Теория вероятностей и математическая статистика_Лисьев В.П_Уч. пос_МЭСИ, 2006 -199с

Практикум

Найдём смешанный начальный момент второго порядка:

	∞ ∞			1		5			(20−4 x) / 5				1	5	x(20 − 4x)			2			10000			1			2		1			5
ν11 = ∫ ∫ xyf (x, y)dxdy =						∫ xdx				∫ ydy =				∫						dx =			(			−		+			) =		.
												10									500			2			3		4			3
	−∞−∞		10			0			0					0		50
	Таким образом, Kxy = ν11 – mx my = 5/3 – (5/3)(4/3) = –5/9. Тогда
				r			=		K xy		= −					5				= −	1	.
								σx σy													2
				xy							9	(25 /18) (8 / 9)
Тема 4. Функциональные преобразования случайных величин
	Задание 11. Дискретная величина X задана таблично:
	xi	–4	–3				–2				–1			0			1		2			3					4			5
	pi	0,02	0,03				0,05				0,1	0,15					0,3		0,15			0,1				0,05				0,05

Записать в виде таблицы закон распределения заданной функции. Найти матема- тическое ожидание функции Y = 8 – 2 X + 1 .

Решение. Найдём сначала все возможные значения функции и внесём их в заготов- ленную таблицу:

yk	–4	–2	0	2	4	6	8
pk	0,05	0,05	0,1	0,17	0,33	0,2	0,1

Вероятности подсчитываются следующим образом. Значение 4 функция прини- мает только при x = 5. Тогда вероятность этого значения равна 0,05. Значение 4 функция принимает при x = –3 и при x = 1. Тогда вероятность этого значения равна 0,03 + 0,3 = 0,33 и т.д.

Математическое ожидание вычисляется как обычно: my = 3,36.

Задание 12. Математические ожидания и дисперсии статистически независимых величин X и Y равны mx = 10, Dx = 8 и my = –5, Dy = 12. Вычислить математическое ожида- ние и дисперсию функции Z = 2XY – 9.

Решение. Вычислим математическое ожидание. Так как величины статистически независимы, то математическое ожидание произведения равно произведению математи-

ческих ожиданий: mz = M{2XY – 9} = 2· M{XY} – 9 = 2·10·(–5) – 9 = –109. Для вычисления дисперсии воспользуемся второй теоремой о дисперсиях:

D{Z} = D{2XY −9} = 4D{XY} = 4[Dx Dy + mx2 Dy + my2 Dx ] = 4[8 12 +100 12 + 25 8] =1496.

Тема 5. Закон больших чисел

Задание 13. Дисперсия случайной величины X равна σ2 = 3,5. С помощью неравен- ства Чебышева оценить вероятность того, что случайная величина отклонится от своего математического ожидания не более чем на величину ε = 2,5.

Решение. Пользуемся неравенством Чебышева:

P{		X − mx		< ε} >1 −	σ2	=1 −	3,5	=	2,75	= 0,44.
					ε2		(2,5)2		6,25

Задание 14. Для случайной величины из задания 13 оценивается математическое ожидание. Сколько нужно сделать измерений, чтобы с вероятностью не меньшей 0,95,

191

Теория вероятностей и математическая статистика

среднее арифметическое этих измерений отклонилось от истинного математического ожидания не более чем на величину ε?

Решение. Если дисперсия величины X равна σ2, то дисперсия среднего арифмети- ческого n её измерений будет равна σ2/n. Воспользуемся неравенством Чебышева для

среднего арифметического измерений m*: P{

m* − mx

< ε} >1 −

σ2

=1

−

3,5

. По усло-

3,5

nε2

n(2,5)2

вию

задачи должно выполняться неравенство 1 −

≥ 0,95.

Отсюда

находим:

n(2,5)2

3,5

≤ 0,05 n ≥

3,5

=11,2. Число измерений должно быть целым, поэтому бе-

n(2,5)2

0,05 6,25

рём n = 12.

Задание 15. Для оценки процента дефектных деталей обследуются на наличие де- фектов n деталей. С помощью неравенства Чебышева оценить вероятность того, что доля дефектных деталей k/n отклонится от истинной вероятности дефектной детали не более чем на величину ε. Решить задачу для n = 81 и ε = 0,1.

