ФГБОУ ВПО Уральский государственный педагогический университет
Математический факультет
В.Ю. Бодряков
Индивидуальные домашние задания (идз)
по дисциплине «Математика»
Часть 2
Екатеринбург – 2014
Введение
Настоящая методическая разработка предназначена для студентов всех форм обучения, изучающих дисциплину «Математика» (Часть 2). Разработка содержит индивидуальные домашние задания (ИДЗ) по 30 вариантов в каждом и методические указания к их решению.
Методические указания к решению задач
ИДЗ-5. Геометрическая вероятность
Решите задачу на вычисление геометрической вероятности:
На окружности радиуса R наудачу проводится хорда, параллельная данному направлению. Какова вероятность того, что длина хорды не превысит R?
Решение: Пусть длина хорды AB, параллельной заданной прямой , равна l. Вероятность события F – «Длина хорды l R», согласно определению геометрической вероятности, равна
P(F) = ,
где () – мера полного пространства (множества) всех возможных равновероятных исходов; (F) – мера пространства всех возможных исходов, благоприятствующих событию F.
Рис. 1
Поскольку имеется выделенное направление на плоскости, заданное прямой , задачу удобно решать координатным методом. Начало системы координат выберем в центре окружности O, ось Oy направим параллельно, а ось Ox – перпендикулярно прямой (рис. 1). Пусть хорда AB, параллельная оси Oy, пересекает ось Ox в точке С(x; 0). Координату x точки C выберем в качестве непрерывной линейной случайной величины (н.с.в.). Очевидно, н.с.в. x лежит в диапазоне –R x R и с равной вероятностью может принять любое значение из этого промежутка. Т.о., вероятностное пространство всех возможных исходов представляет собой отрезок = [–R; R], его мера () = R – (–R) = 2R.
Множество значений с.в. x, благоприятствующих событию F, найдем из геометрических соображений. Из рис. 1 видно, что по теореме Пифагора длина хорды
l = 2.
По условию,
2 R,
откуда
x2 R2,
или
|x| R.
Т.о., событию F благоприятствует множество возможных значений x . Мера этого множества равна(F) = 2R = R (2 – ). Искомая вероятность события F равна:
P(F) = = 1 – 0,134.
Ответ: P(F) = 1 – 0,134.
ИДЗ-6. Основные теоремы теории вероятностей
Решите задачу на вычисление вероятности с помощью теорем сложения и умножения вероятностей:
Два игрока (I и II) играют в кости, бросая поочередно пару кубиков. Выигрывает тот, у кого первым выпадет в сумме более 10 очков. Какова вероятность выигрыша для каждого из игроков?
Решение: Заметим, что игра может не закончиться ни при первом бросании кубиков, ни при втором, и вообще, формально может продолжаться до бесконечности, если игроки поочередно получают в сумме не более 10 очков. При решении должны быть учтены все возможности.
Рассмотрим вероятность получения в сумме более 10 очков при единичном бросании пары игральных кубиков. Множество (пространство) всех возможных равновероятных исходов при каждом бросании пары кубиков состоит из элементарных событий – пар выпавших очков на первом и втором кубиках, соответственно: = {(1; 1); (1; 2); …; (6; 6)}. Полное число таких пар, очевидно, равно n = 66 = 36.
Событию A – «Выпадение в сумме более 10 очков при бросании двух кубиков» благоприятствуют m = 3 элементарных события из множества исходов , а именно, {(5; 6); (6; 5); (6; 6)}. Согласно классическому определению вероятности, вероятность события A равна:
P(A) = = = = p,
Вероятность противоположного события Ā – «Выпадение в сумме не более 10 очков при бросании двух кубиков» составляет
P(Ā) = q = 1 – p = .
Найдем теперь вероятности событий I – «Игру выигрывает игрок I» и II – «Игру выигрывает игрок II», анализируя все возможные исходы.
