додати матеріал


приховати рекламу

Обчислення з теорії ймовірностей

[ виправити ] текст може містити помилки, будь ласка перевіряйте перш ніж використовувати.

скачати

Завдання 1. У партії з 60 виробів 10 - бракованих. Визначити ймовірність того, що серед вибраних навмання для перевірки 5 виробів виявляться бракованими:

а) рівно 2 вироби;

б) не більше 2 виробів.

Рішення.

А)

Використовуючи класичне визначення ймовірності:

Р (А) - ймовірність події А, де А - подія, коли серед обраних навмання виробів для перевірки 5 виробів виявляться бракованими рівно 2 вироби;

m - кількість сприятливих результатів події А;

n - кількість всіх можливих результатів;



Б)

Р (А ') - ймовірність події А', де А '- подія, коли серед обраних навмання виробів для перевірки 5 виробів виявляться бракованими не більше 2 виробів,



;

- У сприятливих результатів події ;

- У сприятливих результатів події ;

- У сприятливих результатів події ;

n '- кількість всіх можливих результатів;





Відповідь: ймовірність того, що серед вибраних навмання для перевірки 5 виробів виявляться бракованими: а) рівно 2 виробу дорівнює 16%. б) не більше 2 виробів дорівнює 97%.

Завдання 2. У складальний цех заводу надходять деталі з трьох автоматів. Перший автомат дає 1% браку, другий - 2%, третій - 3%. Визначити ймовірність попадання на складання небракованной деталі, якщо з кожного автомата в цех надійшло відповідно 20, 10, 20 деталей.

Рішення.

За формулою повної ймовірності:



де А - взяття хорошою деталі, - Взяття деталі з першого (другого / третього) автомата, - Імовірність взяття деталі з першого (другого / третього) автомата, - Імовірність взяття хорошою деталі з першого (другого / третього) автомата, - Ймовірність попадання на складання небракованной деталі.

; (Т. к. ) = 1% = 0.01)

;

;





Відповідь: Вірогідність потрапляння на складання небракованной деталі дорівнює 98%.

Завдання 3. У складальний цех заводу надходять деталі з трьох автоматів. Перший автомат дає 1% браку, другий - 2%, третій - 3%. З кожного автомата надійшло на складання відповідно 20, 10, 20 деталей. Узята на складання деталь виявилася бракованою. Знайти ймовірність того, що деталь надійшла з 1-го автомата.

Рішення.

За формулою повної ймовірності:



де А '- взяття бракованої деталі, - Взяття деталі з першого (другого / третього) автомата, - Імовірність взяття деталі з першого (другого / третього) автомата, - Імовірність взяття бракованої деталі з першого (другого / третього) автомата, - Ймовірність попадання на складання бракованої деталі.

; (Згідно з умовою)

;

;





Відповідно до формули Байєса:





Відповідь: Вірогідність того, що деталь надійшла з 1-го автомата дорівнює 20%.

Задача 4. Робочий обслуговують 18 верстатів. Ймовірність виходу з ладу верстата за зміну дорівнює . Яка ймовірність того, що робочому доведеться ремонтувати 5 верстатів? Яке Найімовірніше число верстатів, що вимагають ремонту за зміну?

Рішення.

Використовуючи формулу Бернуллі, обчислимо, яка ймовірність того, що робочому доведеться ремонтувати 5 верстатів:





де n - кількість верстатів, m - кількість верстатів, які доведеться лагодити, p - ймовірність виходу з ладу верстата за зміну, q = 1-р - імовірність, не виходження верстата з ладу за зміну.



.



Відповідь: Вірогідність того, що робочому доведеться ремонтувати 5 верстатів дорівнює 15%. Найімовірніше число верстатів, що вимагають ремонту за зміну дорівнює 3.



Задача 5. У двох магазинах, що продають товари одного виду, товарообіг (в тис. грн.) За 6 місяців представлений у таблиці. Чи можна вважати, що товарообіг в першому магазині більше, ніж у другому? Прийняти = 0,05.

Всі проміжні обчислення помістити в таблиці.



Магазин № 1

Магазин № 2

20, 35

20,01

20, 60

23,55

32, 94

25,36

37, 56

30,68

40, 01

35,34

25, 45

23,20

Нехай, a 1 - товарообіг в 1 магазині, a 2 - товарообіг в 2 магазині.

