вероятность
события B при условии, что событие A произошло, P( A B) – вероятность
события A при условии, что произошло событие B .
Если события A и B несовместны, т.е. одновременно произойти не
могут, то их произведение есть невозможное событие и вероятность
P( A  B)  0 . Для этого случая терема сложения имеет вид:
P( A  B)  P( A)  P( B) ,
(7)
Равенство (7) называют Теоремой сложения для несовместных
событий.
Если события A и B независимы, т.е. появление одного из них не
P( B A)
P( A B)
изменяет числа шансов появления второго, то P (B ) 
и P ( A) 
.
Для этого случая терема умножения имеет вид:
P( A  B)  P( A)  P( B) ,
(8)
Равенство (8) называют Теоремой умножения для независимых
событий.
Событие A , состоящее в том, что событие A не произошло, называют
противоположным событию A . Очевидно, что события A и A несовместны,
независимы, а их сумма есть достоверное событие. Следовательно,
справедливы равенства:
P ( A)  1  P ( A); P ( A)  1  P ( A)
(9)
Формула полной вероятности и формула Байеса
Формула полной вероятности имеет вид:
n
P( A)  P( H1 ) P( A H1 )  P( H 2 ) P( A H 2 )  ...  P( H n ) P( A H n )   P( H i ) P( A H i )
i 1
(10)
Формула позволяет решать задачи следующего содержания.
Требуется найти вероятность события A , которое происходит вместе с
одним из событий H1 , H 2 ,..., H n . События H1 , H 2 ,..., H n называются гипотезами
и обладают следующими свойствами:
1.В результате опыта обязательно происходит одно из событий
H1 , H 2 ,..., H n
;
2. H1 , H 2 ,..., H n – несовместные события;
3. H1 , H 2 ,..., H n – независимые события.
Множество событий, обладающих свойствами 1-3, называют полной
группой событий.
Задача, обратная задаче о полной вероятности, решается по формуле
Байеса:
P( H i A) 
P( H i ) P( A H i )
P( H i ) P( A H i )
 n
P( A)
 P( H i ) P( A H i )
i 1
(11)
По этой формуле находят вероятность того, что событие A ,
произошедшее в результате опыта, сопровождалось реализацией гипотезы
Hi .
Формула Бернулли. Случайная величина, распределенная по
биномиальному закону
В элементарной математике рассматривается формула, называемая
бином Ньютона:
n
(a  b) n  Cn0 a n  Cn1 a n1b  Cn2 a n2b 2  ...  Cnn1ab n1  Cnnb n   Cnm a nmb m
m 0
Сnm 
n!
m!(n  m)! – число сочетаний из n по m .
,
(12)
где
Частными случаями бинома Ньютона являются часто используемые
формулы квадрат и куб суммы (разности):
(a  b) 2  C20 a 2  C21ab  C22b 2  a 2  2ab  b 2 ;
(a  b)3  C30 a 2  C31a 2b  C32 ab 2  C33b3  a 2  3ab  3ab 2  b3
.
Пусть в результате некоторого опыта может появиться (или не
появиться) случайное событие A . Вероятность появления в опыте события A
равна p , вероятность того, что A не появится, равна q . Очевидно, что
q  p  1 , q  p – вероятность достоверного события E : «в результате опыта не
появится ИЛИ появится событие A ». Если повторить опыт n раз, причем p и
q в каждом опыте остаются неизменными, то вероятность того, что E
появится в каждом из этих опытов, есть также достоверное событие и
P( E  E  ...  E )  P( E n )  (q  p)n  1 . Опыты, в каждом из которых сохраняются
вероятности p и q , называют опытами, проведенными по схеме Бернулли.
n
Применим формулу бинома Ньютона к равенству (q  p)  1 :
n
(q  p) n  Cn0 q n  Cn1 q n1 p  Cn2 q n2 p 2  ...  Cnn1qp n1  Cnn p n   Cnm p m q nm  1
m 0
,
(13)
Из равенства (6.13) следует двойное неравенство:
0  Cnm  p m  q nm  1,
(m  0,1,..., n)
.
Поэтому каждое слагаемое в формуле (13) есть вероятность
определенного события, которое может произойти в результате n опытов.
m m nm
Формула Бернулли утверждает, что Cn p q есть вероятность того,
что в n опытах событие A появится m раз:
P(m)  Cnm p m q nm ,
(14)
n
C
m
n
p nm q m  1
Равенство m0
есть распределение единицы вероятности по
всем возможным частотам появления события A в n опытах.
Пусть величина X – число появлений события A в n опытах. Построим
таблицу, сопоставляющую каждому возможному значению величины X ,
вероятность этого значения:
X m
P (m )
0
1
2
…
n
Cn0 q n
Cn1 p1q n 1
Cn2 p 2 q n2
…
C nn p n
n
 P ( m) 
m 0
n
C
m 0
m
n
p m q nm  1
Таблица, сопоставляющая каждому возможному значению величины
X , вероятность этого значения, называют рядом распределения случайной
величины X . Ряд распределения есть одна из возможных форм записи закона
распределения вероятностей дискретной случайной величины X .
Если случайная величина X  {0,1,2,..., n} есть число появлений события
A в n опытах, проведенных по схеме Бернулли, то ее закон распределения
вероятностей носит название биномиального закона распределения.
Закон распределения вероятностей дискретной случайной величины.
Точечные характеристики дискретной случайной величины
Случайной величиной X называют величину, значения которой до
опыта не известны. Можно сказать по-другому: X – случайная величина,
если X  a есть случайное событие, предсказать которое до проведения
опыта нельзя.
Если значения случайной величины – отдельные числа, то ее называют
дискретной случайной величиной (ДСВ).
До опыта знать значение X невозможно, но можно знать вероятность
каждого из допустимых значений ДСВ.
Закон распределения вероятностей ДСВ (или просто закон
распределения) – это таблица, правило, формула, которые позволяют найти
вероятность каждого из значений случайной величины.
Например, биномиальный закон удобно задавать с помощью формулы
Бернулли, (см. формулу (14)).
Часто закон распределения ДСВ задают с помощью таблицы или ряда
распределения, в котором первая строка – возможные значения X , вторая –
вероятности этих значений. Для нахождения вероятностей значений X
можно использовать статистическую вероятность. Для этого повторяют опыт
n раз и отмечают, сколько раз появилось то или иное значение случайной
величины. Число ni появлений события X  xi в n опытах называют
wi 
xi
ni
n
частотой значения а отношение
– относительной частотой этого
значения. Относительную частоту значения xi при достаточно большом
числе опытов можно рассматривать как статистическую вероятность события
X  xi :
P ( xi )  wi 
ni
n  pi .
Таблица частот и относительных частот имеет вид:
x
Значение ДСВ X , i
x0
x1
x2
…
xk
k
x n
Частота значения i , i
n0
n1
w0  p0
w1  p1
n2
…
w2  p2
…
nk
n
wn  pn
p
Относительная частота, статистическая
n
wi  i
x
n , pi
вероятность i ,
i 0
i
n
i 0
i
n
1
P( xi )  wi
Поскольку
, таблицу относительных частот можно
рассматривать как ряд распределения вероятностей случайной величины X .
Составим сумму:
n
 p x
i 0
i
i