На первом этапе (круге игры) игрок I может выиграть с вероятностью P(AI,1) = p или не выиграть с вероятностью P(ĀI,1) = q. В первом случае игра завершена; во втором случае ход передается игроку II. По теореме умножения вероятностей, игрок II может выиграть на первом этапе игры с вероятностью P(AII,1) = qp (игрок I не выиграл ранее!) или не выиграть с вероятностью P(ĀII,1) = q2.
На втором этапе игры игрок I может выиграть с вероятностью P(AI,2) = q2p (после собственного невыигрыша и невыигрыша игрока II на первом этапе игры) или не выиграть с вероятностью P(ĀI,2) = q3. Аналогично, игрок II может выиграть на втором этапе с вероятностью P(AII,2) = q3p или не выиграть с вероятностью P(ĀII,2) = q4.
На k-ом этапе игры вероятности выигрышей игроков I и II равны, соответственно, P(AI,k) = q2k–2p и P(AII,k) = q2k–1p, и т.д. Результаты рассуждений удобно свести в табл. 1:
Таблица 1
Вероятности выигрышей игроков I и II на различных этапах (кругах) игры
Этап |
Игрок I |
Игрок II |
1 |
p |
qp |
2 |
q2p |
q3p |
3 |
q4p |
q5p |
… |
… |
… |
k |
q2k–2p |
q2k–1p |
… |
… |
… |
|
|
|
Для подсчета полных вероятностей выигрышей каждого из игроков остается воспользоваться теоремой сложения вероятностей и просуммировать бесконечно убывающие геометрические прогрессии:
P(I) = p + q2p + q4p + … + q2k–2p + … = p(1 + q2 + q4 + … + q2k–2 + …) =
= ==;
P(II) = qp + q3p + q5p + … + q2k–1p + … = qp(1 + q2 + q4 + … + q2k–2 + …) =
= = = .
Вероятность выигрыша игрока I несколько превосходит вероятность выигрыша игрока II. Так как выигрыш одного из двух игроков – событие достоверное, то, как и должно быть, P(I) + P(II) = 1.
Ответ: P(I) = ;P(II) = .
ИДЗ-7. Формула полной вероятности
Решите задачу на вычисление полной вероятности события:
По учебной цели производится 3 выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле равна p1 = 0,5; при втором p2 = 0,6; при третьем p3 = 0,8. При одном попадании цель будет поражена с вероятностью 0,3; при двух с вероятностью 0,6; при трех – наверняка. Какова вероятность того, что цель будет поражена?
Решение: Вероятность события A – «Цель поражена» может быть найдена по формуле полной вероятности. Событию A предшествует одно из событий полной группы:
B0 – «В цель не попал ни один выстрел: 0 попаданий»;
B1 – «В цель попал один выстрел: 1 попадание»;
B2 – «В цель попало два выстрела: 2 попадания»;
B3 – «В цель попали все три выстрела: 3 попадания».
Найдем вероятности указанных событий, образующих полную группу.
Событие B0 есть результат произведения трех независимых элементарных событий: промах при первом выстреле с вероятностью
q1 = 1 – p1 = 0,5;
промах при втором выстреле с вероятностью
q2 = 1 – p2 = 0,4;
промах при третьем выстреле с вероятностью
q3 = 1 – p3 = 0,2.
По теореме умножения вероятностей:
P(B0) = q1q2q3 = 0,50,40,2 = 0,04.
Событие B1 есть результат единственного попадания (при первом или втором или третьем выстреле) при двух оставшихся промахах. По теоремам умножения вероятностей и сложения вероятностей:
P(B1) = p1q2q3 + q1p2q3 + q1q2p3 = 0,50,40,2 + 0,50,60,2 + 0,50,40,8 =
= 0,04 + 0,06 + 0,16 = 0,26.
