Из колоды в 36 карт (6, 7, 8, 9, 10, В, Д, К, Т) наугад извлекаются три карты. Определить вероятность того, что будут вытащены карты одной масти.
Решение:
A - вытащены карты одной масти
Вероятность вытащить первую карту (событие будет равна 1, т.к. не имеет значения, какой она будет масти:
Вероятность вытащить 2 карту той же масти (событие C) вычисляется по классической формуле вероятности:
Вероятность вытащить 3 карту той же масти (событие D) вычисляется по классической формуле вероятности:
Тогда, вероятность вытащить 3 карты одной масти равна:
Задание №2.20
Приведена схема соединения элементов, образующих цепь с одним входом и одним выходом. Предполагается, что отказы элементов являются независимыми в совокупности событиями. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Вероятности отказа элементов 1, 2, 3, 4, 5 соответственно равны p1=0,1; p2=0,2; p3=0,3; p4=0,4; p5=0,5 p6=0,6. Найти вероятность того, что сигнал пройдет с входа на выход.
Решение:
A1 - отказ 1 элемента A2 - отказ 2 элемента A3 - отказ 3 элемента A4 - отказ 4 элемента B - сигнал прошел с входа на выход C - сигнал прошел по ветви 3-4 D - сигнал прошел по ветви 1-3-4
Вероятности работы элементов: q1=1-p1=1-0.1=0.9 q2=1-p2=1-0.2=0.8 q3=1-p3=1-0.3=0.7 q4=1-p4=1-0.4=0.6
Определим вероятности событий C и D, используя формулы:
Определим вероятность события B:
Задание №3.20
Прибор состоит из трех блоков. Исправность каждого блока необходима для функционирования устройства. Отказы блоков независимы. Вероятности безотказной работы блоков соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8. В результате испытаний два блока вышли из строя. Определить вероятность того, что отказали второй и третий блоки.
Решение:
H1 - отказали первый и второй блоки H2 - отказали первый и третий блоки H3 - отказали второй и третий блоки A - два блока вышли из строя
Определим вероятности гипотез Hi:
Определим вероятности событий A/Hi:
Определим вероятность события A, используя формулу Байеса:
Задание №4.20
A - изготовление продукции высшего сорта p(A)=0.9 q(A)=1-p(A)=1-0.9=0.1 m0=340 - наивероятнейшее число изделий высшего сорта Для определения того, сколько необходимо изготовить изделий высшего сорта, воспользуемся формулой:
Значит, необходимо изготовить 377 изделий.
Задание №5.20
Дискретная случайная величина Х может принимать одно из пяти фиксированных значений x1, x2, x3, x4, x5 с вероятностями p1, p2, p3, p4, p5 соответственно. Вычислить математическое ожидание и дисперсию величины Х. Рассчитать и построить график функции распределения.
Решение:
Вычислим математическое ожидание нашей дискретной величины:
Теперь найдем дисперсию нашей дискретной величины:
Рассчитаем график функции распределения F(x):
Теперь построим график функции распределения F(x):
Задание №6.20
Начальные данные: Случайная величина X задана плотностью вероятности:
Определим сначала константу "c". Для этого воспользуемся условием нормировки:
Поскольку наша функция существует не на всей области, а только в интервале [a,b], то условие нормировки в данном случае записывается так:
Подставим наши начальные данные и найдем константу "c":
Теперь найдем математическое ожидание:
Дисперсия нашей непрерывной величины X равна:
Теперь найдем функцию распределения величины X: У нас имеется 3 интервала: 1)<-1 2)[-1,1] 3)>1 На первом интервале функция плотности вероятности не существует, поэтому она равна 0, значит и функция распределения на этом интервале тоже равна 0. На втором интервале функция распределения изменяется по некоторому закону, увеличиваясь от 0 до 1. На третьем интервале функция распределения не изменяется и остается равной 1.
