Контрольная по теории вероятностей



1. На складе имеется 20 приборов, из которых два неисправны. При отправке потребителю проверяется исправность приборов.

Найти вероятность того, что три первых проверенных прибора окажутся исправными.

Решение:

Пусть событие А – первые три проверенных прибора – исправны.

Общее число случаев выбора 3 приборов из 20 равно . Число случаев благоприятствующих событию А, равно . Тогда

Ответ: .

2. При выпуске телевизоров количество экземпляров высшего качества в среднем составляет 80%. Выпущено 400 телевизоров.

Найти:

а) вероятность того, что 300 из выпущенных телевизоров высшего качества;

б) границы, в которых с вероятностью 0,9907 заключена доля телевизоров высшего качества.

Решение:

Имеем

а) Применим локальную теорему Муавра-Лапласа

, где и

б) Воспользуемся следствием из интегральной теоремы Муавра-Лапласа

, где

Т.к. , то , откуда

Следовательно, границы для доли равны:

Ответ: а) , б) .

3. В партии из восьми деталей шесть стандартных. Наугад отбирают две детали.

Составить закон распределения случайной величины – числа стандартных деталей среди отобранных. Найти ее математическое ожидание, дисперсию и функцию распределения.

Решение:

Случайная величина X принимает следующие значения: 0, 1, 2

По условию , следовательно,

Вероятности распределения найдем по схеме Бернулли

Составим закон распределения

X

0

1

2

p

0,0625

0,3750

0,5625

Математическое ожидание:

Дисперсия:

Функция распределения:

Ответ: , .

4. Из 1560 сотрудников предприятия по схеме собственно-случайной бесповторной выборки отобрано 100 человек для получения статистических данных о пребывании на больничном листе в течение года. Полученные данные представлены в таблице.

Количество дней пребывания на больничном листе

Менее 3

3 – 5

5 – 7

7 – 9

9 – 11

Более 11

Итого

Число сотрудников

6

13

24

39

8

10

100

Найти:

а) вероятность того, что среднее число дней пребывания на больничном листе среди сотрудников предприятия отличается от их среднего числа в выборке не более чем на один день (по абсолютной величине);

б) границы, в которых с вероятностью 0,95 заключена доля всех сотрудников, пребывающих на больничном листе не более семи дней;

в) объем бесповторной выборки, при котором те же границы для доли (см. п. б) можно гарантировать с вероятностью 0,98.

Решение:

а)

i

Интервалы

xi

Середины

интервалов

xi

ni

uini

ui2ni

ui +1

(ui +1)2ni

1

1 – 3

2

-2

6

-12

24

-1

6

2

3 – 5

4

-1

13

-13

13

0

0

3

5 – 7

6

0

24

0

0

1

24

4

7 – 9

8

1

39

39

39

2

156

5

9 – 11

10

2

8

16

32

3

72

6

11 – 13

12

3

10

30

90

4

160

100

60

198

418

, где k – ширина интервала по x, а с – один из серединных интервалов.

k = 2, с = 6

Проверка:

418 = 198 + 2·60 + 100 = 198 + 120 + 100 = 418 − расчеты верны.

Искомую вероятность найдем по формуле:

Р () = Ф(t) = γ, где t = , ,

Имеем ,

Найдем среднюю квадратическую ошибку выборки для средней по формуле:

,

t = = 4,07, γ = Ф(t) = Ф(4,07) = 0,9999

Вероятность равна Р() = 0,9999

Итак, вероятность того, что среднее число дней пребывания на больничном листе среди сотрудников предприятия отличается от их среднего числа в выборке не более чем на один день (по абсолютной величине) равна 0,9999.

б) m = 6 + 13 + 24 = 43 n = 100 N = 1560

Учитывая, что γ = Ф(t) = 0,95 t = 1,96 (по таблице), найдем предельную ошибку выборки для доли по формуле:

Теперь искомый доверительный интервал определяем по формуле:

Итак, с вероятностью 0,95 доля всех сотрудников, пребывающих на больничном листе не более семи дней заключена от 0,34 до 0,52.

в)



Объем выборки:

.

5. Распределение 110 образцов полимерных и композиционных материалов по содержанию в них нефтешламов X (%) и водопоглощению Y (%).

Y

X

15 – 25

25 – 35

35 – 45

45 – 55

55 – 65

65 – 75

Итого

5 – 15

17

4

21

15 – 25

3

18

3

24

25 – 35

2

15

5

22

35 – 45

3

13

7

23

45 – 55

6

14

20

Итого

20

24

21

18

13

14

110



Страницы: 1 | 2 | Весь текст




sitemap
sitemap