Событие B2 есть результат двух попаданий при одном промахе (при первом, при втором, или при третьем выстреле). По теоремам умножения вероятностей и сложения вероятностей:
P(B2) = p1p2q3 + p1q2p3 + q1p2p3 = 0,50,60,2 + 0,50,40,8 + 0,50,60,8 =
= 0,06 + 0,16 + 0,24 = 0,46.
Наконец, событие B3 есть результат трех попаданий при всех трех выстрелах. По теореме умножения вероятностей:
P(B3) = p1p2p3 = 0,50,60,8 = 0,24.
Как и следует, сумма вероятностей событий, образующих полную группу событий, равна единице:
P(B0) + P(B1) + P(B2) + P(B3) = 0,04 + 0,26 + 0,46 + 0,24 = 1.
Условные вероятности поражения цели есть:
При всех трех промахах (событие B0) PB0(A) = 0 – поражение цели есть невозможное событие;
При одном попадании (событие B1) PB1(A) = 0,3;
При двух попаданиях (событие B2) PB2(A) = 0,6;
При трех попаданиях (событие B3) PB3(A) = 1 – достоверное событие.
Вычислим полную вероятность события A по формуле полной вероятности:
P(A) = P(B0)PB0(A) + P(B1)PB1(A) + P(B2)PB2(A) + P(B3)PB3(A) =
= 0,040 + 0,260,3 + 0,460,6 + 0,241 = 0,594.
Ответ: P(A) = 0,594.
ИДЗ-8. Формула Бейеса
Решите задачу на вычисление бейесовской вероятности:
Имеется три одинаковых урны. В первой урне 4 белых и 6 черных шаров; во второй – 5 белых и 7 черных шаров, в третьей – 6 белых и 10 черных шаров. Из урны, взятой наудачу, извлечены подряд два белых шара. Из какой урны вероятнее всего вынимались шары?
Решение: Обозначим: событие A – «Из выбранной урны извлечены подряд два белых шара». Событие B1 – «Выбрана первая урна»; B2 – «Выбрана вторая урна»; B3 – «Выбрана третья урна». События B1, B2, B3, образуют полную группу; их вероятности равны:
P(B1) = P(B2) = P(B3) = 1/3.
Вероятность извлечь подряд два белых шара из урны 1 равна:
PB1(A) = = 0,1333;
из урны 2:
PB2(A) = = 0,1515;
из урны 3:
PB3(A) = = = 0,125.
Полная вероятность события A по формуле полной вероятности равна:
P(A) = PB1(A)P(B1) + PB2(A)P(B2) + PB3(A)P(B3) =
= + + = 0,1366.
Согласно формуле Бейеса вероятность того, что оба белых шара извлечены из урны 1, равна:
PA(B1) = = 0,3253;
из урны 2:
PA(B2) = = 0,3697;
из урны 3:
PA(B3) = = 0,3050.
Наибольшей является вероятность того, что шары вынимались из второй урны (событие B2).
Ответ: Шары вероятнее всего вынимались из 2-ой урны.
З а м е ч а н и е. Легко убедиться, что PA(B1) + PA(B2) + PA(B3) = 1, как и должно быть.
ИДЗ-9. Формулы Муавра – Лапласа. Вероятности редких событий.
Решите задачу на вычисление вероятностей случайных событий с применением локальной или интегральной теорем Муавра – Лапласа или распределения Пуассона.
При рождении одного ребенка вероятность появления мальчика равна 0,51. Какой объем выборки новорожденных следует взять, чтобы с вероятностью 95% удостовериться в справедливости данного вывода? Допустимая ошибка 1% от объема выборки.
Решение: Введем обозначения: p = 0,51 – вероятность рождения мальчика; q = 0,49 – вероятность рождения девочки (т.е. нерождения мальчика); n – искомый объем выборки.
Пусть в выборке новорожденных объема n имеется k мальчиков. Для того, чтобы относительная эмпирическая частота отклонялась от вероятности p не более, чем на 0,01, число мальчиков должно быть заключено в пределах k1 k k2, где k1 = np – 0,01n, k2 = np + 0,01n.