Осталось найти вероятность попадания величины X в интервал [,]:
Задание №7.20
Начальные данные:
Построим график случайной величины Y=(x):
Поскольку величина X равномерно распределена на промежутке [a;b], то ее плотность вероятности равна:
Определим обратные функции Y=(y) на интервале [0;2.718):
Определим обратные функции Y=(y) на интервале [2.178;7.389]:
Плотность вероятности величины y равна:
Задание №8.20
Начальные данные:
Получаем следующую фигуру:
Поскольку двумерная плотность вероятности f(x,y) одинакова для любой точки нашей области и равна константе "c", то найдем данную величину, используя условие нормировки:
Однако стоит учесть то, что это условие нормировки для всей области определения. В нашем случае функция ограничена, поэтому условие нормировки запишется так:
D , где D - наша область
Найдем недостающий параметр "c":
Для того чтобы высчитать коэффициент корреляции между величинами X и Y, необходимо до этого высчитать их математические ожидания, затем дисперсии, а потом уже и сам коэффициент. Высчитаем математические ожидания наших величин:
Теперь найдем дисперсии X и Y:
Определяем корреляционный момент:
Теперь найдем необходимый коэффициент корреляции:
Задание №9.20
Исходные данные:
Решение: Математическое ожидание величины U:
Математическое ожидание величины V:
Дисперсия величины U:
Дисперсия величины V:
Математическое ожидание между величинами U и V:
Корреляционный момент между величинами U и V:
Коэффициент корреляции между величинами U и V:
Математическое ожидание величины x22:
Математическое ожидание величины x1.x2:
Математическое ожидание величины x1.x3:
Математическое ожидание величины x2.x3:
Одномерная выборка
Построим вариационный ряд:
Сделаем таблицу для построения графика эмпирической функции F*(x), которая определяется формулой:
k - количество одинаковых чисел в выборке, m - номер числа в вариационном ряду
График эмпирической функции представлен в конце задания вместе с графиком гипотетической функции F0(x).
Определим количество непересекающихся и примыкающих друг к другу M интервалов:
где - количество чисел в выборке Построим гистограмму равноинтервальным методом:
Определим длину интервала:
Построим гистограмму равновероятностным методом:
Вычислим точечные оценки числовых характеристик: Состоятельная оценка математического ожидания:
Вычислим интервальные оценки математического ожидания и дисперсии с надежностью =0.95. Доверительный интервал для математического ожидания: Согласно центральной предельной теореме при достаточно большом n закон распределения можно считать нормальным, поэтому воспользуемся следующей формулой для случайной величины X с неизвестным законом распределения:
где z=arg(/2)=arg(0.475)=1.96 - значение аргумента функции Лапласа, тогда интервал равен:
Доверительный интервал для дисперсии:
Выдвинем двухальтернативную гипотезу о законе распределения случайной величины:
Определим оценки неизвестных параметров гипотетического закона распределения:
Проверим гипотезу с помощью критерия 2. Вычислим значения критерия 2 на основе равноинтервального статистического ряда. Теоретические вероятности попадания случайной величины вычислим по формуле:
Данные для расчета теоретических вероятностей представлены в таблице:
Определим значение критерия 2 по формуле:
Найдем значения критерия для каждого значения, а затем общий.
Тогда, значение критерия равно:
Определяем число степеней свободы: k=M-1-s, где s - число параметров, от которых зависит выбранный гипотезой H0 закон распределения,
При заданном уровне значимости =0.05 сравним полученное значение критерия 2 со значением 2,k из таблицы распределения 2, которое равно:
Поскольку 2<2,k, то гипотеза H0 принимается.
Проверим гипотезу с помощью критерия Колмогорова:
По графику определим максимальное отклонение между функциями F*(x) и F0(x):
Определяем значение критерия:
Из таблицы распределения Колмогорова выбираем критическое значение , где =1-=0.95 =1.36 Поскольку , то гипотеза H0 принимается.
Построим график гипотетической функции F0(x) совместно с графиком эмпирической функции распределения F*(x):
Двумерная выборка
- количество двумерных чисел
Вычислим точечную оценку коэффициента корреляции:
Оценки математических ожиданий:
Оценки дисперсий:
Состоятельная оценка корреляционного момента равна:
будет равна 1, т.к. не имеет значения, какой она будет масти: 