Формулюємо гіпотези Н 0 і Н 1:

Н 0: a 1 ​​= a 2

Н 1: a 1 ​​≠ a 2


xi

xi-a1

(Xi-a1) 2

yi

yi-a2

(Yi-a2) 2


20,35

-9,135

83,44823

20,01

-6,35

40,32


20,6

-8,885

78,94323

23,55

-2,81

7,896


32,94

3,455

11,93703

25,36

-1

1


37,56

8,075

65,20563

30,68


18,66


40,01

10,525

110,7756

35,34

4,32

80,64


25,45

-4,035

16,28123

23,20

8,98

9,98

Σ

176,91


366,591

158,14

-3,16

158,496

a 1 = = = 29,485, a 2 = =

1 = = 73.32

2 = =



n 1 = n 2 = n = 6

Обчисли вибіркове значення статистики:



Z В = * =



Нехай = 0,05. Визначаємо необхідний квантиль розподілу Стьюдента: (N 1 + n 2 -2) = 2.228.

Отже, так як Z В = 0,74 < = 2,228, то ми не станемо відкидати гіпотезу Н 0, бо це означає, що немає вірогідності того, що товарообіг в першому магазині більше, ніж у другому.

Задача 6. За даним статистичного ряду:

  1. Побудувати гістограму частот.

  2. Сформулювати гіпотезу про вид розподілу.

  3. Знайти оцінки параметрів розподілу.

  4. На рівні значущості = 0,05 перевірити гіпотезу про розподіл випадкової величини.

Всі проміжні обчислення поміщати у відповідні таблиці.

Інтервал

Частота випадкової величини

1 - 2

5

2 - 3

8

3 - 4

19

4 - 5

42

5 - 6

68

6 -7

44

7 - 8

21

8 - 9

9

9 - 10

4

1. Гістограма частот:

2. Припустимо, що моя вибірка статистичного ряду має нормальний розподіл.

3. Для оцінки параметрів розподілу зробимо попередні розрахунки, занесемо їх у таблицю:

Інтервали

Частота,

m i

Середина

Інтервалу, x i

x i * m i

x i 2 * m i

1

1-2

5

4,5

7,5

112,5

2

2-3

8

2,5

20

50

3

3-4

19

3,5

66,5

232,75

4

4-5

42

4,5

189

350,5

5

5-6

68

5,5

374

2057

6

6-7

44

6,5

286

1859

7

7-8

21

7,5

157,5

1181,25

8

8-9

9

8,5

76,5

650,25

9

9-10

4

9,5

38

361

Σ


n = 220


1215

7354,25


Знайдемо оцінки параметрів розподілу:

= = 5,523



2 = 2 = 2,925 = = 1,71



4. всі обчислення для перевірки гіпотези про розподіл занесемо в таблиці.



Інтервали

Частоти, mi

t 1

t 2

Ф (t 1)

Ф (t 2)

p i

1

- ∞ - 2

5

- ∞

-2,06

0

0,0197

0,0197

2

2-3

8

-2,06

-1,47

0,0197

0,0708

0,0511

3

3-4

19

-1,47

-0,89

0,0708

0,1867

0,1159

4

4-5

42

-0,89

-0,31

0,1867

0,3783

0,1916

5

5-6

68

-0,31

0,28

0,3783

0,6103

0,232

6

6-7

44

0,28

0,86

0,6103

0,8051

0,1948

7

7-8

21

0,86

1,45

0,8051

0,9265

0,1214

8

8-9

9

1,45

2,03

0,9265

0,9788

0,0523

9

9 - ∞

4

2,03

0,9788

1

0,0212

Де: t 1 = , T 2 = , A i, b i - Межі інтервалу, Ф (t) - Функція розподілу нормального закону.

p i = Ф (t 2) - Ф (t 1)

Так як перевірка гіпотези про розподіл проводиться за критерієм , Складаємо ще одну таблицю для обчислень:

інтервалу

p i

m i

n * p i

1

2

0,0708

13

15,57

0,4242

3

0,1159

19

25,5

1,6569

4

0,1916

42

42,15

0,0005

5

0,232

68

51,04

5,6336

6

0,1948

44

42,86

0,0303

7

0,1214

21

26,71

1,2207

8

9

0,0735

13

16,17

0,6214

Σ




9,5876

Згідно з розрахунками, = = 9,5876

Вибираємо рівень значущості = 0,05 і обчислюємо 1 - α (K - r -1), де k - число підмножин, r - число параметрів в розподілі.