Согласно интегральной теореме Муавра – Лапласа вероятность того, что k1 k k2, может быть найдена по формуле:
P(k1 k k2) = –= –= 2.
Здесь (z) – табулированная функция Лапласа; учтена также нечетность функции Лапласа: (–z) = –(z).
По условию задачи
P(k1 k k2) = 2 = 0,95,
Откуда
= 0,475.
Далее, по таблице значений функции Лапласа находим
0,02= 1,96,
откуда, окончательно, n = 9604.
Ответ: Следует взять выборку новорожденных объемом не менее n = 9604 чел.
ИДЗ-10. Закон распределения вероятностей дискретной случайной величины (д.с.в.). Числовые характеристики распределения д.с.в.
Составьте закон распределения вероятностей дискретной случайной величины (д.с.в.) X – числа k выпадений хотя бы одной «шестерки» в n = 8 бросаниях пары игральных кубиков. Постройте многоугольник распределения. Найдите числовые характеристики распределения (моду распределения, математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), среднее квадратическое отклонение (X)).
Решение: Введем обозначение: событие A – «при бросании пары игральных кубиков шестерка появилась хотя бы один раз». Для нахождения вероятности P(A) = p события A удобнее вначале найти вероятность P(Ā) = q противоположного события Ā – «при бросании пары игральных кубиков шестерка не появилась ни разу».
Поскольку вероятность непоявления «шестерки» при бросании одного кубика равна 5/6, то по теореме умножения вероятностей
P(Ā) = q = =.
Соответственно,
P(A) = p = 1 – P(Ā) = .
Испытания в задаче проходят по схеме Бернулли, поэтому д.с.в. величина X – число k выпадений хотя одной шестерки при бросании двух кубиков подчиняется биномиальному закону распределения вероятностей:
Pn(k) = pnqn–k,
где = – число сочетаний изn по k. Проведенные для данной задачи расчеты удобно оформить в виде таблицы (табл. 2):
Таблица 2
Распределение вероятностей д.с.в. X k (n = 8; p = ;q = )
k |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
|
1 |
8 |
28 |
56 |
70 |
56 |
28 |
8 |
1 |
| |
Pn(k) |
0,0541 |
0,1904 |
0,2932 |
0,258 |
0,1419 |
0,05 |
0,011 |
0,0013 |
0,0001 |
1 |
Полигон (многоугольник) распределения вероятностей дискретной случайной величины X представлен на рис. 2:
Рис. 2. Полигон распределения вероятностей д.с.в. X = k. Вертикальной линией показано математическое ожидание распределения M(X).
Найдем числовые характеристики распределения вероятностей д.с.в. X. Мода распределения равна 2 (здесь P8(2) = 0,2932 максимально). Математическое ожидание по определению равно:
M(X) = = 2,4444,
где xk = k – значение, принимаемое д.с.в. X. Дисперсию D(X) распределения найдем по формуле:
D(X) = = 4,8097.
Среднее квадратическое отклонение (СКО):
(X) = = 2,1931.
Для наглядности математическое ожидание M(X) д.с.в. X, характеризующее «центр тяжести» распределения, показано на рис. 2 вертикальной сплошной линией.
Ответ: Полигон распределения показан на рис. 2. Мода распределения равна 2; математическое ожидание M(X) = 2,4444; дисперсия D(X) = 4,8097; СКО (X) = 2,1931.
ИДЗ-11. Закон распределения вероятностей непрерывной случайной величины (н.с.в.). Числовые характеристики распределения н.с.в.
Для непрерывной случайной величины (н.с.в.) X задана плотность функции распределения: f(x) = С1exp(–2|x|) при |x| 1; при |x| > 1 f(x) = 0. Нормируйте плотность распределения. Вычислите функцию распределения F(x). Постройте графики обеих функций. Вычислите числовые характеристики распределений: математическое ожидание M(X), дисперсию D(X), СКО (X). Вычислите вероятность того, что н.с.в. X примет значения из заданного интервала (a; b) = (1/2; 3/2).