Решение. Запмшем неравенство Чебышева по отношению к доле дефектных дета-

лей p* = k/n: P{ p* − p < ε} >1 − npqε2 . Так как истинная вероятность p появления дефект-

ной детали неизвестна, заменим произведение pq его наибольшим значением (при 0 ≤ p ≤

≤ 1), равным 0,25: P{ p* − p < 0,1} >1 − 810,250,12 ≈ 0,69.

Тема 6. Статистическая обработка экспериментальных данных. Оценка параметров

Задание 16. Подобное задание подробно рассмотрено в учебном пособии.

Задание 17. Для оценки вероятности появления дефектных деталей, выпускаемых некоторой производственной линией, было обследовано n деталей. Среди обследован- ных деталей было обнаружено k дефектных деталей. Построить доверительный интервал для истинной вероятности появления дефектной детали с доверительной вероятностью, равной 0,95. Решить задачу при n = 121 и k = 20.

Решение. Запишем доверительный интервал для вероятности события:

	*	− ε		pq	; p	*	+ ε		pq		с вероятностью γ. В данном случае p* = 20/121 ≈
p p			γ					γ
				n					n

≈ 0,165. По таблицам нормального распределения по заданной доверительной вероятно-

сти γ = 0,95 находим: εγ = 1,96. Найдём доверительный интервал двумя способами.
Первый способ.		Вместо неизвестной вероятности появления дефектной детали
подставим	её оценку:	p		0,165	−1,96	0,165 (1 − 0,165)	; 0,165 +1,96	0,165 (1 − 0,165)
									.
						121		121
Вычисляя,	получим: p (0,165 − 0,066; 0,165 + 0,066). Или p (0,099; 0,231) с вероятно-

стью, приближённо равной 0,95.

Второй способ. Вместо неизвестного произведения pq подставим его наибольшее

значение (при 0 ≤ p ≤ 1), равное 0,25:		0,165	−1,96	0,25	; 0,165	+1,96	0,25		. Вычисляя,
	p
				121			121
192

Практикум

получим: p (0,165 − 0,089; 0,165 + 0,089). Или p (0,076; 0,254) с вероятностью не меньшей чем 0,95. Второй способ надёжнее, хотя он даёт более широкий интервал.

Тема 7. Проверка статистических гипотез

Задание 18. Подобное задание подробно рассмотрено в учебном пособии.

Задание 19. Используя данные таблицы задания, с помощью критерия квантилей проверить гипотезу о том, что медиана распределения равна эмпирическому математи- ческому ожиданию.

1,4	1,8	2,4	2,6	4,9	2,2	1,3	0,1	0,0	2,8	0,3	2,2	0,8	3,2	8,2
0,9	3,1	0,1	0,3	0,8	3,3	3,4	4,7	0,5	0,5	4,2	3,7	0,1	0,4	1,1
4,8	1,6	1,5	9,6	4,0	0,3	0,7	7,3	2,5	2,1	2,7	0,3	0,9	4,9	0,2
1,7	0,4	0,3	1,3	2,8	0,6	1,4	0,8	1,1	0,9	0,4	1,2	0,2	0,1	0,7

Решение. Сложив все элементы выборки и поделив на число измерений 60, полу- чим оценку математического ожидания m* = 1,99. Найдём число элементов, которое

меньше математического				ожидания: k = 37. Для медианы p = 0,5. Следовательно,
t = k − np	=	37 − 60 0,5	=	7	≈1,807. При уровне значимости α = 0,05 по нормальному
npq		60 0,5 0,5		3,873

распределению найдём критическое значение tα = 1,96. Так как t < tα, то гипотезу о ра- венстве медианы и математического ожидания можно принять.

Задание 20. Подобное задание подробно рассмотрено в учебном пособии.

Тема 8. Дисперсионный анализ

Задание 21. Сделано по 5 измерений случайной величины X на каждом из четырёх уровней фактора A. Полученные результаты представлены матрицей X (строки матрицы соответствуют уровням фактора, столбцы – номеру измерения). Методом дисперсионно- го анализа проверить гипотезу о том, что фактор A не влияет на математическое ожида- ние величины X. Уровень значимости α принять равным 0,05.

7		6	4	3	9
	5	7	8	8	9
X =	4	3	4	6	5	.
	8	9	7	8	6

Решение. Все вычисления удобно проводить в специальной таблице. Внесём в неё исходные данные, вычислим оценки математическиз ожиданий на каждом уровне фак- тора, вычислим квадраты измерений и квадраты оценок математических ожиданий.

