5665

Задание 25. Случайная выборка некоторого признака X генеральной совокупности имеет вид:

xi	2	4	5	8
ni	5	10	10	5

Тогда несмещённой и состоятельной оценкой математического ожидания (генеральной средней) этого признака будет величина …

Варианты ответов: 1) 143 ; 2) 30; 3) 19; 4) 4,5.

Задание 26. Объём n и среднеквадратическое отклонение (стандарт) выборки равны: n 20, в 5 . Тогда статистической оценкой дисперсии генеральной средней яв-

ляется величина …

Варианты ответов: 1) 14 ; 2) 10019 ; 3) 25; 4) 50019 .

Задание 27. Точечная оценка математического ожидания нормально распределённой случайной величины равна 20. Тогда его интервальная оценка имеет вид …

Варианты ответов: 1) 20; 20,8; 2) 19,2; 20,8; 3) 19,2; 20 ; 4) 19,2; 20,2 .

Задание 28. Интервальная оценка математического ожидания исследуемого признака генеральной совокупности, подчинённого нормальному закону распределения, имеет вид 23,25; 24,75 . Тогда точность этой оценки равна …

Варианты ответов: 1) 1,5; 2) 24; 3) 0,75; 4) 0,25.

Задание 29. На основе корреляционной таблицы найдено теоретическое уравнение линейной регрессии

		yx	1,4x	10
признака Y на признак X и выборочные стандарты этих признаков, имеющие следу-
ющие значения: x 1,2;	y	2,4 . Тогда выборочный коэффициент rв линейной кор-
реляции равен …
Варианты ответов: 1) 1,4; 2) 10; 3) 0,5; 4) 0,7.
Задание 30. Проверяется гипотеза о значении параметра a a					M X	признака
X , подчинённого нормальному закону распределения. Выдвинута основная гипотеза
H 0 , состоящая в том, что a		50. Тогда конкурирующей (альтернативной) может быть
гипотеза H1 …
Варианты ответов: 1)	H1 : a 50 ;2)		H1 : a	20 ; 3) H1 : a 50 ; 4)	H1 : a	50 .
				11

Тестовые задания с решениями

Задание 1. Вероятность того, что в четырёхзначном номере случайно выбранного в большом городе автомобиля все числа разные, равна …

Варианты ответов: 1)	1		; 2)	1	; 3)	63		; 4)	1	.
	10000			5040		125			625

Решение. Так как равновозможно выбрать любой набор из четырёх цифр, то для нахождения искомой вероятности можно использовать классическую схему. Согласно ей, вероятность будет равна отношению числа благоприятствующих наборов к числу всех возможных. Число всех возможных наборов получим, используя схему выбора с повторениями четырёх чисел из набора в 10 чисел (0, 1, …,9): 10101010 10000. Число благоприятствующих наборов получается применением схемы выбора без повторений четырёх чисел из набора в 10 чисел: 109 87 5040.

Тогда искомая вероятность будет равна	5040			63	.
	10000		125

Задание 2. В ящике находятся 8 красных, 10 зелёных и 12 чёрных шаров. Наудачу вынимаются два шара. Вероятность того, что вынуты шары разного цвета, если известно, что среди них нет чёрного, будет равна …

Варианты ответов: 1) 13580 ; 2) 32480 ; 3) 15380 ; 4) 121 .

Решение. 1. Так как чёрные шары не встречаются в выбранных комбинациях, то можно считать, что мы выбираем два разных шара из 8 красных и 10 зелёных. Пусть А – «вынутые шары разного цвета». Используя классическую схему определения вероятности и выбор без повторений и учёта порядка, получим

	C1	C1	8 10 2		80
P A	8	10					.
	C 2		18 17			153
		18

2. Пусть В – «среди вынутых шаров нет шаров чёрного цвета». Тогда искомая ве-

роятность будет равна условной вероятности	P A	P A B	. Вероятности в числите-
	B	P B

ле и знаменателе считаются по классической схеме:

	8 10		C 2
P A B		, P B	18	.
	C302		C302

Подставляя выражения в формулу, имеем

			8 10
PB	A	P A B				С302				8 10				80	.
		P B				С182		18 17				153
											2
						С302

Задание 3. Студент пришёл на зачёт, зная из 25 вопросов только 20. Тогда вероятность сдать зачёт, если после отказа отвечать на вопрос преподаватель задаёт еще один вопрос, равна …

Варианты ответов: 1) 254 ; 2) 1930 ; 3) 56 ; 4) 3029 .