Решение: Прежде всего, нормируем на единицу плотность функции распределения f(x); отсюда определится неизвестная постоянная С1:
= 1 = = 2= –С1=С1(1 – e–2),
откуда
С1 = 1,1565.
При вычислении интеграла использована четность подынтегральной функции. Функцию распределения F(x) найдем путем интегрирования, причем здесь, в силу свойств функции y = |x| потребуется различать случаи x < 0 и x 0.
При –1 x < 0:
F(x) = ===.
При 0 x 1:
F(x) = =+=
= F(0) + =+=+,
При x < –1 F(x) = 0; при x > 1 F(x) = 1.
Графики плотности функции распределения f(x) и самой функции распределения F(x) представлены на рис. 3 и рис. 4, соответственно.
Рис. 3. График плотности функции распределения вероятностей f(x) н.с.в. X |
Рис. 4. График функции распределения вероятностей F(x) н.с.в. X |
Рассчитаем числовые характеристики распределения н.с.в. X. Математическое ожидание M(X) н.с.в. X равно:
M(X) = == 0
в силу нечетности подынтегральной функции. Дисперсия D(X) н.с.в. X равна:
D(X) = == 2 С1= 0,1870.
Интеграл в выражении для дисперсии берется двойным интегрированием по частям:
= (1 – 5e–2) 0,0808.
Среднее квадратическое отклонение СКО найдем как
(X) = = 0,4324.
Наконец, вероятность того, что н.с.в. X примет значения из заданного интервала (a; b) = (1/2; 3/2) вычислим, воспользовавшись найденной функцией распределения:
P(1/2 < x < 3/2) = F(3/2) – F(1/2) = 1 – –= 0,1345.
Ответ: Графики плотности функции распределения f(x) и самой функции распределения F(x) н.с.в. X приведены на рис. 3, 4, соответственно. Вероятность попадания X в интервал (1/2; 3/2) равна P(1/2 < x < 3/2) = 0,1345. Числовые характеристики распределений: математическое ожидание M(X) = 0; дисперсия D(X) = 0,1870; СКО (X) = 0,4324.
ИДЗ-12. Статистическое распределение случайной величины и его числовые характеристики.
Представлены статистические данные. Требуется: 1) составить дискретный вариационный ряд, при необходимости упорядочив его; 2) определить основные числовые характеристики ряда; 3) дать графическое представление ряда в виде полигона (гистограммы) распределения; 4) сформулировать содержательные выводы.
Прим. 1) При проверке статистической гипотезы о виде распределения принять уровень значимости = 0,05; 2) Для числовой обработки данных рекомендуется использовать подходящий математический пакет, например, электронную таблицу MS Excel.
Результаты измерений диаметров n = 200 валков после шлифовки обобщены в табл. 3 (мм):
Таблица 3
Частотный вариационный ряд диаметров валков.
-
i
1
2
3
4
5
6
7
8
xi, мм
6,68
6,69
6,7
6,71
6,72
6,73
6,74
6,75
ni
2
3
12
6
11
14
30
25
-
i
9
10
11
12
13
14
15
16
xi, мм
6,76
6,77
6,78
6,79
6,8
6,81
6,82
6,83
ni
27
31
14
8
5
6
5
1
Помимо общего задания, требуется построить теоретическую кривую нормального распределения и проверить соответствие эмпирического и теоретического распределений по критерию Пирсона.
Решение: Основные числовые характеристики данного вариационного ряда найдем по определению. Средний диаметр валков равен (мм):
xср = = 6,753;
исправленная дисперсия (мм2):
D = = 0,0009166;
исправленное среднее квадратическое (стандартное) отклонение (мм):
s = = 0,03028.