Оценки вычисляются по формуле mi* = 1 ∑5 xij , общая сумма квадратов измерений пред-

5 j=1

ставлена в последней клетке последней строки. Оценка общего математического ожида-

			1	4	5	1	4
	ния	m* =		∑∑ xij =			∑mi* = 6,3, m*2 = 39,69. Сумма квадратов оценок по уровням
			20 i=1 j=1			4 i=1

фактора равна 33,64 + 54,76 + 19,36 + 57,76 = 165,52.

193

Теория вероятностей и математическая статистика

	Ai					xij							mi*									xij2				mi*2
	A1	7		6		4			3		9		5,8					49		36		16		9	81	33,64
	A2	5		7		8			8		9		7,4					25		49		64		64	81	54,76
	A3	4		3		4			6		5		4,4					16		9		16		36	25	19,36
	A4	8		9		7			8		6		7,6					64		81		49		64	36	57,76
						Σ												154		175		145		173	223	870
Таким образом,
						k n
				Q = ∑∑ xij2						− n k m*2						= 870 −5 4 39,69 = 76,2,
						i=1 j=1
						k
				Q1	= n(∑mi*+2 − k m*2 ) = 5 (165,52 - 4 39,69) = 33,8,
						i=1
				Q2	= Q −Q1					= 76,2 −33,8 = 42,4.
Вычислим F:
						F =			Q1 /(k −1)						=		33,8 / 3			=	11,27		= 4,25.
								Q2 /[k(n −1)]								42,4 /16
																				3,53

По таблице F-распределения при степенях свободы k1 = 3 и k2 = 16 и уровне значи- мости α = 0,05 находим критическое значение Fα = 3,24. Так как вычисленное значение F = 4,25 больше критического значения Fα, то гипотеза H0 отвергается. Следует признать влияние фактора A на исследуемую величину при уровне значимости 0,05.

Задание 22. Фактор A имеет 4 уровня, фактор B – 5 уровней. Сделано по одному из- мерению случайной величины X на каждой комбинации уровней факторов. Полученные результаты представлены матрицей X (строки матрицы соответствуют уровням фактора A, столбцы – уровням фактору B). Методом дисперсионного анализа проверить гипотезу о том, что факторы A и B не влияет на математическое ожидание величины X. Предпола- гать, что взаимодействия между факторами нет. Уровень значимости принять равным α = 0,05. Матрицу взять из задания 21.

Решение. Расширим предыдущую таблицу с учётом появления второго фактора.

	Bj			xij			mi + *			xij2			mi + *2
	Ai	B1	B2	B3	B4	B5		B1	B2	B3	B4	B5
	A1	7	6	4	3	9	5,8	49	36	16	9	81	33,64
	A2	5	7	8	8	9	7,4	25	49	64	64	81	54,76
	A3	4	3	4	6	5	4,4	16	9	16	36	25	19,36
	A4	8	9	7	8	6	7,6	64	81	49	64	36	57,76
	m + j*	6	6,25	5,75	6,25	7,25	6,3		Суммы квадратов
	m + j*2	36	39,1	33,1	39,1	52,6	39,69	154	175	145	173	223	870
	Все данные и результаты вычислений представлены в таблице. Значения Q и Q1
	вычислены в предыдущей задаче:

n

Q2 = k(∑m+*2j − n m*2 ) = 4(36 + 39,1 + 33,1 +39,1 + 52,6 - 5 39,69) = 5,8,

i=1

Q3 = Q −Q1 −Q2 = 76,2 −33,8 −5,8 = 36,6.

194

Практикум

Тогда F =	Q1 (n −1)	=	33,8 4	≈ 3,69;	F =	Q2 (k −1)	=	5,8 3	≈ 0,48 .
1	Q3	36,6			2	Q3	36,6

По степеням свободы k – 1 = 3 и (k – 1)(n – 1) = 12 определяется критическое значе- ние Fα1 = 3,49 при α = 0,05, а по степеням свободы n – 1 = 4 и (k – 1)(n – 1) = 12 – критическое значение Fα2 = 3,26. По условию задачи взаимодействия между факторами нет Поэтому можно принять решение по каждому фактору индивидуально. Так как F1 > Fα1, то следует признать влияние фактора A. Так как F2 < Fα2, то следует отвергнуть влияние фактора B на исследуемую велдичину.

