Распределение случайной величины. Эмпирические линии регрессии

Контрольная работа № 1

 

Задача 1

 

Рабочие обслуживают три станка, на которых обрабатывается однотипные детали. Вероятность изготовления бракованной детали на первом станке равна 0,2, на втором – 0,3, на третьем – 0,4. Обработанные детали складываются в один ящик. Производительность первого станка в три раза больше чем второго, а третьего – в два раза меньше чем второго. Взятая на удачу деталь оказалась бракованной. Найти вероятность того, что она изготовлена на третьем станке.

Решение:

Событие А – взятая деталь оказалась бракованной. Деталь может быть изготовлена на первом, втором или третьем станке, обозначим через В₁, В₂ и В₃. Соответственно Р(В₁) = , Р(В₂) = , Р(В₃) = .

Условная вероятность того, что бракованная деталь изготовлена первым станком Р_В1(А) = 0,02, аналогично Р_В2(А) = 0,03 и Р_В3(А) = 0,04.

По формуле полной вероятности

Р(А) =

По формуле Бейеса

Ответ: Р_А(В₃) = 0,1818

Задача 2

 

Каждая из пяти упаковок тетрадей содержит две тетради в линейку и три в клетку. Из каждой упаковки случайным образом отбираются по две тетради. Найти вероятность того, что не менее чем в трех из отобранных пяти пар тетрадей обе тетради будут в клетку.

Решение:

Вероятность взять 2 тетради в клетку из пачки

Р = .

Не менее трех пар из пяти отобранных должны быть – 3 пары, 4 пары, 5 пар.

Вычислим

Р₅(3) + Р₅(4) + Р₅(5).

P_n(k) = ,

где р = 0,3 и q = 0,7.

Р₅(3) = 0,1323

Р₅(4) = 0,0284

Р₅(5) = 0,0024

Искомая вероятность равна 0,1323 + 0,0284 + 0,0024 = 0,1631

Ответ: 0,1631

 

Задача 3

 

Вероятность того, что договор страховой кампании завершится выплатой по страховому случаю, равна 0,1. Страховая кампания заключила 2000 договоров. Найти вероятность того, что страховой случай наступит: а) 210 раз; б) от 190 до 250 раз включительно.

Решение:

а) Используем локальную теорему Лапласа, где k = 210, р = 0,1 и q = 0,9.

P_n(k) = , где  =

Р₂₀₀₀(210) =

б) Используем интегральную теорему Лапласа, где n = 2000, k₂ = 250, k₁ = 190.

P_n(k₁;k₂) = F(x’’) - F(x’),

х’’ = .

х’ = .

F(x’’) = F(3,73) = 0,4999.

F(x’) = F(-0,75) = - 0,2764.

P₂₀₀₀(190;250) = 0,4999 + 0,2764 = 0,7763/

Ответ: а) Р₂₀₀₀(210) = 0,0224, б) Р₂₀₀₀(190;250) = 0,7763

 

Задача 4

 

Законное распределение независимых случайных величин Х и У имеют вид:

Х:

xi	0	1	2
pi	0,3	?	0,2

Y:

yi	1	2
pi	0,4	?

Найти вероятность P(X = 1), P(Y = 2).

Составить закон распределения случайной величины

Z = X*Y.

Проверить выполнение свойства математического ожидания:

M(Z) = M(X)*M(Y)

Решение:

Р(Х = 1) = 1 – (0,3 + 0,2) = 0,5

Р(Y = 2) = 1 – 0,4 = 0,6

Составим закон распределения случайной величины Z = X*Y

	xj	0	1	2
yi	pj pi	0,3	0,5	0,2
1	0,4	0 0,12	1 0,2	2 0,08
2	0,6	0 0,18	20,3	4 0,12
zi	0	1	2	4
pi	0,3	0,2	0,38	0,12

Sp_i = 0,3 + 0,2 + 0,38 + 0,12 = 1

M(Z) = 0*0,3 + 1*0,2 + 2*0,38 + 4*0,12 = 1,44

M(X) = 0*0,3 + 1*0,5 + 2*0,2 = 0,9

M(Y) = 1*0,4 + 2*0,6 = 1,6

M(Z) = M(X)*M(Y) = 0,9*1,6 = 1,44.

Ответ:

 

Zi	0	1	2	4
Pi	0,3	0,2	0,38	0,12

Задача 5

 

Функции распределения непрерывной случайной величины Х имеет вид:

0 при х < -1,

F(x) = (х + 1)² при -1 £ х £ 0,

1 при х > 0.

Найти математическое ожидание этой случайной величины и вероятность того, что при каждом из трех независимых наблюдений этой случайной величины будет выполнено условие .

Решение:

Найдем плотность распределения