Теорії ймовірностей та математичної статистики

МІНІСТЕРСТВО  ОСВІТИ Й НАУКИ УКРАЇНИ

 НАЦІОНАЛЬНИЙ  ЕКОНОМІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ 
 
 
 

КАФЕДРА:  «МАТЕМАТИКА» 

КОНТРОЛЬНА  РОБОТА 

НА  ТЕМУ: «Теорії ймовірностей та математичної статистики» 

Варіант № 8 

       Виконала:

        студентка       курсу

        групи  

       

        Заочного факультету

       Спеціальність

        Перевірив:

                                                                                         

М. 2011 РІК

Завдання 1: За класичним означенням ймовірності та основними теоремами про суму й добуток ймовірностей, а також за формулою Байєсса визначити ймовірності подій, про які йдеться мова в завданні.

8. На першому верстаті-автоматі виготовлено 75% від загальної кількості деталей, на другому  - інші 25%. Для першого верстата брак складає 1%, для другого – 4%. Навмання було вибрано дві деталі. Визначити ймовірність того, що: а) обидві деталі відповідають стандарту; б) жодна з деталей не відповідатиме стандарту; в) лише одна з деталей відповідатиме стандарту, якщо відомо, що обидві з них виготовлені на другому верстаті.

 

  Розв’язання.

               1.8  Нехай подія А₁ полягає в тому, що обидві деталі відповідають стандарту, подія А₂ – жодна з деталей не відповідають стандарту, подія А₃ – лише одна з деталей відповідатиме стандарту, якщо відомо, що обидві з них виготовлені на другому верстаті.

 Оскільки  за умовою задачі відомо, що  Р(А₁) = 75%,  Р(А₂) = 25%, 

Р(А₁) = 1%,  Р(А₂) = 4%, то знаходимо ймовірності відповідних подій як:

Р(А₁)= 1 – 0,75 = 0,25,    Р(А₂)= 0,75.

100%-1%=99% або 0,99

100%-4%=96% або 0,96

  Нехай подія А полягає в тому, що 100% від загальної кількості деталей було виготовлено на першому верстаті-автоматі. Це передбачає, що на другому верстаті не було виготовлено жодної деталі. Отже, подія А представляє собою добуток сумісних подій. Звідси маємо:

                               Р(А) = Р(А_{1 *} А₂)

Нехай подія Н₁ полягає в тому, що обидві деталі були виготовлені на першому верстаті, подія Н₂ – обидві деталі були виготовлені на другому верстаті. Звідси маємо:

                     А = Н₁А + Н₂А

                     Р(А) = Р(Н₁А + Н₂А) = Р(Н₁А) + Р(Н₂А)

                    Н₀ Р(Н_іА) = Р(Н_і) Р_Ні(А) (де і = 1,2,…n), звідси маємо:                     

                  Р(А) = Р(Н₁)Р_Н1(А) + Р(Н₂)Р _Н2(А)

                    Р(Н₁) = 75/100 = 0,75

                    Р(Н₂) = 25/100 = 0,25

                    Р_Н1(А) = 1%

                    Р_Н2(А) = 4%

а).  Нехай подія  Н₁ – обидві деталі виготовлені на першому верстаті та вони відповідають стандарту:

     Нехай подія Н₂ – обидві деталі виготовлені на другому верстаті та вони відповідають стандарту:

     Ці  події у сумі дають також  одиницю: 0,7557+0,2443=1

Оскільки події  H₁ та Н₂   є попарно незалежними (ймовірність того, що деталі були виготовлені на першому верстаті відповідні стандарту, не залежить від того, що деталі виготовлені на другому верстаті не відповідні стандарту), то ймовірність добутку подій дорівнює добутку їх абсолютних ймовірностей.  Згідно з цим знаходимо відповідь на перше  питання задачі А:

Р(А) = Р(Н₁)Р_Н1(А) + Р(Н₂)Р _Н2(А)

Р(А) = (0,7557*(1-0,01))+(0,2443*(1-0,04))=(0,7557*0,99)+(0,2443*0,96)=

=0,7481+0,2345= 0,9827≈0,98

б).    Нехай  подія Н₁ – обидві деталі виготовлені на першому верстаті та вони браковані:

     Нехай подія Н₂ – обидві деталі виготовлені на другому верстаті та вони браковані:

     Ці  події у сумі дають: 0,429+0,571=1

Оскільки події  попарно не сумісні, то ймовірність  їх суми дорівнює сумі їх ймовірностей. Вище було доведено, що кожна з подій  є добутком незалежних подій, відповідно, ймовірність добутку є добутком абсолютних ймовірностей. Таким чином  ми знаходимо відповідь на друге  питання задачі Б:

Р(Б) = (0,429*0,01)+(0,571*0,04)=0,02713≈0,027

в). Розглянемо подію  В, яка полягає в тому, що лише одна деталь відповідає стандарту, якщо відомо, що обидві вони зроблені на другому верстаті. Оскільки подія вже відбулася, і необхідно переоцінити ймовірність гіпотези, реалізація якою супроводжувалася появою події, визначення ймовірності здійснюється за формулою Байєсса. Маємо три гіпотези, перша з яких полягає в тому, що обидві деталі виготовлені на першому верстаті, друга – обидві деталі виготовлені на другому верстаті, третя одна на першому, друга на другому верстаті. Повну ймовірність події, яка полягає в тому, що лише одна деталь відповідає стандарту, вже визначили – це ймовірність події Б.

    Нехай  подія Н₁ – одна деталь відповідає стандарту та виготовлена на другому верстаті:

     Нехай подія Н₂ – одна деталь бракована та виготовлена на другому верстаті:

     Ці  події у сумі дають одиницю: 0,96+0,04=1

Звідси маємо  відповідь на третє питання  В:

Р(В) = (0,96*0,96)+(0,04*0,96)=0,96

Відповідь: а) 0,98; б) 0,027; в) 0,96.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Завдання 2.8: Проводять n незалежних однорідних випробувань, у кожному з яких імовірність появи події дорівнює  p.

           n = 5,   p = 0,7

За законом розподілу випадкової величини Х, якою вважають кількість випробувань, в яких мала місце поява події , необхідно:

а) побудувати многокутник  розподілу;

б) визначити  математичне сподівання випадкової величини М(Х), її дисперсію D(Х) та середнє квадратичне відхилення (Х).

Розв’язання:  Оскільки випробування однорідні та незалежні, тобто реалізується схема Бернуллі, то ймовірність появи події m разів у серії з n випробувань визначається за формулою Бернуллі: 

                                        Формула Бернуллі:

    ,

де p – ймовірність появи події А, за якою ведуться спостереження, в окремому (одиничному) випробуванні;

   q – імовірність того, що в окремому (одиничному) випробуванні подія А не з’явиться , тобто ймовірність появи події А;  

- кількість сполучень із n по m, де .

         За умовою задачі кількість  випробувань становить n = 5, тобто випадкова величина Х може приймати лише шість значень: 0; 1; 2; 3; 4 та 5.  Для того щоб побудувати закон розподілу, для кожного з цих значень  обчислимо їх імовірність за формулою Бернуллі. 

         Після визначення ймовірностей усіх можливих значень випадкової величини Х надамо закон її розподілу у вигляді таблиці (Табл.1):

Таблиця 1.

  Ряд розподілу  випадкової величини  Х. 

    Для  того щоб перевірити правильність  обчислень, знайдемо суму ймовірностей  усіх значень випадкової величини. Вона повинна дорівнювати одиниці.  Переконаємось в цьому: 

   Отже, закон  розподілу випадкової величини  Х визначено. Тепер за даними таблиці 1 побудуємо многокутник розподілу. Для цього в прямокутній системі координат уздовж осі ординат – відповідні їм ймовірності . Маємо окремі точки:  (0; 0,00243), (1; 0,02835),

  (2; 0,1323), (3; 0,3087), (4; 0,36015) та  (5; 0,16807).

З’єднавши ці точки  відрізками прямої, отримаємо многокутник  розподілу (рис. 1)

 
 
 
 
 
 

                            Значення випадкової величини

         Рис. 1. Многокутник розподілу випадкової величини Х

   Визначимо  основні числові характеристики  закону розподілу. 

   За означенням  математичним сподіванням дискретної  випадкової величини М(Х) є сума попарного добутку всіх можливих значень випадкової величини на їх ймовірність:

              ₆

М(Х) = ∑ х_і * р_і = 0 * 0,00243 + 1* 0,02835 + 2*0,1323 + 3*0,3087 + 4* 0,36015 +

            ^{і = 1}

+ 5 * 0,16807 = 0,02835 + 0,2646 + 0,9261 + 1,4406 + 0,84035 = 3,5

  Оскільки  розподіл випадкової величини  є біноміальним (випробування здійснюються  за схемою Бернуллі), то для  визначення математичного сподівання  можна скористатися формулою: