1. Побудувати дискретний розподіл частот і відносних частот.
Варіаційний ряд вибірки має вигляд
1, 1, 1, 1, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5.
Обсяг
вибірки становить
,
оскільки вона складається з 20 значень.
У вибірці 4 варіанти: 1, 3, 4, 5. Порахуємо
частоти, з якими варіанти входять у
вибірку та запишемо дискретний розподіл
частот вибірки:
|
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
|
4 |
8 |
6 |
2 |
Знайдемо відносні частоти:
Отже, розподіл відносних частот має вигляд:
|
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
|
0,2 |
0,4 |
0,3 |
0,1 |
Перевірка:
2. Побудувати полігон відносних частот дискретного розподілу.
Розв’язання. Для побудови полігону відносних частот скористаємося розподілом відносних частот
|
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
|
0,2 |
0,4 |
0,3 |
0,1 |
На
площині
зобразимо точки з координатами
та з’єднаємо їх відрізками. Отримуємо
шуканий полігон відносних частот.
3. Знайти емпіричну функцію розподілу і побудувати її графік.
Розв’язання.
Емпіричну функцію шукаємо за
формулою. Обсяг вибірки:
.
При
оскільки найменша варіанта
Тому
При
лише варіанта
причому
Тому
при
.
При
варіанти
менші
,
причому
.
Тому
при
.
При
варіанти
менші
,
причому
.
Тому
при
.
При
і отже
Таким чином емпірична функція розподілу має вигляд:
Побудуємо графік цієї функції.
4. Знайти точкові оцінки математичного сподівання і дисперсії генеральної сукупності.
Розв’язання. Незміщеною оцінкою генерального середнього є вибіркове середнє, що обчислюється за формулою:
|
|
1 |
3 |
4 |
5 |
|
|
4 |
8 |
6 |
2 |
.
Точковою зміщеною
оцінкою
є вибіркова дисперсія
,
яку обчислимо за формулою:
Точковою незміщеною
оцінкою
є виправлена вибіркова дисперсія,
яку обчислюємо за формулою:
;
.
5.
Побудувати
довірчий інтервал для оцінки з надійністю
математичного сподівання та середнього
квадратичного відхилення.
Розв’язання. Оскільки за умовою значення генерального середнього квадратичного відхилення невідоме, то довірчий інтервал для генерального середнього має вигляд:
.
Для побудови
довірчого інтервалу для генерального
середнього знайдемо
.
За таблицею (дод.
3) для розподілу Стьюдента за заданою
надійністю γ = 0,95 і
знаходимо значення tγ
= 2,093.
Обчислимо кінці довірчого інтервалу,
якщо
,
,
:
;
.
Отже, з надійністю
0,95 оцінюваний параметр
покривається інтервалом
.
Для побудови
довірчого інтервалу для генерального
середнього квадратичного відхилення
обчислимо значення
за таблицею (дод. 4):
.
Оскільки
,
то довірчий інтервал має вигляд:
<
σ <
.
Визначимо кінці інтервалу:
;
.
Отже, довірчим
інтервалом для σ з надійністю γ = 0,95
є інтервал
.
Завдання 2.7. Розв’язати задачу лінійного програмування: графічним методом та сформулювати двоїсту до неї задачу
Розв’язання.
Знаходимо многокутник розв’язків
(рис.1). Для цього в системі координат
будуємо прямі
кожна з яких ділить
всю площину на дві області. Потрібна
область знаходиться з обмежень даної
системи нерівностей підстановкою в них
координат
.
На рис.1 така область показана стрілкою.
Таким чином,
нерівності (1) – (5) описують півплощини,
а їх сукупність – перетин півплощин. В
результаті побудови отримали многокутник
.
Рис. 1
Визначаємо вектор
і лінію рівних значень
.
Покращення плану
досягаємо переміщенням лінії рівних
значень паралельно самій собі у напрямі
нормального вектора
,
оскільки вимагається максимізація цієї
функції. Переміщувати пряму таким чином
можна доти, поки вона ще має спільні
точки з областю. Таким чином, ми досягнемо
положення прямої, що проходить через
точку
.
У цій точці спостерігаємо максимальне
значення цільової функції
.
Тому розв`язок
;
є оптимальним.
Відповідь:
Максимальне значення цільової функції
.
Оптимальний розв`язок
;
.
Запишемо двоїсту задачу. Для цього пряму задачу зведемо до стандартного вигляду:
Двоїста задача матиме вигляд:
Завдання 2.8. Знайти оптимальний план перевезень транспортної задачі.
|
Пункти відправлення |
|
Пункти призначення |
Запаси |
|||
|
|
|
|
|
|
||
|
|
7 110 |
12 70 |
4 |
8 |
5 |
180 |
|
|
1 |
8 20 |
6 120 |
5 80 |
3 130 |
350 |
|
|
6 |
13 |
8 |
7 |
4 20 |
20 |
|
Потреби |
110 |
90 |
120 |
80 |
150 |
|
Розв’язання. Задача закритого типу. Опорний план знайдемо методом північно-західного кута.
-
Запаси
7
110
12
70
4
8
5
180
1
8
20
6
120
5
80
3
130
350
6
13
8
7
4
20
20
Потреби
110
90
120
80
150
550
Допустимий план знайдено:
Кількість базисних змінних дорівнює m+n–1=7.
Методом потенціалів перевіряємо допустимий план на оптимальність.
-
αi
7
110
12
70 -
-
4
+
9 8
7 5
0
3 1
8
20 +
6
120 -
5
80
3
130
-4
4 6
9 13
7 8
6 7
4
20
-3
βj
7
12
10
9
7
-
-
αi
7
110 -
6 12
4
70 +
3 8
1 5
0
-
1
+
8
90
6
50 -
5
80
3
130
2
1 6
9 13
7 8
6 7
4
20
3
βj
7
6
4
3
1
-
-
αi
7
60 -
14 12
4
120
-
8
+
3 5
0
1
50 +
8
90
-2 6
5
80 -
3
130
-6
2 6
9 13
-1 8
6 7
4
20
-5
βj
7
14
4
11
9
-
-
αi
4 7
11 12
4
120
8
60 -
-
5
+
0
1
110
8
90
1 6
5
20 +
3
130 -
-3
2 6
9 13
2 8
6 7
4
20
-2
βj
4
11
4
8
6
-
-
αi
3 7
10 12
4
120
7 8
5
50
0
1
110
8
90
2 6
5
80
3
70
-2
2 6
9 13
3 8
6 7
4
20
-1
βj
3
10
4
7
5
План є оптимальним.
Відповідь:
,
Завдання 2.9.
Задано сітку з відомими пропускними
спроможностями. Визначити максимальний
потік з джерела І (
)
в стік S (
)
і обчислити його потужність.
Рис. 1.
Розв’язання.
Нехай початковий
потік в мережі дорівнює нулю. Виберемо
збільшувальний ланцюг, що з’єднує
і
.
Крок 1. Виберемо
ланцюг
.
По ньому можна пропустити
.
Належність дуг множинам розставимо відповідно потокам. Маємо:
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
,
.
Розставимо позначки на кожній дузі. Маємо:
Рис. 2
Крок 2. Знову
виберемо збільшуваний ланцюг
.
По цьому ланцюгу
можна пропустити 2 одиниці потоку,
оскільки
.
Здійснимо збільшення потоку по цьому ланцюгу, тобто до нульового потоку додамо 2. Належність дуг множинам розставимо відповідно потокам. Маємо:
,
,
;
,
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
,
.
Розставимо позначки на кожній дузі маємо:
Рис. 3.
Крок 3. Знову
виберемо збільшувальний ланцюг
.
По ньому можна пропустити одну одиницю
потоку, оскільки
.
Здійснимо збільшення потоку по цьому
ланцюгу на 1 одиницю.
Розставимо позначки на кожній дузі. Маємо:
,
,
;
,
,
,
;
,
,
;
,
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
.
Вигляд мережі подано на рис.4.
Рис. 4.
Крок 4. Тепер
виберемо збільшувальний ланцюг
.
Напрям дуг
і
співпадає з напрямом потоку. Тому по
ним можна збільшити потік на
.
Напрям дуги
протилежний напряму потоку по ланцюгу.
Тому по цій дузі потік можна зменшити
на 2 одиниці
.
Отже, потік по ланцюгу можна збільшити
на
.
Розставимо позначки на кожній дузі. Маємо
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
,
;
,
,
;
,
,
;
,
,
.
Тепер мережа має вигляд (рис. 5 )
Рис. 5.
Крок 5. Видно,
що більше збільшувальних ланцюгів
знайти не можна, оскільки всі дуги, що
входять з вершини
насичені. Отриманий потік є максимальним.
Маємо:
Вихідний потік з
дорівнює
;
Вхідний потік в
дорівнює
.
Перевіримо інші вершини на баланс.
Вершина
:
вхідний потік
;
вихідний
.
Вершина
:
вхідний потік
;
вихідний
.
Вершина
:
вхідний потік
;
вихідний
.