1
(n0  x0  n1  x1  n2  x2  ...  nk  xk )  x
n
.
Очевидно, что x есть среднее значение величины X . В общем случае,
когда pi есть классическая или статистическая вероятность события X  xi ,
сумму
n
 p x
i
i
 M (X )
,
(15)
называют математическим ожиданием случайной величины X .
Математическое ожидание M ( X ) есть одна из основных точечных
характеристик случайной величины X . Две другие – это дисперсия и среднее
квадратическое отклонение, обе эти характеристики являются мерой
разброса значений X около математического ожидания.
Дисперсия определяется как математическое ожидание квадрата
отклонения величины X от M ( X ) :
i 0
n
 p  ( x  M ( X ))
i
i 0
Упростив
дисперсии:
формулу
(16),
i
получаем
n
 p x
2
i
i
2
 D( X )
(16)
вычислительную
формулу
 M 2 ( X )  D( X )
.
(17)
Квадратный корень из дисперсии называют средним квадратическим
отклонением:
D( X )   ( X )
.(18)
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое
отклонение случайной величины, распределенной по биномиальному закону,
определяются равенствами:
i 0
n
mC
M (X ) 
i 0
n
m
D( X ) 
i 0
2
m
n
p m  q nm  np
(19)
,
 Cnm p m  q nm  (np ) 2  npq
,
 ( X )  D(X )  npq ,
(20)
(21)
которые легко доказать методом математической индукции.
Нормальное распределение случайной величины. Связь биномиального
закона с законом нормального распределения
Если значения случайной величины заполняют сплошь какой-либо
промежуток числовой оси или всю числовую ось, то ее называют
непрерывной случайной величиной (НСВ).
Пусть X  [a, b] – непрерывная случайная величина; ее возможные
[ a, b] , т. е. событие A : a  X  b , есть
значения – все числа отрезка
достоверное событие и P(a  X  b)  1 . Единица вероятности распределяется
между всеми значениями НСВ, т.е. всеми числами отрезка [a, b] . Поскольку
чисел на любом отрезке числовой оси бесконечно много, то вероятность
P( X  x), ( x  [a, b])
бесконечно мала. Иными словами, X  x, x  [a, b]
практически невозможное событие: P( X  x)  0, ( x [a, b]) . Однако,
вероятность попадания значения случайной величины в любой конечный
интервал отрезка [a, b] от нуля отлична: P( x1  X  x2 )  0, ( x [ x1, x2 ]) .
Закон распределения вероятностей НСВ – это правило, формула,
график и т.п., которые позволяют найти вероятность попадания НСВ в
любой промежуток числовой оси.
Наиболее часто для задания закона распределения НСВ используют две
формы: функцию распределения и плотность распределения.
Функция распределения F (x) ( x  R ) случайной величины X (как
непрерывной, так и дискретной) есть вероятность события: X  x .
F ( x)  P( X  x), x  R .
(22)
Если известна F (x) , то вероятность попадания случайной величины в
промежуток от x1 до x2 вычисляют по формуле:
P( x1  X  x2 )  F ( x2 )  F ( x1 ) .
(23)
Производную функции распределения называют плотностью
распределения:
f ( x)  F ( x), x  R .
(24)
f
(x
)
Если известна
, то функцию распределения вычисляют по
формуле:
x
F ( x) 
 f (t )dt
.
(25)
x
Вероятность попадания случайной величины в промежуток от 1 до x2
определяется равенствами:

P( x1  X  x2 )  F ( x2 )  F ( x1 ) 
x2
x1
x2


x1
 f (t )dt   f (t )dt   f (t )dt
.
(26)
Математическое ожидание случайной величины X :

M ( X )   t  f (t )dt

.
(27)
Дисперсия случайной величины X :

D ( X )   t 2  f (t )dt  M 2 ( X )
.
Среднее квадратическое отклонение случайной величины X :

 ( X )  D( X ) .
(28)
(29)
Большинство случайных величин, наблюдаемых в опытах,
распределены по нормальному закону. Функция нормального распределения
и его плотность имеют вид:
1
F ( x) 
 2
x
e

( t a ) 2
2 2
dt
(30)
,


1
f ( x) 
e
 2
( x a )2
2 2
(31)
,
где a и  математическое ожидание и среднее квадратическое
отклонение нормально распределенной случайной величины.
Таблица 2
Свойства нормального распределения
№п.п.
Функция распределения F (x )
Плотность распределения f (x )
1
2
3
lim F ( x)  P ( X  )  1
x
1
lim f ( x)  lim f ( x)  0
lim F ( x)  P (  X )  0
x
x
x
a

1
P( X  a)  F (a) 
2
2
1


f ( x)dx   f ( x)dx 
a
1
2
2
3

3
P(a  X )  1  F ( A) 
1
2
 f ( x)dx  1

x1  x2  F ( x1 )  F ( x2 ) ,
4
5
F (x) – неубывающая функция
на всей числовой оси.
––
f ( x)  F ( x)  0, x  R

xa
f ( x)   3
e
 2
( x a )2
2 2
f max  f (a) 
, f (a )  0 ,
1
 2 ,
f (x) имеет единственную точку максимума x  a .
f ( x) 
6
1

5
2
––
f (a   )  0 ,
e

( x a ) 2
2 2
( x  a)
2
 2

,
f перегиб  f (a   ) 
1
 2e ,
f (x ) имеет две точки перегиба x  a   .
x
7

1
F ( x)  F (a ) 
e

 2 a
( t a )2
2 2
––
dt
Функции F (x) и f (x) обладают свойствами, записанными в табл 2.
Поскольку вычисления по формулам (30) и (31) довольно сложны,
значения функций F (x) и f (x) находят по таблицам. Таблицы этих функций
составлены для a =0 и  =1:
x
( x) 
 ( x) 
t2

1
2
e
dt
2 0
,
(30)
x2

1
e 2
2
(31)
,
Функцию (x) называют функцией Лапласа, функцию  (x )
плотностью нормального распределения.
t a
Если в формуле (30) сделать замену
t x y
xa

y
,
dt  dy ,
-
тогда
 . Отсюда получаем:
x a
x a
F ( x) 
1
2

e
y2

2
dy 

1
2
0
e

y2

2
dy 
1
2

e
0

y2
2
dy 
1
xa
 (
)
2

.
Чтобы пользоваться таблицей функции Лапласа, требуются следующие
формулы:
(1)
(2)
1
xa
 (
)
F (x)  2
 ,
 a  1
 a 
1
   (
)     (
)   (   a )  (  a )
P(  X   )  F (  )  F ( )  2
 
  2
 ,




P( X  a   )  P(a    X  a   )  ( )   (  )  2 (  )
(3)
.
P( X  a  3 )  2(3)  2  0.49865  0.9973
(4)
P( X  a  3 )  1  0.9973  0.0027
,
.
Примечание 1. В равенстве (3) использована нечетность функции
Лапласа: ( x)  ( x) .
Примечание 2. Равенство (4) называют Правилом трех сигм: Если X –
нормально распределенная случайная величина, то вероятность отклонения
ее от математического ожидания более, чем на три сигмы, ничтожно мала
(менее 0.3%).
Между законами нормального и биномиального распределения
существует глубокая связь. Если X – дискретная случайная величина,
распределенная по биномиальному закону, то для достаточно больших n
справедливы приближенные равенства:

1
e
npq 2
P(m)  Cnm  p m  q nm 
P(m1  m  m2 ) 
m2
C
k m1
k
n
( m a ) 2
2 npq

1
ma
)
 (
npq ,
npq
 p k  q nk  F (m2 )  F (m1 )  (
m2  a
m a
)  ( 1
)
npq
npq ,
Примечание. Напомним, что математическое ожидание и среднее
квадратическое отклонение биномиального распределения вычисляют по
формулам: a  np ,   npq .
Таким образом, при достаточно большом числе опытов n , проведенных
по схеме Бернулли, вероятности событий P (m) и P(m1  m  m2 ) , можно
вычислять по формулам, используя таблицы значений функции Лапласа и
плотности нормального распределения:
P (m) 
P(m1  m  m2 )
1
m  np
(
)
npq
npq
 (
m2  np
m  np
)  ( 1
)
npq
npq
(32)
(33)
Примечание 3. Равенство (33) называют Теоремой Лапласа, а
равенство (6.32) – Теоремой Муавра-Лапласа.
Задача 1. Из ящика, в котором содержится 5 белых и 7 красных шаров,
вынимают наугад три шара без возвращения. Какова вероятность, что среди
вынутых шаров будет 2 белых и один красный?
Решение
Опыт: вытаскивание трех шаров из ящика,
содержащего 12 шаров.
Множество элементарных исходов опыта E - все
расстановки из 12 элементов по 3 элемента.
Возможный
элементарный
Отвечая на вопросы схемы на рис., приходим к
исход опыта
выводу, что данные расстановки являются
сочетаниями без повторений из 12 по 2, поскольку
они отличаются друг от друга составом элементов
(шаров), порядок расположения шаров в выборке
не важен, элементы не повторяются.
Следовательно, число всех элементарных исходов опыта:
n  C123 
12!
9!10 1112

 220
3!(12  3)!
1 2  3  9!
.
Событие A : «среди трех вынутых шаров 2 белых и 1 красный».
Найдем m – число элементарных исходов, благоприятствующих
событию A , т.е. число таких наборов по 3 шара, в которых два шара белые и
один – красный.
В ящике 5 белых шаров, а в наборе их должно быть два. Можно
m1  C52 
5!
3!4  5

