САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКАЯ  АКАДЕМИЯ УПРАВЛЕНИЯ И ЭКОНОМИКИ

МУРМАНСКИЙ  ИНСТИТУТ ЭКОНОМИКИ

ФАКУЛЬТЕТ ЭКОНОМИКИ И ФИНАНСОВ

Заочная форма обучения

СПЕЦИАЛЬНОСТЬ «Бухгалтерский учет, анализ и аудит»

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА

по дисциплине  «Математика» 
 
 
 
 
 
 

ВЫПОЛНИЛ 

Студент                                                                                     Чернова Л.С. 

                          Группа 9-5331/4-2

                                                                                                    (Б2-29)

         Курс 4

         Контактный телефон:

              +7-921-165-5791

ПРОВЕРИЛ

Преподаватель                                                                          А.В. Белошистая 
 
 
 
 
 
 
 
 

Мурманск

2011

ОГЛАВЛЕНИЕ 

ВЕДЕНИЕ 

     Задача  любой науки, в том числе, экономической, состоит в выявлении и исследовании закономерностей, которым подчиняются реальные процессы. Найденные закономерности, относящиеся к экономике, имеют не только теоретическую ценность, они широко применяются на практике – в планировании, управлении и прогнозировании.

     Теория  вероятностей – математическая наука, изучающая закономерности случайных явлений (явлений с неопределенным исходом, происходящих при неоднократном воспроизведении определенного комплекса условий).

     На  теории вероятностей базируется еще  одна важная для экономики наука  – математическая статистика; она  оперирует результатами наблюдений над случайными явлениями; используя результаты, полученные теорией вероятностей, математическая статистика позволяет не только оценить значения искомых характеристик, но и выявит степень точности получаемых при обработке данных выводов.

     Задача  контрольной работы – представить решение восьми задач по теории вероятностей и математической статистике.

     Цель  исследования – научиться на практике применять элементы теории вероятностей и математической статистики. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

1. Решение задач

1.1. Задача 1 

Дано:

В лотерее 10 билетов, из которых 4 выигрышных. Какова вероятность выиграть хотя бы один раз, купив 3 билета? 
 

Решение:

Пусть событие А – хотя бы один выигрыш из 3-х купленных билетов,

события А₁, А₂, А₃ – выигрыш в первом, втором, третьем билетах соответственно,

тогда событие Ā – отсутствие выигрыша в 3-х купленных билетах,

      события Ā₁, Ā₂, Ā₃ – отсутствие выигрыша в первом, втором, третьем билетах соответственно.

Найдем  вероятность события А через противоположное событие Ā.

Совместное появление нескольких событий - это их произведение:

     Ā= Ā₁ * Ā₂* Ā₃     (1)

По теореме  умножения вероятностей зависимых  событий¹:

     Р(Ā)=Р(Ā₁)*Р(Ā₂ | Ā₁)* Р(Ā₃ | Ā₁ Ā₂)     (2)

     Р(Ā)=(6/10)*(5/9)* (4/8)=0,167

По 2-му следствию из теоремы сложения вероятностей:

     Р(А)=1-Р(Ā)          (3)

     Р(А)=1-0,167=0,833 

Ответ: вероятность выиграть хотя бы один раз, купив 3 билета Р(А)= 0,833. 
 
 

      1.2. Задача 2 

      Дано:

Вероятность поломки (выхода из строя) в течение  дня у каждого из трех работающих самосвалов равна соответственно р₁=0,05, р₂=0,15, р₃=0,25. Какова вероятность того, что в течение рабочего дня:

     а) все самосвалы выйдут из строя;

     б) ни один не выйдет из строя;

     в) хотя бы один выйдет из строя;

     г) точно один выйдет из строя. 
 

     Решение:

Рассмотрим  вариант а) вероятность того, что в течение рабочего дня все самосвалы выйдут из строя.

 Пусть событие А – выход из строя всех самосвалов,

события А₁, А₂, А₃ – выход из строя первого, второго, третьего самосвалов соответственно.

