Задача 1. В партии из 60 изделий 10 – бракованных. Определить вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки 5 изделий окажутся бракованными:

а) ровно 2 изделия;

б) не более 2 изделий.

Решение.

А)

Используя классическое определение вероятности:

Р(А) – вероятность события А, где А – событие, когда среди выбранных наудачу изделий для проверки 5 изделий окажутся бракованными ровно 2 изделия;

m – кол-во благоприятных исходов события А;

n – количество всех возможных исходов;

Б)

Р(А’) – вероятность события А’, где А’ – событие, когда среди выбранных наудачу изделий для проверки 5 изделий окажутся бракованными не более 2 изделий,

;

 – кол-во благоприятных исходов события ;

 – кол-во благоприятных исходов события ;

 – кол-во благоприятных исходов события ;

n’ – количество всех возможных исходов;

Ответ: вероятность того, что среди выбранных наудачу для проверки 5 изделий окажутся бракованными: а) ровно 2 изделия равна 16%. б) не более 2 изделий равна 97%.

Задача 2. В сборочный цех завода поступают детали с трех автоматов. Первый автомат дает 1% брака, второй – 2%, третий – 3%. Определить вероятность попадания на сборку небракованной детали, если с каждого автомата в цех поступило соответственно 20, 10, 20 деталей.

Решение.

По формуле полной вероятности:


где А – взятие хорошей детали,  – взятие детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия хорошей детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность попадания на сборку небракованной детали.

; (т. к. ) = 1% = 0.01)

;

;

Ответ: Вероятность попадания на сборку небракованной детали равна 98%.

Задача 3. В сборочный цех завода поступают детали с трех автоматов. Первый автомат дает 1% брака, второй – 2%, третий – 3%. С каждого автомата поступило на сборку соответственно 20, 10, 20 деталей. Взятая на сборку деталь оказалась бракованной. Найти вероятность того, что деталь поступила с 1-го автомата.

Решение.

По формуле полной вероятности:


где А’ – взятие бракованной детали,  – взятие детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность взятия бракованной детали из первого (второго / третьего) автомата,  – вероятность попадания на сборку бракованной детали.

; (согласно условию)

;

;

Согласно формуле Байеса:

Ответ: Вероятность того, что деталь поступила с 1-го автомата равна 20%.


Задача 4. Рабочий обслуживает 18 станков. Вероятность выхода станка из строя за смену равна . Какова вероятность того, что рабочему придется ремонтировать 5 станков? Каково наивероятнейшее число станков, требующих ремонта за смену?

Решение.

Используя формулу Бернулли, вычислим, какова вероятность того, что рабочему придется ремонтировать 5 станков:

где n – кол-во станков, m – кол-во станков, которые придётся чинить, p – вероятность выхода станка из строя за смену, q =1-р – вероятность, не выхождения станка из строя за смену.

.

Ответ: Вероятность того, что рабочему придется ремонтировать 5 станков равна 15%. Наивероятнейшее число станков, требующих ремонта за смену равно 3.

Задача 5. В двух магазинах, продающих товары одного вида, товарооборот (в тыс. грн.) за 6 месяцев представлен в таблице. Можно ли считать, что товарооборот в первом магазине больше, чем во втором? Принять = 0,05.

Все промежуточные вычисления поместить в таблице.

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

Пусть, a1 – товарооборот в 1 магазине, a2 – товарооборот во 2 магазине.

Формулируем гипотезы Н0 и Н1:

Н0: a1 = a2

Н1: a1 ≠ a2

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
176,91 366,591 158,14 -3,16 158,496

a1 =  =  = 29,485, a2 =  =

 1 =  =  73.32

 2 =  =

n 1 = n 2 = n =6

Вычислю выборочное значение статистики:

ZВ =  * =

Пусть = 0,05. Определяем необходимый квантиль распределения Стьюдента: (n1+n2-2)= 2.228.

Следовательно, так как ZВ=0,74< =2,228, то мы не станем отвергать гипотезу Н0, потому что это значит, что нет вероятности того, что товарооборот в первом магазине больше, чем во втором.

Задача 6. По данному статистическому ряду:

1.  Построить гистограмму частот.

2.  Сформулировать гипотезу о виде распределения.

3.  Найти оценки параметров распределения.

4.  На уровне значимости  = 0,05 проверить гипотезу о распределении случайной величины.

Все промежуточные вычисления помещать в соответствующие таблицы.

Интервал Частота случайной величины
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. Гистограмма частот:

2. Предположим, что моя выборка статистического ряда имеет нормальное распределение.

3. Для оценки параметров распределения произведем предварительные расчеты, занесем их в таблицу:

Интервалы

Частота,

mi

Середина

Интервала, xi

xi*mi

xi2*mi

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
n=220 1215 7354,25

Найдем оценки параметров распределения:


 =  = 5,523

2=  2 = 2,925  =  = 1,71


Информация о работе «Вычисления по теории вероятностей»
Раздел: Математика
Количество знаков с пробелами: 8957
Количество таблиц: 9
Количество изображений: 1

Похожие работы

Скачать
138817
24
10

... мышц и скоростью их сокращения, между спортивным достижением в одном и другом виде спорта и так далее. Теперь можно составить содержание элективного курса «Основы теории вероятностей и математической статистики» для классов оборонно-спортивного профиля. 1.  Комбинаторика. Основные формулы комбинаторики: о перемножении шансов, о выборе с учетом порядка, перестановки с повторениями, размещения с ...

Скачать
125259
9
8

... {ξn (ω )}¥n=1 . Поэтому, во-первых, можно говорить о знакомой из математического анализа (почти) поточечной сходимости последовательностей функций: о сходимости «почти всюду», которую в теории вероятностей называют сходимостью «почти наверное». Определение 46. Говорят, что последовательность с. в. {ξn } сходится почти наверное к с. в. ξ при n ® ¥ , и пишут: ξn ...

Скачать
34707
0
6

... ничего другого, кроме как опять же события и . Действительно, имеем: *=, *=, =, =. Другим примером алгебры событий L является совокупность из четырех событий: . В самом деле: *=,*=,=,. 2.Вероятность. Теория вероятностей изучает случайные события. Это значит, что до определенного момента времени, вообще говоря, нельзя сказать заранее о случайном событии А произойдет это событие или нет. Только ...

Скачать
66594
1
0

... случайная величина приобрела статус полноценного математического понятия, ей необходимо дать строго формализованное определение. Это было сделано в конце 20-х годов А.Н. Колмогоровым в небольшой статье, посвященной аксиоматике теории вероятностей, а затем в подробностях изложено в его знаменитой книге «Основные понятия теории вероятностей». Подход Колмогорова стал теперь общепринятым, поскольку он ...

0 комментариев


Наверх