Задание 23. Проверить гипотезу о влиянии факторов A, B, и C на исследуемую ве- личину X, если все факторы имеют по четыре уровня, а измерения сделаны по плану эксперимента «латинский квадрат». Результаты измерений представлены матрицей X, исключая пятый столбец (строки матрицы соответствуют уровням фактора A, столбцы – уровням фактору B). Предполагать, что взаимодействия между факторами нет. Уровень значимости α принять равным 0,05. Матрицу выбрать из задания 21, исключив пятый столбец.

Решение. Изменим предыдущую таблицу с учётом появления второго фактора и с учётом того, что матрица X не имеет пятого столбца. Кроме того, добавим два столбца в таблицу для вычисления оценок математического ожидания на уровнях третьего факто- ра C и квадратов этих оценок.

Bj			xij		mi + *	mt*		xij2				mi + *2	mt*2
Ai	B1	B2	B3	B4			B1	B2		B3	B4
A1	7	6	4	3	5	7	49	36		16	9	25	49
A2	5	7	8	8	7	6	25	49		64	64	49	36
A3	4	3	4	6	4,25	5,75	16	9		16	36	18,06	33,06
A4	8	9	7	8	8	5,5	64	81		49	64	64	30,25
m + j*	6	6,25	5,75	6,25		6,06			Суммы квадратов
m + j*2	36	39,1	33,1	39,1		36,72	154	175		145	173		647

Вычисление оценок на уровнях факторов A и B проводится так же, как в двухфак- торном анализе. Вычисление оценок на уровнях фактора C проводится по ключевой

c1		c2		c3		c4
		c3		c4		c1
c2									. Таким образом,
матрице CK: CK = c		c		c		c
	3		4	c	1	c	2
c	4	c			2		3
			1

m1* = 14 ∑t=1 xij = 14 (x11 + x42 + x33 + x24 ) = 14 (7 +9 + 4 +8) = 7, m*2 = 14 ∑t=2 xij = 14 (x21 + x12 + x43 + x34 ) = 14 (5 + 6 + 7 + 6) = 6,

и т.д. Общая сумма (647) квадратов измерений представлена в последней клетке послед- ней строки. Оценка общего математического ожидания

		1	4	4	1	4
	m* =		∑∑ xij =			∑mt* = 6,06, m*2 = 36,72.
		16 i=1 j=1			4 t =1

195

Теория вероятностей и математическая статистика

Сумма квадратов оценок по уровням фактора A равна 25 + 49 + 18,06 + 64 = 156,06. Сумма квадратов оценок по уровням фактора B равна 36 + 39,1 + 33,1 + 39,1 = 147,3. Сумма квадратов оценок по уровням фактора C равна 49 + 36 + 33,06 + 30,25 = 148,31. Тогда

	n n	4 4
Q = ∑∑[xij − m* ]2 = ∑∑ xij2 − 4 4 m*2 = 647 −16 36,72 = 59,48,
	i=1 j=1	i=1 j=1
	n	n
Q1 = n ∑[mi*+− m* ]2		= n(∑mi*+2	− nm*2 ) = 4(156,06 − 4 36,72) = 36,72,
	i=1	i=1
	n	n
Q2	= n ∑[m+* j − m* ]2	= n(∑m+*2j − nm*2 ) = 4(147,3 − 4 36,72) =1,68,
	j=1	j=1
	n	n
Q3	= n ∑[mt*− m* ]2	= n(∑mt*2	− nm*2 ) = 4(148,31 − 4 36,72) = 5,72,
	t =1	j=1
Q4	= Q −Q1 −Q2 −Q3 = 59,48 −36,72 −1,68 −5,72 =15,36.

Вычислим отношения F1, F1, F1:

F

=

Q1 (n − 2)

=

36,72 2

= 4,78,

1

Q4

15,36

F

=

Q2 (n − 2)

=

1,68 2

= 0,22,

2

Q4

15,36

F =

Q3 (n − 2)

. =

5,72 2

= 0,74.

3

Q4

15,36

Критическое значение Fα находится по таблицам F–распределения для (n – 1) = 3 и (n – 1)(n – 2) = 6 степеней свободы при заданном уровне значимости α = 0,05. Из таблицы на- ходим: Fα = 4,76. Таким образом, F1 > Fα, F2 < Fα, F3 < Fα, Учитывая, что взаимодействия между факторами нет (по условию задачи), делаем вывод, что фактор A влияет на исследуемую ве- личину, афакторы B иC невлияют на этувеличину (приданном уровне значимости).