0,95 (7-2-1) = 0,95 (4) = 9,49.

Порівнявши отримане значення з розрахунковим можна зробити висновок, що оскільки розрахункове значення більше, отже, гіпотеза про нормальний розподіл вибірки статистичного ряду не приймається.

Задача 7. За даними вибірки обчислити:

а) вибіркове значення коефіцієнта кореляції;

б) на рівні значущості = 0,05 перевірити гіпотезу про значущість коефіцієнта кореляції.

Рішення

Формулюємо гіпотези Н 0 і Н 1:

Н 0: a 1 ​​= a 2

Н 1: a 1 ​​≠ a 2




xi

xi-a1

(Xi-a1) 2

yi

yi-a2

(Yi-а2) 2

xi * yi


4,40

-0,476

0,2266

3,27

-0,47

0,2209

14,388


5,08

0,204

0,0416

4,15

0,41

0,1681

21,082


4,01

-0,866

0,7499

2,95

-0,79

0,6241

11,829


3,61

-1,266

1,6027

1,96

-1,78

3,1684

7,075


6,49

1,614

2,605

5,78

2,04

4,1616

37,512


4,23

-0,646

0,4173

3,06

-0,68

0,4824

12,944


5,79

0,914

0,8354

4,45

0,71

0,5041

25,765


5,52

0,644

0,4147

4,23

0,49

0,2401

23,349


4,68

-0,196

0,0384

3,54

-0,2

0,04

16,567


4,95

0,074

0,0055

4,01

0,27

0,0729

19,849

Σ

48,76

-

6,9371

37,4

-

9,6626

190,36

a 1 = = 4,876, a 2 = = 3,74

1 = = 0,7708

2 = = 1,0736

n 1 = n 2 = n = 6

а) Обчислимо вибіркове значення коефіцієнта кореляції



=



б) Перевіримо на рівні значущості = 0,05 гіпотезу про значущість коефіцієнта кореляції:

(N -2) = 2,306

Обчислимо величину



=



отримуємо, що > 0.6319 тобто потрапляє в критичну область, отже, коефіцієнт кореляції можна вважати значимим.

Завдання 8. За даними вибірки знайти:

а) точкові оцінки математичного сподівання і дисперсії;

б) з довірчою ймовірністю р = 1 - знайти довірчі інтервали для математичного сподівання і дисперсії.



α

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

x8

x9

x10

0.01

3, 85

8,87

21,26

6,72

0,29

15,48

7,48

0,33

0,34

1,37

Рішення

а) Обчислимо математичне сподівання і дисперсію. Проміжні значення помістимо в таблицю.

x i

m i

m i x i

m i x i 2

3,85

1

3,85

14,822

8,87

1

8,87

78,677

21,26

1

21,26

451,987

6,72

1

6,72

45,158

0,29

1

0,29

0,0840

15,48

1

15,48

239,630

7,48

1

7,48

55,950

0,33

1

0,33

0,109

0,34

1

0,34

0,115

1,37

1

1,37

1,877

Σ 65,99

10

65,99

888,409

Математичне сподівання:

m = =

Дисперсія:

δ 2 = =

б) з довірчою ймовірністю р = 1 - знайти довірчі інтервали для математичного сподівання і дисперсії, вважаючи, що вибірка отримана з нормальної сукупності.

Визначимо з таблиць значення , Де ;

Довірчий інтервал для математичного сподівання має вигляд:

Підставивши отримані значення, знайдемо довірчий інтервал для математичного сподівання:

0,271 <M <12.927

Довірчий інтервал для дисперсії має вигляд:

Довірчий інтервал для дисперсії дорівнює: 23,192 <D <240,79.

Додати в блог або на сайт

Цей текст може містити помилки.

Математика | Контрольна робота
128.7кб. | скачати


Схожі роботи:
Основи теорії ймовірностей
Основи теорії ймовірностей
Аксіоматика теорії ймовірностей
Основи теорії ймовірностей
Основні теореми теорії ймовірностей
Основні поняття теорії ймовірностей
Граничні теореми теорії ймовірностей
Граничні теореми теорії ймовірностей
Вклад АН Колмогорова у розвиток теорії ймовірностей
© Усі права захищені
написати до нас
Рейтинг@Mail.ru