12

	Решение. Ввиду того, что зачёт будет сдан, когда либо произойдёт событие															A –
	студент сразу ответит на вопрос, либо произойдёт событие B – после отказа отвечать
	на первый вопрос он ответит на второй, здесь имеем дело с суммой событий														A	B .
	Вероятность события	A находим по классической схеме: P A							20		4	. Вероятность
									25	5
	события B находим,	используя теорему умножения вероятностей:								P B			5		20		1	.
													25		24	6
	Вероятность искомого события, так как события A и B несовместны, равна сумме
	вероятностей событий A и B :		4	1			29	.
		5		6		30

Задание 4. В ящике 5 билетов, среди которых 2 выигрышных. Перед извлечением один билет (неизвестно какой) был утерян. Тогда вероятность извлечь выигрышный билет равна …

Варианты ответов: 1) 52 ; 2) 14 ; 3) 83 ; 4) 12 .

Решение. Обозначим за событие A – извлечь выигрышный билет. В условии задачи присутствует неопределённость, поэтому имеет смысл применить формулу полной вероятности. В качестве гипотез в данном случае выступают события H1 – «утерян

выигрышный билет», H 2 – «утерян невыигрышный билет». A и B образуют полную группу событий. Вероятности этих событий таковы:

	P H1	2	, P H 2	3	.
		5		5

Тогда условные вероятности равны:

	P	A	1	, P		A		2	.
	H1		4	H2			4
По формуле полной вероятности получим
P A P H	P A P H					P A				2	1		3			2		8		2	.
					2
	1	H1					H2			5	4		5			4	20		5

Задание 5. Практика показала, что после проведённой рекламной кампании 10 % мужчин и 15 % женщин желают приобрести новый вид зубной пасты, а остальные покупают прежние виды паст. Число мужчин и женщин в городе соотносится как 4:5. Тогда вероятность того, что случайно выбранный покупатель, приобретший новый вид пасты, будет женщиной, равна …

Варианты ответов: 1) 18023 ; 2) 121 ; 3) 1523 ; 4) 54 .

Решение. Пусть A – событие, что куплена паста нового вида. Ввиду наличия неопределённости необходимо ввести в рассмотрение гипотезы: H1 – «выбранный покупатель мужчина», H 2 – «выбранный покупатель женщина». Тогда искомая вероят-

ность PA H 2 , то есть вероятность того,						что покупателем нового вида пасты была
женщина, найдём, используя формулу Байеса. Из условия задачи следует, что
P H		4	; P H		5	; P A		10	; P A			15	.
	1			2
		9			9	H1	100			H2	100

Тогда

13

								5				15							75
			P H 2	PH 2 A																		75		15
PA	H 2							9				100							900						.
		P H1	PH1 A	P H 2 PH 2 A			4	10				5				15			115		115			23
				9				100				9				100			900

Задание 6. В квадрат с вершинами (0,0), (0,1), (1,0) и (1,1) наудачу брошена точка

М с координатами u, v . Тогда вероятность того, что корни уравнения x2 2ux v 0
действительны, равна …
Варианты ответов: 1)	1	; 2)	1	; 3)	1	; 4)	1	.
2			3		4		5
Решение. Для нахождения искомой вероятности события A – «корни уравнения

x2 2ux v 0 действительные числа» применим геометрическую схему определения вероятности. Согласно геометрической схеме, вероятность P A определяется как отношение меры области D элементарных исходов, благоприятствующих событию A , к мере пространства . В качестве пространства элементарных событий выступает квадрат со стороной, равной единице. Область D изображена на рисунке 3 из условия действительности корней квадратного уравнения, для чего дискриминант должен быть не меньше нуля:

D 4u 2 4v 0 v u 2 .

v

1В(1,1)

vu 2

	0								u
			С(1,0)
	Рисунок 3 – Рисунок к заданию 6
	В качестве области D выступает фигура 0ВС, её площадь равна:
	S		1 u 2 du		u 3		1	1	.
			0 BC		3			3
			0				0
										1		1
	Искомая вероятность равна отношению площадей фигур: P A										/1		.
										3		3

Задание 7. Наблюдениями установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 10 дождливых дней. Тогда вероятность, что из случайно взятых в этом месяце 5 дней 3 дня окажутся дождливыми, равна …

Варианты ответов: 1) 24325 ; 2) 305 ; 3) 1015 ; 4) 24340 .

Решение. По условию задачи можно считать, что мы имеем схему независимых испы-

таний Бернулли B n, p с вероятностью p события						A (отдельный день сентября –
дождливый), равной 10/ 30	1/ 3. Тогда искомая вероятность будет равна P5 3 в схеме
Бернулли B 5; 1/ 3 :
P 3 C 3 1/ 3 3 2 / 3 2		5! 1 4							40	.
5	5	3! 2!			27	9		243
		14

Задание 8. Батарея дала 12 выстрелов по цели с вероятностью попадания при каждом выстреле равной 0,3. Тогда наивероятнейшее число попаданий в цель будет равно …

Варианты ответов: 1) 2; 2) 3; 3) 4; 4) 3 и 4.

Решение. Имеем схему независимых испытаний (выстрелов) Бернулли B 12; 0,3.

Здесь n	12, p		0,3, q	0,7 . Наивероятнейшее число попаданий m0 определяется по
формуле:	np	q	m0	np	p . Тогда
	12	0,3	0,7	m0	12 0,3 0,3 или 2,9 m0 3,9 .

Единственное целое число, удовлетворяющее этому неравенству, будет 3.

Задание 9. Средняя плотность болезнетворных микробов в одном кубическом метре воздуха равна 100. Берётся случайная проба из 5 дм3 воздуха. Тогда вероятность того, что в ней будет обнаружен хотя бы один микроб, равна …

Варианты ответов: 1) 1	1	; 2)	1	; 3) 1	1			; 4)	1			.
	e2		20
						e				e

Решение. Пусть A – хотя бы один микроб попадёт в часть, берущуюся на пробу. Так как 1 кубический метр воздуха составляет 200 частей по 5 дм3 , то вероятность p

попасть микробу в часть,	берущуюся на пробу, будет равна p 1/ 200 0,005. Это
можно трактовать как схему Бернулли B 100; 0,005		. Нужно найти вероятность собы-
тия m 1 (в пробе будет хотя бы один болезнетворный микроб):
P A	1 P 0 1 e 100 0,005	1	1			.
	100
				e

Задание 10. Всхожесть семян данного растения равна 0,8. Тогда вероятность того, что из 100 посаженных семян число проросших будет заключено между 72 и 88, равна …

Варианты ответов: 1) 2					2 ; 2)		3					1 ; 3) 0; 4)							3					1 .
Решение. Из условия задачи следует, что имеется схема Бернулли B 100; 0,8 . Так
как n велико ( n	100), а npq 100 0,8 0,2											16				9 , то можно использовать прибли-
жённую формулу, основанную на интегральной теореме Муавра – Лапласа:
		P a			m	b			b			np					a		np				,
										npq								npq
где m – число проросших семян. Поэтому
P 72 m	88	88			100	0,8						72				100	0,8				2			2 2 2 .
		100			0,8	0,2						100				0,8	0,2

Задание 11. Фирма участвует в двух независимых проектах. Вероятность успешного завершения первого проекта равна 0,8, а второго – 0,7. Тогда математическое ожидание числа успешных проектов равно …

Варианты ответов: 1) 1; 2) 1,2; 3) 1,5; 4) 1,75.

Решение. Найдём распределение случайной величины X – числа успешных проектов фирмы:

P X 0 0,3 0,2 0,06; P X 2 0,8 0,7 0,56; P X 1 1 0,06 0,56 0,38.

15

Математическое ожидание вычисляется как сумма произведений значений случайной величины на их вероятности:

M X 0 0,06 10,38 2 0,56 1,5 .

Задание 12. Сдача экзамена по математике производится до получения положительного результата. Шансы сдать экзамен остаются неизменными и составляют 25%. Тогда математическое ожидание числа попыток сдачи экзамена равно …

Варианты ответов: 1) 2; 2) 3; 3) 4; 4) 5.

Решение. Из условия задачи следует, что случайная величина X (число попыток до успешной сдачи экзамена) имеет геометрическое распределение с параметром p 0,25 :

P X

k

1 p k 1 p, k

1,2,... . Тогда M X

1

1

4 .

p

0,25

Действительно,

/

M X

k 1 p k 1 p

p

k 1 p k 1

p

1 p k

k 1

k 1

k 1

p

1 p

/

1

/

1

1

p

p

1

p

.

p 2

1

1

p

p

p

p

p

Задание 13. Дискретная случайная величина X имеет функцию распределения:

0

при

x

1,

F x

2 / 5

при

1

x

2,

1/ 2

при

2

x

3,

1

при

x

3 .

Тогда ряд распределения случайной величины Y X 2

2 имеет вид …

Варианты ответов:

1)

Y

1

2

3

P

0

2/5

1/2

2)

Y

0

1

2

3

P

0

2/5

1/2

1

3)

Y

-1

3

7

P

0

2/5

1/2

4)

Y

-1

3

7

P

2/5

1/10

1/2

Решение. По функции распределения получаем ряд распределения случайной величины X (значениями её будут точки разрыва функции распределения, а вероятностями – разности значений в точках разрыва):

16

X									1																2											3
P									2/5															1/10												1/2
Ряд распределения случайной величины Y																								X 2					2		будет отличаться только
значениями:
Y									-1																3											7
P									2/5															1/10												1/2
Задание 14. Дискретная случайная величина X задана своим рядом распределения
X									-1																0											1
P									1/3															1/6												1/2
Тогда дисперсия случайной величины X равна …
Варианты ответов: 1) 5/6; 2) 29/36; 3) -1/6; 4) 37/36.
Решение. Дисперсия случайной величины																								(с.в.)					X		вычисляется					по		формуле
D X M X 2		M X			2 . Ряд распределения с.в.																	X 2 имеет вид
					Х												0														1
						Р											1/6														5/6
Так как M X	1		1		0	1			1	1			1	,		M X 2				0	1			1	5				5		, то D X		5			1			29	.
	3					6			2				6								6				6				6				6			36		36
Задание 15. Непрерывная случайная величина X задана своей функцией распределения
																0				при				x	1,
									F x						1	x	1			при				1	x				5,
													4
																1				при				x	5.
Тогда вероятность попадания X в интервал																								1, 2			равна …
Варианты ответов: 1) ¾; 2) ¼; 3) ½; 4) 1.
Решение.	P 1				X	2			F 2					F		1			1	2	1			0			1	.
																	4								4

Задание 16. Случайные приращения цен двух компаний за день имеют дисперсии D X 2 и D Y 3 , причём они некоррелированы. Инвестор намеревается приобрести 10 акций. Тогда для минимизации риска вложений (то есть дисперсии прираще-

ния цены портфеля) он должен купить акций соответственно …
	Варианты ответов: 1) 4 и 6; 2) 5 и 5; 3) 6 и 4; 4) 3 и 7.
	Решение. Обозначим через			и	число купленных акций первой и второй ком-
паний соответственно. Тогда по условию задачи необходимо найти								и , чтобы
D	X	Y	min при условии,		что	10 .	Для решения задачи нахождения
условного экстремума составим функцию Лагранжа
			L D	X	Y		10 .
	Необходимым условием существования экстремума функции трёх переменных
,	, будет равенство нулю частных производных этой функции. Так как случай-
ные величины X и Y некоррелированы, то
						17

				D X										Y				2 D X							2 D Y 2 2												3 2 .
Тогда получаем систему уравнений:
										L							4									0,
										L
																	6									0,
										L
																					10					0.
Из первых двух уравнений получаем, что																										3								. Подставляя это в третье уравне-
																										2
ние, получим		3			10 или									4			, откуда									6 .
		2
Задание 17. Непрерывная случайная величина X задана своей функцией распределения
																	0					при						x			1,
							F x								1			x	1			при				1				x 5,
														4
																	1					при						x			5.
Тогда дисперсия случайной величины X равна …
Варианты ответов: 1) 1; 2) 4/3; 3) 31/3; 4) 22/3.
Решение.		Дисперсия												случайной									величины														считается	по формуле:
																										2
D X	M X 2	M X			2				x 2 f					x dx							xf	x dx				.					Найдём плотность							распределения
f x	F x :
														0					при				x			1,
									f x					1					при			1		x		5, .
														4
														0					при				x			5.
Тогда
					5									5								2						5								5	2
							2		1										1						x3									x2
		D X				x						dx					x				dx
									4										4					12							8
					1									1														1								1
																					2
					125				1					25					1			31				9						4	.
						12			12					8					8			3									3

Задание 18. Срок службы батареек для слуховых аппаратов подчиняется экспоненциальному закону со средним, равным 12 дням. Тогда доля батареек со сроком службы больше 12 дней равна …

Варианты ответов: 1) 0; 2) 1/2; 3) e 1 ; 4) 1 e 0,75 .

Решение. Плотность распределения экспоненциального распределения имеет вид

	f x	0,		при	x	0,
		e	x	при	x	0.

18

Параметр	распределения равен:		1						1			. Тогда доля батареек со сроком
		M x				12
				1				x					x
службы больше 12 дней равна P X 12						e 12 dx						e 12			e 1 .
			12
	12														12

Задание 19. Вес грейпфрута является нормально распределённой случайной величиной с неизвестным математическим ожиданием и дисперсией, равной 0,04. Известно, что 65 % фруктов весят меньше чем 0,5 кг. Тогда ожидаемый вес выбранного грейпфрута равен …

Варианты ответов: 1) 0,650 кг; 2) 0,423 кг; 3) 0,15 кг; 4) 0, 328 кг.

	Решение.			В		данном	случае	X ~ N a,			2 ,		2	0,04;		0,2 . Известно, что
P X 0,5			0,65 .			Тогда	P	X a	0,5		a		0,65	0,5		0,5 a		,			поэтому
															0
									0,2							0,2
		0,5 a																		1			x	z 2
0				0,15		. Используя таблицу значений функции Лапласа										0	x						e	2 dz ,
	0,2
																				2
																					0
получим:			0,5	a		0,385 . Тогда a		0,5	0,2 0,385				0,423.
			0,2

Задание 20. На заводе в среднем 75 % продукции первого сорта. Тогда границы, в которых должна находиться относительная частота первосортной продукции в партии1000 единиц, с вероятностью не менее 0,9 будут равны …

Варианты ответов: 1)

0,71; 0,79

; 2) 0,7; 0,8 ; 3)

0,72; 0,78

; 4)

0,6; 0,9 .

Решение. Рассмотрим схему Бернулли m ~ B n; p , где n

1000, p 0,75, q

0,25.

m

По условию задачи требуется, чтобы P

p

0,9 . Используем для решения

n

неравенство Чебышева: P

m

p

1

pq

. Таким образом,

достаточно, чтобы

n

n 2

1

0,75 0,25

0,9 .

Тогда

0,75 0,25

0,04 .

Поэтому

m

p

0,04

и

1000

2

100

n

0,75 0,04

m

0,75 0,04. Окончательно:

0,71

m

0,79 .

n

n

Задание 21. Задано распределение частот выборки объёма n 20 :

xi

-1

2

3

5

ni

4

6

7

3

Тогда эмпирическая функция распределения имеет вид …

19

Варианты ответов:

		0	при		x	4,				4	при	x		1,
		1	при		x	6,				6	при	1	x	2,
1) Fn	x	2	при		x	7, ;	2)	Fn	x						;
		3	при		x	3,				7	при	2	x	3,
		5	при		x	7.				3	при	x		3.
		0		при	x		1,				0		при		x	1,
		4 / 20		при		1	x	2,			1/ 5		при		1	x	2,
3) Fn	x	6 / 20		при	2	x	3,		4) Fn	x	1/ 2		при		2	x	3,
		7 / 20		при	3	x	5,				17 / 20		при		3	x	5,
		1		при	x	5.					1		при		x	5.

Решение. Эмпирическая функция распределения является ступенчатой функцией, точками разрыва служат значения xi распределения частот, а значениями – сумма от-

носительных частот значений меньших xi :

	0	при	x	1,
	1/ 5	при		1 x	2,
Fn x	1/ 2	при	2	x	3,
	17 / 20	при	3	x	5,
	1	при	x	5.

Задание 22. Случайная выборка некоторого признака X генеральной совокупности имеет вид

xi	1	2	3	4
ni	2	5	4	4

Тогда несмещённой и состоятельной оценкой математического ожидания (генеральной средней) этого признака будет величина …

Варианты ответов: 1) 143 ; 2) 83 ; 3) 23 ; 4) 2.

Решение. Несмещённой состоятельной оценкой генеральной средней будет взвешенное среднее:

xв	1 2 2 5 3 4 4 4					40		8	.
					15
	2	5	4	4			3

Задание 23. При выборочном обследовании 10 объектов найдена смещённая оценка

	дисперсии, равная D			1	. Тогда несмещённая оценка дисперсии S 2 будет равна …
		в	10
	Варианты ответов: 1)					1	; 2)		9			; 3)	2	; 4)		1	.
						9			100			10			10
	Решение. Так как M D							n	1			2 , то S 2				n			D	10		1			1	.
					в				n						n		1		в	9		10		9
												20