Тема 9. Регрессионный анализ

Задание 24. Подобное задание подробно рассмотрено в учебном пособии. Задание 25. Подобное задание подробно рассмотрено в учебном пособии.

Задание 26. По данным, представленным ниже, аппроксимировать статистическую зависимость величины Y от X и Z функцией y = ax + bz + c. Вычислить остаточную дис- персию, найти оценку обобщённого коэффициента корреляции.

X:	1,0	1,8	1,5	0,8	1,8	0,8	1,3	0,8	0,7	0,6 1,7 1,9 0,9 0,7 1,5
Z:	1,9	0,2	1,8	0,9	0,7	0,9	1,9	1,8	2,2	–0,2	–0,4 –0,4	1,0	2,0 1,9
Y:	5,0	6,6	6,0	4,8	6,6	4,6	5,6	5,2	4,4	4,2	6,4 6,8 4,8	4,4	6,0.

Все вычисления будем проводить в таблице. Будем решать задачу не через цен- тральные моменты, как в тексте пособия, а через начальные. В таблице получаем все ко- эффициенты системы, определяющей коэффициенты аппроксимирующей функции:

196

Практикум

	n	2	n	n	n
a∑ xi + b∑ xi zi + c∑ xi =					∑ xi yi
	i=1		i=1	i=1	i=1
			2	n	n
n			n
a∑ xi zi + b∑ zi				+ c∑ zi =	∑ zi yi .
i=1		n	i=1	i=1	i=1
			n	n
		a∑ xi + b∑ zi + cn = ∑ yi
		i=1	i=1	i=1

Поделив на n, полностью переходим к начальным моментам:

1

n

2

1

n

1

n

1

n

a

∑ xi

+ b

∑ xi zi + c

∑ xi

=

∑ xi yi

n

n

n i=1

n i=1

i=1

i=1

1

n

1 n

2

1

n

1

n

a

∑ xi zi + b

∑ zi + c

∑ zi

=

∑ zi yi .

n

n

i=1

1

n

n i=1

1

n

n i=1

1

n

i=1

a

∑ xi

+ b

∑ zi + c =

∑ yi

n

i=1

n i=1

n i=1

В таблице представлены все необходимые данные.

xi	zi	yi	xi 2	zi 2	yi 2	xi yi	xi zi	zi yi
1	1,9	5	1	3,61	25	5	1,9	9,5
1,8	0,2	6,6	3,24	0,04	43,56	11,88	0,36	1,32
1,5	1,8	6	2,25	3,24	36	9	2,7	10,8
0,8	0,9	4,8	0,64	0,81	23,04	3,84	0,72	4,32
1,8	0,7	6,6	3,24	0,49	43,56	11,88	1,26	4,62
0,8	0,9	4,6	0,64	0,81	21,16	3,68	0,72	4,14
1,3	1,9	5,6	1,69	3,61	31,36	7,28	2,47	10,64
0,8	1,8	5,2	0,64	3,24	27,04	4,16	1,44	9,36
0,7	2,2	4,4	0,49	4,84	19,36	3,08	1,54	9,68
0,6	–0,2	4,2	0,36	0,04	17,64	2,52	–0,12	–0,84
1,7	–0,4	6,4	2,89	0,16	40,96	10,88	–0,68	–2,56
1,9	–0,4	6,8	3,61	0,16	46,24	12,92	–0,76	–2,72
0,9	1	4,8	0,81	1	23,04	4,32	0,9	4,8
0,7	2	4,4	0,49	4	19,36	3,08	1,4	8,8
1,5	1,9	6	2,25	3,61	36	9	2,85	11,4
17,8	16,2	81,4	24,24	29,66	453,32	102,52	16,7	83,26
1,187	1,08	5,427	1,616	1,977	30,221	6,835	1,113	5,551

В предпоследней строке записаны суммы элементов столбцов, а в последней стро- ке – средние арифметические этих элементов (эмпирические начальные моменты). За- пишем систему уравнений, определяющих коэффициенты аппроксимирующей функ- ции:

1,977a + 1,113b + 1,187c = 6,835
	1,113a + 1,977b + 1,08c = 5,551 .
	1,187a + 1,08b + c = 5,427

Решая систему, получим: a* = 0,62, b* = –0,25, c* = 4,97. Таким образом, аппроксими- рующая функция имеет вид: y = 0,62x – 0,25z – + 4,97. Вычислим дисперсию Dy*: Dy* = = 30,221 – (5,427)2 = 0,769. Тогда S2 = 0,769·15/14 = 0,824. В дополнительной таблице вычис-

197

Теория вероятностей и математическая статистика

лим остаточную дисперсию (через yi* обозначены спрогнозированные значения функ- ции, вычисленные по аппроксимирующей функции).

xi	zi	yi	yi*	yi* – yi	(yi* – yi)2
1	1,9	5	5,115	0,115	0,013225
1,8	0,2	6,6	6,036	–0,564	0,318096
1,5	1,8	6	5,45	–0,55	0,3025
0,8	0,9	4,8	5,241	0,441	0,194481
1,8	0,7	6,6	5,911	–0,689	0,474721
0,8	0,9	4,6	5,241	0,641	0,410881
1,3	1,9	5,6	5,301	–0,299	0,089401
0,8	1,8	5,2	5,016	–0,184	0,033856
0,7	2,2	4,4	4,854	0,454	0,206116
0,6	–0,2	4,2	5,392	1,192	1,420864
1,7	–0,4	6,4	6,124	–0,276	0,076176
1,9	–0,4	6,8	6,248	–0,552	0,304704
0,9	1	4,8	5,278	0,478	0,228484
0,7	2	4,4	4,904	0,504	0,254016
1,5	1,9	6	5,425	–0,575	0,330625
17,8	16,2	81,4	81,536	0,136	4,658146

Таким образом, Dост = 4,658/(n – 3) = 4,658/12 = 0,388. Следовательно, R2 = 1 –

– 0,388/0,824 = 0,529, тогда R = 0,727. Результат можно интерпретировать следующим образом. Пользуясь аппроксимирующей функцией, мы снимаем 52,9% начальной неоп- ределённости относительно значений величины Y. В то же время 47,1% неопределённо- сти сохраняется. Эта неопределённость связана с другими, неучтёнными в данной задаче, факторами. Заметим, что все вычисления удобно проводить в программной среде Microsoft Excel.

198

Список используемой литературы

Список используемой литературы

Литература

1.Айвазян С.А., Енюков И.С., Мешалкин Л.Д. Прикладная статистика. Основы модели- рования и первичная обработка данных. – М.: Финансы и статистика, 1983. – 471 с.

ББК 22.172, А11.

2.Вентцель Е.С. Теория вероятностей: Учеб. для вузов. – 7-е изд. стер. – М.: Высш. шк., 2001. – 575 с.: ил.

3.Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математиче- ской статистике. – М.: Высшая школа, 1979.

4.Гнеденко Б.В. Курс теории вероятностей. – М.: Физматгиз, 1961.

5.Горяинов В.Т., Журавлев А.Г., Тихонов В.И. Примеры и задачи по статистической ра- диотехнике / Под общ. ред. В.И. Тихонова. – М.: Советское радио, 1970.

6.Гурский Е.И. Теория вероятностей с элементами математической статистики: Учеб. пособие для втузов. – М.: Высшая школа, 1971.

7.Емельянов Г.В., Скитович В.П. Задачник по теории вероятностей и математической статистике, Изд. Ленинградского университета, 1967.

8.Колемаев В.А., Калинина В.Н. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебник / Под ред. В.А. Колемаева. – М.: ИНФРА-М, 2001. – 302 с. – (Серия «Высшее образование»).

9.Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебник для вузов.

– М.: ЮНИТИ–ДАНА, 2001. – 543 с.

10.Лисьев В.П. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебное пособие / ВКГТУ. – Усть-Каменогорск, 2001.

11.Лозинский С.Н. Сборник задач по теории вероятностей и математической статисти- ке. – М.: Статистика, 1967.

12.Румшинский Л.З. Элементы теории вероятностей. – М.: Наука, 1970.

13.Смирнов Н.В., Дунин-Барковский И.В. Курс теории вероятностей и математической статистики для технических приложений. – М.: Наука, 1969.

14.Феллер В. Введение в теорию вероятностей и её приложения. – М.: Мир, 1964.

15.Чистяков В.П. Курс теории вероятностей. – М.: Наука, 1978.

199