 10
2!(5  2)! 1  2  3!
составить
таких выборок. К каждой из 10
выборок можно добавить один из 7 имеющихся красных шаров: m2  7 .
Пользуясь комбинаторным правилом умножения, получаем:
m  m1  m2  10  7  70 наборов по 3 шара содержат 2 белых и 1 красный
шар.
P( A) 
m
70
7


n 220 22 .
Итак,
Задача 2. В первом ряду аудитории 6 парт. За эти парты всегда садятся
6 друзей-студентов. Какова вероятность того, что при случайной посадке за
эти парты Саша и Марина окажутся рядом?
Решение
1
2
3
А Б
С
А Б
К
рассадить шесть студентов {А,Б,С,М,К,Д} по
5 Опыт:
6
шести партам {1,2,3,4,5,6}. (Саша и Марина – это М
М К Д
и С). Два возможных элементарных исхода опыта
в таблице.
М Д показаны
С
4
Множество элементарных исходов опыта E – все расстановки из 6 элементов
по 6 элементов. Отвечая на вопросы схемы на рис., приходим к выводу, что
данные расстановки являются перестановками из 6 элементов без
повторений, поскольку они не отличаются друг от друга составом элементов
и элементы не повторяются.
n  P6  6! 720
.
Событие A : «Саша и Марина сидят рядом».
Пусть m – число элементарных исходов, благоприятствующих событию
A , т.е. число таких расстановок шести студентов по шести местам, в которых
С и М занимают соседние места. Это условие уменьшает число мест в ряду
на единицу, т.к. если, например, С занял какое-то место, то оказывается
занятым и соседнее место, потому что туда садится М.
Таким образом, число исходов, благоприятствующих событию A – это
число перестановок без повторений из пяти:
m  P5  5! 120
.
Итак,
P( A) 
m 120 1


n 720 6 .
Задача 3. Три стрелка стреляют по мишени по одному разу.
Вероятность попадания в мишень первым стрелком равна 0.7, вторым – 0.8,
третьим – 0.9. Найти вероятность того, что мишень будет поражена (а) одной
пулей, (б) двумя пулями, (в) хотя бы одной пулей.
Решение
Опыт: Три стрелка сделали по одному выстрелу по мишени. События
и их вероятности:
A1 – попадание первого стрелка, P( A1 ) =0.7, A1 – промах первого стрелка,
P( A1 ) =1- P( A1 ) =0.3;
A2 – попадание второго стрелка, P( A2 ) =0.8, A2 – промах второго стрелка,
P ( A2 ) =0.2;
A3 – попадание третьего стрелка, P( A3 ) =0.9, A3 – промах третьего стрелка,
P( A3 ) =0.1.
– один стрелок попал в цель И два промахнулись
– два стрелка попали в цель И один промахнулся
C – в цель попал один стрелок ИЛИ два стрелка ИЛИ три стрелка.
Найдем вероятность события A . Для этого распишем смысл события
A более подробно:
A – (один стрелок попал в цель И два промахнулись)=(первый стрелок
попал И второй промахнулся И третий промахнулся) ИЛИ (первый стрелок
промахнулся И второй попал И третий промахнулся) ИЛИ (первый стрелок
промахнулся И второй промахнулся И третий попал).
Заменяя текст символом события, а связки И / ИЛИ – знаками
умножения и сложения, получим:
A
B
A = A1 · A2 · A3 + A1 · A2 · A3 + A1 · A2 · A3 .
События A1 · A2 · A3 , A1 · A2 · A3 , A1 · A2 · A3 несовместны, а события,
входящие в произведения – независимы.
Пользуясь теоремами умножения для независимых событий и
сложения для несовместных событий, получаем:
P( A) = P( A1 ) · P ( A2 ) · P( A3 ) + P( A1 ) · P( A2 ) · P( A3 ) + P( A1 ) · P ( A2 ) · P( A3 ) 
=0.7·0.2·0.1+0.3·0.8·0.1+0.3·0.2·0.9=0.014+0.024+0.056=0.096.
Вероятность поражения цели одной пулей равна 0.096.
Рассуждая аналогично в случае события B , имеем:
B = A1 · A2 · A3 + A1 · A2 · A3 + A1 · A2 · A3 .
P(B) = P( A1 ) · P( A2 ) · P( A3 ) + P( A1 ) · P ( A2 ) · P ( A3 ) + P( A1 ) · P( A2 ) · P ( A3 ) =
=0.7·0.8·0.1+0.7·0.2·0.9+0.3·0.8·0.9=0.056+0.126+0.216=0.398.
Вероятность поражения цели двумя пулями равна 0.398.
При вычислении вероятности события C можно рассуждать
аналогично и получить ответ на вопрос последней задачи. Однако записи и
вычисления при этом окажутся нерационально длинными. Поскольку в
вопросе последней задачи имеются слова «…хотя бы одной…», рекомендуем
воспользоваться следующим Правилом:
Правило. При вычислении вероятности события A , в записи которого
имеются слова
«…хотя бы один…» или аналогичные им слова,
рациональное решение требует перехода от этого события к
противоположному событию A , содержащего слова «…ни одного…». После
вычисления вероятности A вероятность A находится по формуле:
P ( A)  1  P ( A) .
Перейдем к событию C – (ни один из стрелков не
попал)=(промахнулся первый стрелок) И (промахнулся второй стрелок) И
(промахнулся третий стрелок):
C  A1  A2  A3 ,
P (C )  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 ) =0.3·0.2·0.1=0.006,
P (C )  1-0.006=0.994.
Вероятность поражения цели хотя бы одной пулей равна 0.994.
Задача 4. Футбольная команда играет 4 игры, причем вероятность
выигрыша в каждой игре примерно одна и та же. Тренер рассчитывает, что
вероятность победы хотя бы в одной игре равна 0.9744. Какова вероятность
победы в одной игре?
Решение
Опыт: 4 раза проводится футбольный матч.
Событие A – выигрыш хотя бы в одной из 4 игр, P( A) =0.9744.
Событие A – проигрыш всех 4 игр=(проигрыш в первой игре) И
(проигрыш во второй игре) И (проигрыш в третьей игре) И (проигрыш в
четвертой игре).
p – вероятность победы в одной игре,
q =1- p – вероятность проигрыша в одной игре.
P ( A)  0.9744 – вероятность выигрыша хотя бы в одной игре.
P( A) =1-0.9744=0.0256= q  q  q  q  q 4
– вероятность проигрыша всех четырех
игр.
q  4 0.0256  0.4 –
вероятность проигрыша в одной игре.
– вероятность выигрыша в одной игре.
Задача 5. В пирамиде 5 винтовок, три из которых снабжены
оптическим прицелом. Вероятность поражения мишени при выстреле из
винтовки с оптическим прицелом равна 0.95, без оптического прицела – 0.7.
Найти вероятность поражения мишени, если стрелок произведет один
выстрел из наудачу взятой винтовки.
Решение
Опыт: Взять наугад винтовку из пирамиды и произвести из нее
выстрел.
A – поражение мишени из взятой винтовки.
Событие A происходит совместно с одной из гипотез:
p  1  q  0.6
H1 – взята винтовка с оптическим прицелом;
H 2 – взята винтовка без оптического прицела.
3
 0.6 P( A H )  0.95
1
5
,
;
2
P ( H 2 )   0.4 P( A H )  0.7
2
5
,
.
P ( H1 ) 
События H1 и H 2 образуют полную группу событий, и задача решается
по формуле полной вероятности:
P( A)  P( H1 ) P( A H1 )  P( H 2 ) P( A H 2 )  0.6  0.95  0.4  0.7  0.85
.
Задача 6. Детали изготавливаются на 3 станках, причем на первом
станке изготавливается 50 % всех деталей, на втором 20%, остальные на
третьем. Вероятность брака на первом станке – 0.03, на втором – 0.025, на
третьем – 0.01. Взятая наугад деталь оказалась бракованой. Найти
вероятность того, что она изготовлена на втором станке.
Решение
Опыт: Взять наугад деталь.
A – взята деталь с браком.
Событие A происходит совместно с одной из гипотез:
H1 – взята деталь, изготовленная на первом станке;
H 2 – взята деталь, изготовленная на втором станке;
H3
– взята деталь, изготовленная на третьем станке;
Требуется найти P( H 2 A) – вероятность того, что деталь, оказавшаяся
бракованной, изготовлена на втором станке.
P( H1 )  50%  0.5 , P( A H1 )  0.03 ;
P( H 2 )  20%  0.2 , P( A H 2 )  0.025 ;
P( H 3 )  30%  0.3
, P( A H1 )  0.01;
События H1 , H 2 и H 3 образуют полную группу событий. Задача
P( H i A) 
P( H i ) P( A H i )
P( A)
в два действия:
решается по формуле Бейеса:
1. Найдем полную вероятность события A :
P( A)  P( H1 ) P( A H1 )  P( H 2 ) P( A H 2 )  P( H3 ) P( A H3 ) 
 0.5  0.03  0.2  0.025  0.3  0.01  0.023 .
2. Найдем вероятность того, что вынутая бракованная деталь
изготовлена на втором станке:
P( H 2 A) 
P( H 2 ) P( A H 2 ) 0.2  0.025 5


 0.2174
P( A)
0.023
23
.
Задача 7. Монету бросают 6 раз. Найти вероятность того, что «герб»
выпадет менее 2 раз. Составить ряд распределения случайной величины X –
число выпадений герба при шестикратном бросании монеты. Найти
математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение
этой величины. Построить гистограмму и многоугольник распределения.
Решение
Опыт: Монета брошена один раз.
pq
1
2
– вероятности выпадения герба и решетки при одном
бросании.
n  6 – столько раз повторен опыт.
Воспользуемся формулой Бернулли:
m
P ( m)  C p q
m
n
m
nm
1 1
 C    
2 2
m
6
и строкой треугольника
n6
6 m
6
1
1
C   
 C6m
2
64
 
,
Паскаля n  6 :
m
6
C60
C61
C62
C63
C64
C65
C66
1
6
15 20
15
6
1
Получаем ряд распределения случайной величины X – число
выпадений герба при шестикратном бросании монеты (первая и вторая
строки) и функцию распределения (первая и третья строки):
– число выпадений герба
при шестикратном бросании 0
монеты, m
m -кратного 1
Вероятность
64
выпадения монеты, P (m)
Значения
функции
распределения,
0
X
F ( m)  P ( X  m)
1
2
3
4
5
6
>6
6
64
15
64
20
64
15
64
6
64
1
64
0
1
64
7
64
22
64
42
64
57
64
63
64
1
Найдем M ( X ) , D ( X ) ,  ( X ) .
1
6
15
20
15
6
1
 1  2   3   4   5   6 

64
64
64
64
64
64
64
1
0  6  30  60  60  30  6  192  3  n  p

64
64
.
M (X )  0
1
6
15
20
15
6
1 

  0 2   12   2 2   32   4 2   52   6 2    32 
D( X ) 
64
64
64
64
64
64
64 
1
0  6  60  180  240  150  36  9  672  9  10.5  9  1.5  n  p  q

64
64
.
 ( X )  D(X )  1.5  1.2247 .
Построим многоугольник распределения, гистограмму и график
функции распределения случайной величины X :
P (m )
P (m )
20 64
20 64
15 64
15 64
6 64
6 64
1 64
1 64
Рис.1. Полигон относительных частот
0 случайной
1
2 величины
3
4
5 X 6m
m
Рис.2. Гистограмма относительных
0
1
2
3
4
5
6
частот случайной величины X  m
m
Задача 8. Вероятность появления события в каждом из независимых
испытаний равна 0.4. Найти вероятность того, что в серии из 500 опытов
событие наступит (а) 250 раз, (б) менее 200 раз. Найти математическое
ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение случайной
величины Х – число появлений события А в серии.
Решение
n  500 – столько раз повторен опыт.
p  0.4 – вероятность появления события A в одном опыте.
q  0.6 – вероятность того, что событие A в опыте не появится.
Х – число появлений события А в серии из 500 опытов.
Поскольку опыты независимы и вероятность появления события A в
каждом опыте одна и та же, величина Х распределена по биномиальному
закону. Так как n  500 достаточно велико, биномиальный закон может быть
заменен нормальным законом распределения (см. формулы (29), (30)):
P ( m)  C  p  q
n m
P(m1  m  m2 ) 
C
m
n
Получаем:
m
m2
k m1

k
n
1
m  np
(
)
npq
npq ,
 p k  q nk  F ( x2 )  F ( x1 )  (
m2  np
m  np
)  ( 1
)
npq
npq .
P (250) 
1
250  500  0.4
)
 (
500  0.4  0.6 ,
500  0.4  0.6
P(0  m  200) 
(
200  500  0.4
0  500  0.4
)  (
)
500  0.4  0.6
500  0.4  0.6 .
Выполнив вычисления и воспользовавшись таблицами функций  (x ) и
(x) , имеем:
1

P (250)  10.9544  (4.5644)  0 ,
P(0  m  200)   (0)   (18.2575)  0.5 .
СОДЕРЖАНИЕ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ
Задачи с 1-10. Комбинаторные задачи
1.
a) В карточке спортлото 36 клеток. Играющий должен отметить 6. Каково
число всех возможных вариантов?
b) Сколько трехзначных чисел можно из множества цифр 1,2,3,4,5,6 а)
без повторений; б) с повторениями?
c) Сколько различных «слов» можно составить, переставляя буквы слова
«математика»?
2.
a) Сколькими способами можно выбрать четырех человек на 4 различные
должности из 15 кандидатов на эти должности?
b) Сколькими способами можно переставить цифры числа 123456789 так,
чтобы четные цифры остались на четных местах?
c) Аккорд – одновременное звучание двух и более нот. Сколько аккордов
модно воспроизвести на семи нотах?
3.
a) В группе 28 студентов. Сколькими способами можно избрать 6
делегатов на профсоюзную конференцию?
b) Студенту необходимо сдать 4 экзамена на протяжении 8 дней.
Сколькими способами это можно сделать?
c) Как известно, автомобильные номера содержат три буквы
(используется 26) и три цифры. Сколько различных номеров
существует? В нашем городе автомобильные номера начинаются с «К».
Сколько таких номеров можно составить?
4.
a) Правление фирмы выбирает трех человек на различные должности из
10 кандидатов. Сколькими способами это можно сделать?
b) На конференции по математике должны выступить 4 студента А, Б, С,
Д. Сколькими способами их можно разместить в списке докладчиков,
если Б не может выступать до того момента пока не выступит А?
c) Сколькими способами можно расставить белые фигуры (2 коня, 2
слона, 2 ладьи, короля и ферзя) на первой линии шахматной доски?
5.
a) Сколькими способами можно выбрать 6 пирожных в кондитерской, где
есть 4 разных сорта пирожных?
b) Специалист по информационным технологиям ежедневно «посещает»
6 определенных сайтов в Интернете. Если порядок просмотра этих
сайтов случаен, то сколько существует способов его осуществления?
c) Сколькими способами можно расставить на 32 черных полях
шахматной доски 12 белых и 12 черных шашек?
6.
a) Из 20 милиционеров необходимо составить наряд из 6 человек..
Сколькими способами это можно сделать?
b) В стройотряде 15 студентов. Сколькими способами можно их можно
разбить на три бригады численностью 3, 7 и 5 человек? Решите эту же
задачу при условии, что в каждой бригаде назначается старший.
c) На плоскости проведено n прямых, причем никакие две из них не
параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Сколько
точек пересечения имеют эти прямые?
7.
a) Сколько прямых можно провести через 8 точек, никакие три из
которых не лежат на одной прямой?
b) В скольких точках пересекаются диагонали выпуклого 10-тиугольника,
если никакие три из них не пересекаются в одной точке?
c) Сколько можно изготовить трехцветных флажков, если использовать
следующие цвета: белый, синий, красный, желтый, зеленый, черный?
8.
a) Сколько различных правильных дробей можно составить из чисел
1,2,3,5,7,11,13, берущихся попарно? (а любых, в том числе
неправильных?)
b) Из скольких различных предметов можно составить 210 размещений по
два элемента в каждом?
c) Группа из 28 студентов обменялась фотокарточками. Сколько было
фотокарточек?
9.
a) В группе детского сада 10 детей. Сколькими способами их можно
поставить в колонну парами?
b) Замок сейфа открывается, если набрана правильная комбинация из
четырех цифр от 0 до 9. Кода Вы не знаете. Найти наибольшее число
безуспешных попыток для а) код не содержит одинаковых цифр; б) код
содержит одинаковые цифры.
c) Сколькими способами можно 5 шариков разбросать по 8 лункам, если
каждая лунка может уместить все 5 шариков?
10.
a) Сколькими способами можно переставить буквы слова «хорошо» так,
чтобы три буквы «о» не шли подряд?
b) Из отделения военнослужащих 12 человек формируется караул,
состоящий из начальника караула, его заместителя и трех караульных.
Сколькими способами возможно сформировать такой караул? Найдите
три различных подхода к решению задачи.
c) В корзине 12 яблок, 10 груш и 20 слив. Сколькими способами могут
разделить между собой эти фрукты двое ребят, так чтобы каждый из
них получил не менее четырех фруктов каждого вида?
Задачи с 11 по 20. Задачи на непосредственное вычисление вероятностей
11.
На трех одинаковых карточках напечатаны буквы К,Н,Х. Карточки положены
буквами вниз и перемешаны. После чего извлекаются по одной,
переворачиваются и кладутся слева на право. Какова вероятность, что Вы
прочтете название нашего учебного заведения?
12.
Куб, все грани которого окрашены распилен на 1000 кубиков одинакового
размера, которые затем тщательно перемешаны. Найти вероятность того, что
наудачу извлеченный кубик будет иметь окрашенных граней а) одну, б) две,
в) три.
13.
При стрельбе относительная частота попаданий оказалась равной 0.85. Найти
число попаданий, если всего было произведено 120 выстрелов.
14.
Участники жеребьевки тянут из ящика жетоны с номерами от 1 до 100.
Найти вероятность того, что номер первого наудачу извлеченного жетона не
содержит цифры 5.
15.
Набирая номер телефона абонент забыл последние 2 цифры и, помня лишь
то, что эти цифры различны набрал их наудачу. Найти вероятность того, что
набраны нужные цифры.
16.
В ящике из 10 деталей 7 стандартных. Найти вероятность того, что среди
взятых на удачу 6 деталей 4 стандартных.
17.
Восемь различных книг расставляются рядом на одной полке. Найти
вероятность того, что две определенные книги окажутся поставленными
рядом.
18.
В забеге участвуют 5 спортсменов: А, Б, В, Г, Д, каждый из которых имеет
одинаковые шансы на успех. Какова вероятность того, что парвые три места
займут соответственно бегуны А, Б, В?
19.
Автобус должен сделать 8 остановок. Найти вероятность того, что никакие
два пассажира из пяти, едущих в автобусе, не выйдут на одной и той же
остановке.
20.
Из 15 билетов выигрышными являются четыре. Какова вероятность того, что
среди 6-ти билетов, взятых на удачу, будет два выигрышных?
Задачи с 21 по 30. Задачи на теоремы сложения и умножения
вероятностей
21.
В магазин поступило 30 телевизоров, 5 среди которых имеют скрытые
дефекты. Наудачу отбираются 2 телевизора для проверки. Какова
вероятность того, что оба они не имеют дефектов?
22.
Вероятность безотказной работы двух независимо работающих
сигнализаторов равна 0.6 и 0.7. Найти вероятность того, что сработают: а)
оба сигнализатора, б) хотя бы один сигнализатор.
23.
Изделия проверяются на стандартность. Вероятность того, что изделие
стандартно равна 0.8. Найти вероятность того, что из двух проверенных
изделий только одно стандартно.
24.
Партия товара, состоящая из 15 ящиков, подлежит приемке, если при
проверке наугад двух выбранных ящиков окажется, что содержащиеся в них
изделия удовлетворяют стандарту. Найти вероятность приемки партии,
содержащей в 5 ящиках нестандартные изделия.
25.
В группе специалистов 3 экономиста и 5 юристов. Для проведения проверки
работы фирмы наудачу отбираются 4 специалиста. Какова вероятность того,
что в эта группа состоит из двух юристов и двух экономистов?
26.
В партии деталей 12 стандартных изделий и 3 нестандартных. 5 деталей,
выбранных наудачу, проверяют на соответствие стандарту. Найти
вероятность того, что среди них не окажется нестандартных.
27.
В экзаменационном билете три вопроса, Вероятность ответа на первый
вопрос - 0.9; на второй - 0.7; на третий - 0.5. Найти вероятность различных
оценок.
28.
На складе телевизионного ателье из имеющихся 20 микросхем 6 изготовлены
первым заводом, остальные - вторым. Найти вероятность того, что две
наудачу взятых микросхемы изготовлены первым заводом.
29.
Студент знает 20 вопросов из 25-ти. Найти вероятность того, что студент
знает предложенные ему экзаменатором три вопроса.
30.
В рабочем поселке 11 торговых точек, 8 из которых - ИЧП. Для проверки
наудачу отбираются 5. Какова вероятность того, что в число проверяемых
попадут только частные торговые предприятия?
Задачи с 31 по 40. Формула полной вероятности
31.
Два автомата производят детали, которые поступают на общий конвейер.
Вероятность получения нестандартной детали на первом автомате равна 0.06,
на втором - 0.02. Производительность первого автомата втрое больше, чем
второго. а) Найти вероятность того, что наудачу взятая с конвейера деталь
нестандартна. б) Взятая с конвейера деталь оказалась нестандартной. Найти
вероятность того, что она изготовлена на первом автомате.
32.
Три хлебокомбината города производят продукцию, обеспечивающую город
хлебобулочными продуктами в пропорции 2:3:5. Первый хлебокомбинат
производит 30% продукции высшего качества, второй - 40%, третий - 60%.
Найти вероятность того, что приобретенное хлебобулочное изделие
оказалось высшего качества. Приобретенный продукт оказался высшего
качества, найти вероятность того, что это изделие изготовлено на втором
хлебокомбинате.
33.
Сообщение можно передать письмом, по телефону и по факсу с одинаковой
вероятностью. Вероятность того, что сообщение дойдет до получателя в
каждой из перечисленных возможностей соответственно равны 0.7, 0.6 и 0.9.
1) Какова вероятность получения сообщения? 2) Сообщение адресатом
получено, какова вероятность, что оно передано по факсу?
34.
В группе 25 студентов: 4 отличника, 9 хорошистов, остальные - троечники.
Вероятность получения оценки “отлично” на экзамене по математике для
первых - 0.95, для вторых - 0.7, для троечников - 0.3. 1) Какова вероятность
того, что наудачу взятый студент получил на экзамене пятерку? 2) Студент
получил пятерку на экзамене. Найти вероятность, что он хорошист.
35.
Из 1000 экземпляров однотипного товара 300 принадлежат первой партии,
500 - второй и 200 - третьей. В первой партии 6%, во второй 5%, в третьей
4% бракованного товара. 1) Определить вероятность того, что наудачу
выбранный экземпляр бракованный. 2) Наудачу выбранный экземпляр
оказался стандартным, найти вероятность того, что он принадлежит третьей
партии.
36.
В торговое предприятие поступают однотипные изделия с трех фирмпроизводителей: 30% с первой, 50% со второй, 20% с третьей. Среди изделий
первой фирмы 80% первосортных, второй - 90%, третья фирма изготовляет
70% первосортных изделий. 1) Куплено одно изделие, Найти вероятность
того, что оно первосортное. 2) Купленное изделие оказалось не
первосортным, найти вероятность того, что оно изготовлено третьей фирмой.
37.
В ящике три детали, причем равновероятны все возможные предположения
о числе стандартных деталей. В этот ящик брошена стандартная деталь после
чего наудачу извлекается одна деталь. Найти вероятность того, что эта
деталь стандартна.
38.
В урне 7 белых и 3 красных шара. Из урны удаляются два шара, о цвете
которых неизвестно. После этого из урны извлекается один шар, найти
вероятность того, что этот шар красный.
39.
На двух станках производятся одинаковые детали. Вероятность того, что
деталь стандартная, для первого станка равна 0.8, для второго - 0.9.
Производительность второго станка втрое больше, чем первого. 1) Найти
вероятность того, что взята наудачу деталь стандартна. 2) Взятая наудачу
деталь оказалась бракованной, найти вероятность того, что она сделана на
первом станке.
40.
В компьютерном классе института 7 IBM типа Pentium и 5 компьютеров
других модификаций. Вероятность сбоя в работе в течение учебного занятия
для Pentium равна 0.9, для других компьютеров - 0.7. Студент на занятии
работает за произвольно выбранным компьютером. 1) Найти вероятность
того, что в течение занятия его компьютер не “зависнет”. 2) На занятии
компьютер дал сбой в работе, найти вероятность того, что студент работал на
Pentiumе.
Задачи с 41 по 50. Формула Бернулли. Локальная теорема Лапласа.
Интегральная теорема Лапласа. Теорема Пуасона
41.
Вероятность сбоя в работе компьютера в одном сеансе работы равна 0.1.
Найти вероятность двух сбоев в шести сеансах работы.
42.
Вероятность появления события А в одном испытании равна 0.4.
произведено 5 испытаний. Найти вероятность того, что событие А наступит
не более одного раза.
43.
Фирма выпускает изделия, из которых 80% высшего качества. Какова
вероятность при отборе 100 изделий обнаружить ровно 18 изделий высшего
качества?
44.
Хлебокомбинат выпускает 90% продукции первого сорта. Какова
вероятность того, что из 400 изделий хлебокомбината первосортных
окажется не менее 380?
45.
Что вероятнее выиграть у равносильного соперника (ничьи исключены): три
партии из четырех или пять партий из восьми?
46.
Рекламное агентство гарантирует, что в некоей лотерее 2% билетов
выигрышные. Вы приобрели 100 лотерейных билетов. Что вероятнее, что
четыре билета окажутся выигрышными или выигрышных не будет ни
одного.
47.
Вероятность появления события в каждом испытании равна 0.25. Найти
вероятность того, что в 300 испытаниях событие наступит от 50 до 80 раз.
48.
Всхожесть семян новой культуры 85%. На опытном участке посеяли 500
семян. Найти вероятность того, что прорастут от 400 до 450 семян.
49.
Вероятность появления события А в одном испытании равна 0.4.
произведено 400 испытаний. Найти вероятность того, что событие А
наступит не менее 190 и не более 215 раз.
50.
Типография гарантирует вероятность брака переплета книг 0.0001. Книга
издана тиражом 25000 экземпляров. Какова вероятность того, что в этом
тираже только одна книга имеет брак переплета?
Задачи с 51 по 60. Дискретные случайные величины
Найти математическое ожидание a) M(X), b) дисперсию D(X), c)среднее
квадратическое отклонение  (X) дискретной случайной величины X по
заданному закону распределения.
51.
X -3
p
4
7
3
5
6
-2
1
3
0,1 0,5 0,2 0,2
55.
X 1
p
3
0,3 0,2 0,1 0,4
54.
X -3
p
3
0,1 0,5 0,2 0,2
53.
X 2
P
1
0,1 0,2 0,4 0,3
52.
X 1
p
0
2
4
5
0,4 0,3 0,1 0,2
55.
X -3
p
8
-2
0
5
3
5
6
3
6
8
0,1 0,4 0,3 0,2
60.
X 2
p
6
0,5 0,1 0,1 0,3
59.
X 2
p
5
0,4 0,2 0,1 0,3
58.
X 1
p
2
0,1 0,6 0,1 0,2
57.
X -4
p
1
0,1 0,2 0,5 0,2
56.
X 2
p
-2
5
6
8
0,1 0,4 0,1 0,2
Информационное обеспечение обучения
Основные источники:
1.
Кремер Н.Ш. Теория Вероятностей и математическая статистика:
учебник для студентов вузов, обучающихся по экономическим
специальностям / Н.Ш. Кремер. – 3-е изд., перераб. и доп. – М.:
ЮНИТИ – ДАНА, 2009.-551с.
2.
Спирина М.С. Теория вероятностей и математическая статистика:
учебник для студ. Учреждений сред. проф. образования / М.С.
Спирина, П.А. Спирин. – М.: Издательский центр «Академия», 2007.352с.
Дополнительная литература:
3.
Акулич М.В. Статистика в таблицах, формулах и схемах. –ьСПб.:
Питер, 2009.
4.
Горелова Г.В., Кацко И.А. Теория вероятностей и математическая
статистика в примерах и задачах с применением Excel. Рсостов н/Д:
Феникс, 2008.