Совместное  появление нескольких событий - это  их произведение²:

     А= А₁* А₂* А₃     (4)

По теореме  умножения вероятностей независимых  событий:

     Р(А)=Р(А₁)*Р(А₂)* Р(А₃)     (5)

     Р(А)=0,05*0,15*0,25=0,002 

Рассмотрим вариант б) вероятность того, что в течение рабочего дня ни один самосвал не выйдет из строя.

Пусть событие А – выход из строя всех самосвалов,

события А₁, А₂, А₃ – выход из строя первого, второго, третьего самосвалов соответственно,

тогда событие Ā – исправная работа всех самосвалов,

      события Ā₁, Ā₂, Ā₃ – исправная работа первого, второго, третьего самосвалов соответственно.

Совместное  появление нескольких событий - это  их произведение:

     Ā= Ā₁ * Ā₂* Ā₃             (6)

По теореме  умножения вероятностей независимых  событий:

     Р(Ā)=Р(Ā₁)*Р(Ā₂)* Р(Ā₃),             (7)

где    Р(Ā₁)=1-Р(А₁)=1-0,05=0,95            

     Р(Ā₂)=1-Р(А₂)=1-0,15=0,85            

     Р(Ā₃)=1-Р(А₃)=1-0,25=0,75            

     Р(Ā)=0,95*0,85*0,75=0,606 

Рассмотрим вариант в) вероятность того, что в течение рабочего дня хотя бы один самосвал выйдет из строя.

Пусть событие А – выход из строя хотя бы одного самосвала,

тогда событие Ā – исправная работа всех самосвалов,

      события Ā₁, Ā₂, Ā₃ – исправная работа первого, второго, третьего самосвалов соответственно.

     Р(А)=1-Р(Ā),                                 (8)

Из варианта б) Р(Ā)=0,606

     Р(А)=1-0,606=0,394 

Рассмотрим вариант г) вероятность того, что в течение рабочего дня точно один самосвал выйдет из строя.

Пусть событие А – выход из строя точно одного самосвала,

события А₁, А₂, А₃ – выход из строя первого, второго, третьего самосвалов соответственно,

события Ā₁, Ā₂, Ā₃ – исправная работа первого, второго, третьего самосвалов соответственно.

     Событие А может осуществиться несколькими способами, т.е. распадется на несколько несовместных вариантов: может быть поломка первого самосвала и исправная работа второго и третьего, или поломка второго самосвала и исправная работа первого и третьего, или, наконец, поломка третьего самосвала и исправная работа первого и второго. Следовательно, событие А можно представить³:

     А=А₁* Ā₂* Ā₃+ А₂* Ā₁* Ā₃+ А₃* Ā₁* Ā₂                        (9)

По теореме  сложения и умножения вероятностей независимых событий:

     Р(А)=Р(А₁)* Р(Ā₂)* Р(Ā₃)+ Р(А₂)* Р(Ā₁)*Р(Ā₃)+ Р(А₃)* Р(Ā₁)*Р(Ā₂)       (10)

     Р(А)=0,05*0,85*0,75+0,15*0,95*0,75+0,25*0,95*0,85=0,341 

Ответ: а) вероятность того, что в течение рабочего дня все самосвалы выйдут из строя, Р(А)= 0,002;

     б) вероятность того, что в течение рабочего дня ни один самосвал не выйдет из строя, Р(А)= 0,606;

     в) вероятность того, что в течение рабочего дня хотя бы один самосвал выйдет из строя, Р(А)= 0,394;

     г) вероятность того, что в течение рабочего дня точно один самосвал выйдет из строя, Р(А)= 0,341 

     1.3. Задача 3 

     Дано:

В ящике  содержится n₁=10 деталей, среди которых n₂=4 бракованных. Определить вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей

     а) все качественные;

     б) точно одна качественная;

     в) по крайней мере, одна качественная. 
 

     Решение: 

Рассмотрим  вариант а) определить вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей все качественные.