Рис. 5. Частотное распределение диаметров валков
Исходное («сырое») частотное распределение вариационного ряда, т.е. соответствие ni(xi), отличается довольное большим разбросом значений ni относительно некоторой гипотетической «усредняющей» кривой (рис. 5). В этом случае предпочтительно построить и анализировать интервальный вариационный ряд, объединяя частоты для диаметров, попадающих в соответствующие интервалы.
Число интервальных групп K определим по формуле Стерджесса:
K = 1 + log2n = 1 + 3,322lgn,
где n = 200 – объем выборки. В нашем случае
K = 1 + 3,322lg200 = 1 + 3,3222,301 = 8,644 8.
Ширина интервала равна (6,83 – 6,68)/8 = 0,01875 0,02 мм.
Интервальный вариационный ряд представлен в табл. 4.
Таблица 4
Частотный интервальный вариационный ряд диаметров валков.
-
k
1
2
3
4
5
6
7
8
xk, мм
6,68 – 6,70
6,70 – 6,72
6,72 – 6,74
6,74 – 6,76
6,76 – 6,78
6,78 – 6,80
6,80 – 6,82
6,82 – 6,84
nk
5
18
25
55
58
22
11
6
Интервальный ряд может быть наглядно представлен в виде гистограммы частотного распределения (рис. 6).
Рис. 6. Частотное распределение диаметров валков. Сплошная линия – сглаживающая нормальная кривая.
Вид гистограммы позволяет сделать предположение о том, что распределение диаметров валков подчиняется нормальному закону, согласно которому теоретические частоты могут быть найдены как
nk, теор = nN(a; ; xk)xk,
где, в свою очередь, сглаживающая гауссова кривая нормального распределения определяется выражением:
N(a; ; xk) = .
В этих выражениях xk – центры интервалов в частотном интервальном вариационном ряде табл. 4. Например, x1 = (6,68 + 6,70)/2 = 6,69. В качестве оценок центра a и параметра гауссовой кривой можно принять:
a = xср; = s.
Из рис. 6 видно, что гауссова кривая нормального распределения в целом соответствует эмпирическому интервальному распределению. Однако следует удостовериться в статистической значимости этого соответствия. Используем для проверки соответствия эмпирического распределения эмпирическому критерий согласия Пирсона 2 [2-4]. Для этого следует вычислить эмпирическое значение критерия как сумму
2 = ,
где nk и nk,теор – эмпирические и теоретические (нормальные) частоты, соответственно. Результаты расчетов удобно представить в табличном виде (табл. 5):
Таблица 5
Таблица вычисления критерия Пирсона
[xk, xk+1), мм |
xk, мм |
nk |
nk,теор | |
6,68 – 6,70 |
6,69 |
5 |
4,00 |
0,25 |
6,70 – 6,72 |
6,71 |
18 |
14,57 |
0,81 |
6,72 – 6,74 |
6,73 |
25 |
34,09 |
2,42 |
6,74 – 6,76 |
6,75 |
55 |
51,15 |
0,29 |
6,76 – 6,78 |
6,77 |
58 |
49,26 |
1,55 |
6,78 – 6,80 |
6,79 |
22 |
30,44 |
2,34 |
6,80 – 6,82 |
6,81 |
11 |
12,07 |
0,09 |
6,82 – 6,84 |
6,83 |
6 |
3,07 |
2,80 |
|
|
|
2эмп |
10,55 |
Критическое значение критерия найдем по таблице Пирсона [2, 3] для уровня значимости = 0,05 и числа степеней свободы d.f. = K – 1 – r, где K = 8 – число интервалов интервального вариационного ряда; r = 2 – число параметров теоретического распределения, оцененных на основании данных выборки (в данном случае, – параметры a и ). Таким образом, d.f. = 5. Критическое значение критерия Пирсона есть 2крит(; d.f.) = 11,1. Так как 2эмп < 2крит, заключаем, что согласие между эмпирическим и теоретическим нормальным распределением является статистическим значимым. Иными словами, теоретическое нормальное распределение удовлетворительно описывает эмпирические данные.