Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
ИДЗ Математика часть 2 ИКРиМ 2 семестр v2.doc
Скачиваний:
82
Добавлен:
30.04.2015
Размер:
704.51 Кб
Скачать

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 lR», 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 –RxR 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,

2R,

откуда

x2R2,

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 = 66 = 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 = 0,50,40,2 = 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 = 0,50,40,2 + 0,50,60,2 + 0,50,40,8 =

= 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 = 0,50,60,2 + 0,50,40,8 + 0,50,60,8 =

= 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 = 0,50,60,8 = 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) =

= 0,040 + 0,260,3 + 0,460,6 + 0,241 = 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 k1kk2, где k1 = np – 0,01n, k2 = np + 0,01n.

Согласно интегральной теореме Муавра – Лапласа вероятность того, что k1kk2, может быть найдена по формуле:

P(k1kk2) = = = 2.

Здесь (z) – табулированная функция Лапласа; учтена также нечетность функции Лапласа: (–z) = –(z).

По условию задачи

P(k1kk2) = 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) = pnqnk,

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. Xk (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) = С1exp(–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 + 3,322lg200 = 1 + 3,3222,301 = 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.