Пусть событие А – появление трех качественных деталей

события А₁, А₂, А₃ – появление качественной детали при первой, второй, третьей выемках соответственно.

Совместное  появление нескольких событий - это  их произведение:

     А= А₁ * А₂* А₃             (11)

По теореме  умножения вероятностей зависимых  событий:

     Р(А)=Р(А₁)*Р(А₂ | А₁)* Р(А₃ | А₁ А₂)             (12)

     Р(А)= (6/10)*(5/9)*(4/8)=0,167 

Рассмотрим  вариант б) определить вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей точно одна качественная.

Пусть событие А – появление точной одной качественной детали,

события А₁, А₂, А₃ – появление качественной детали при первой, второй, третьей выемках соответственно,

события Ā₁, Ā₂, Ā₃ – появление бракованной детали при первой, второй, третьей выемках соответственно.

Событие А можно представить:

     А=А₁* Ā₂* Ā₃+ Ā₁ *А₂* Ā₃+ Ā₁* Ā₂ *А₃

По теореме  умножения вероятностей зависимых  событий:

     Р(А)=Р(А₁)*Р(Ā₂ | А₁)* Р(Ā₃ | А₁  Ā₂)+ Р(Ā₁)*Р(А₂ | Ā₁)* Р(Ā₃ | Ā₁  А₂)+ +Р(Ā₁)*Р(Ā₂ | Ā₁)* Р(А₃ | Ā₁  Ā₂)                         (13)

     Р(А)=(6/10)*(4/9)*(3/8)+(4/10)*(6/9)*(3/8)+(4/10)*(3/9)*(6/8)=0,3 

Рассмотрим  вариант в) определить вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей по крайней мере, одна качественная.

     Пусть событие А – появление по крайней мере, одной качественной детали,

     событие Ā – появление трех бракованных деталей.

     события Ā₁, Ā₂, Ā₃ – появление бракованной детали при первой, второй, третьей выемках соответственно.

Найдем  вероятность события А через противоположное событие Ā.

Совместное  появление нескольких событий - это  их произведение:

     Ā= Ā₁ * Ā₂* Ā₃     

По теореме  умножения вероятностей зависимых  событий:

     Р(Ā)=Р(Ā₁)*Р(Ā₂ | Ā₁)* Р(Ā₃ | Ā₁ Ā₂)             (14)

     Р(Ā)=(4/10)*(3/9)* (2/8)=0,033

По 2-му следствию из теоремы сложения вероятностей:

     Р(А)=1-Р(Ā )=1-0,033=0,967         

     Ответ: а) вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей все качественные, Р(А)=0,167

б) вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей точно одна качественная, Р(А)= 0,3

в) вероятность того, что среди трех наудачу взятых деталей по крайней мере, одна качественная, Р(А)= 0,967. 

     1.4. Задача 4 

     Дано: 

Первый рабочий изготовил 40 деталей, из которых 4 бракованных. Второй  рабочий изготовил 30 таких же деталей, из которых 2 бракованных. Все изготовленные детали положены в одну тару и доставлены в ОТК. Найти вероятность того, что деталь, взятая наудачу контролером ОТК, соответствует ГОСТу. 

     Решение: 

Пусть событие А – появление детали, соответствующей ГОСТу,

     H₁, H₂ - гипотезы, что деталь изготовлена соответственно 1 и 2 рабочим.

Вероятности этих гипотез соответственно равны:

     P(H₁)=40/70=0,571

     P(H₂)=30/70=0,429

По «классической» формуле вероятности вычислим вероятность  события А при гипотезах H₁, H₂:

     Р(А | Н₁)=36/40=0,9

     Р(А | Н₂)=28/30=0,933

Используя формулу полной вероятности, получим  искомую вероятность⁴:

     Р(А)= P(H₁)* Р(А | Н₁)+ P(H₁)* Р(А | Н₁)               (15)

     Р(А)= 0,571*0,9+0,429*0,933=0,914 

     Ответ: вероятность того, что деталь, взятая наудачу контролером ОТК, соответствует ГОСТу, Р(А)= 0,914. 

     1.5. Задача 5 

     Дано:

Вероятность малому предприятию быть банкротом  равна 0,2. Найти вероятность того, что из восьми малых предприятий сохранятся более двух. 
 

     Решение:

Пусть событие А – сохранение из восьми малых предприятий более двух,

событие Ā – сохранение из восьми малых предприятий не более двух.

Вероятность предприятию быть банкротов равна 0,2. Значит, вероятность предприятию не быть банкротом равна 1-0,2=0,8.

Используем  для решения формулу Бернулли⁵:

     Р_m,n= *p^m*q^n-m               (16)

Найдем  вероятность противоположного события Ā:

     P(Ā)=Р_0,8+Р_1,8+Р_2,8                  (17)

     P(Ā)= *0,8⁰*0,2⁸+ *0,8¹*0,2⁷+ *0,8²*0,2⁶=0,0012

     P(А)=1-0,0012=0,9988 

     Ответ: вероятность того, что из восьми малых предприятий сохранятся более двух, P(А)= 0,9988. 

     1.6. Задача 6 

     Дано:

На факультете насчитывается 1825 студентов. Найти вероятность того, что 1 сентября является днем рождения четырех студентов. 
 

     Решение:

Вероятность того, что 1 сентября является днем рождения студента р=1/365 0,027<0,1 – вероятность постоянна и мала; число испытаний n=1825>100 – велико; λ=n*p=1825*(1/365)=5 10 следовательно, для вычисления вероятности можно воспользоваться формулой Пуассона:

     Р_m,n                      (18)

     Р_m,n 0,175 

     Ответ: вероятность того, что 1 сентября является днем рождения четырех студентов, равна 0,175. 
 

     1.7. Задача 7 

     Дано:

     Дискретная  случайная величина Х может принимать одно из пяти фиксированных значений x₁=1, x₂=2, x₃=3, x₄=4, x₅ =5 с вероятностями p₁=0,2; p₂=0,2; p₃=0,2; p₄=0,2; p₅=0,2 соответственно. Вычислить математическое ожидание, дисперсию, среднеквадратическое величины Х. Рассчитать и построить график функции распределения. 
 

     Решение:

     Вычислим  математическое ожидание величины Х:

     Вычислим  дисперсию величины Х:

     D_x=(1-3)²*0,2+(2-3)²*0,2+(3-3)²*0,2+(4-3)²*0,2+(5-3)²*0,2=2

     Вычислим  среднеквадратическое величины Х:

     s_x = = 1,414

Ряд распределения  величины Х имеет вид:

Построим  функцию распределения величины Х⁶.

                                                                        
  F(x)=0

  F(x)=P(X=1)=0,2

  F(x)=P(X=1)+ P(X=2)=0,2+0,2=0,4

  F(x)=P(X=1)+ P(X=2)+ P(X=3)=0,4+0,2=0,6

  F(x)=P(X=1)+ P(X=2)+ P(X=3) + P(X=4)=0,6+0,2=0,8

  F(x)=1

График функции  распределения показан на рисунке  1.

Рисунок 1. График функции распределения  величины Х

     Ответ: математическое ожидание величины Х равно 3, дисперсия величины Х равна 2, среднеквадратическое величины Х равно 1,414.

     1.8. Задача 8 

     Дано:

Для проверки качества поступившей партии зерна  по схеме собственно-случайной бесповторной выборки произведено обследование. В результате анализа установлено следующее распределение данных о влажности зерна:

Предполагая, что влажность зерна распределена по нормальному закону, найти выборочное среднее, выборочное среднеквадратичное отклонение, построить гистограмму. Найти доверительный интервал для генеральной средней с надежностью . 
 

     Решение:

     Построим  статистический ряд; т. к. границы первого  и последнего интервалов не указаны, примем их равными второму и предпоследнему интервалам соответственно: