«Введение в теорию вероятностей и математическую статистику»
(название дисциплины согласно рабочему учебному плану)
Направление (специальность) 032000 «Зарубежное регионоведение»
Группа бакалавриат «Евразийские исследования, год обучения 1, семестр 2
Количество часов по учебному плану 72 (3 зет), в т.ч. аудиторная работа 36, самостоятельная работа 36.
Преподаватель Долятовский Валерий Анастасиевич, д.э.н.,проф..
(Ф.И.О., ученая степень, ученое звание)
Кафедра экономики и регионального менеджмента ИППК ЮФУ
| 1. Ф.И.О 2. студентов | 3. Модуль 1 4. | 5. Модуль 2 | Промежуточная аттестация (зачетное тестирование) | Итоговый рейтинг по дисциплине | Итоговая оценка | ||
| 6. 7. 8. Текущий контроль 9. (в баллах) 10. | 11. 12. Рубежный контроль 13. (в баллах) | 14. 15. 16. Текущий контроль 17. (в баллах) 18. | 19. 20. Рубежный контроль 21. (в баллах) | ||||
Методические материалы для усвоения курса
ТЕМА 1:
Задача 1Б. В розыгрыше кубка страны по футболу берут участие 17 команд. Сколько существует способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали?
Решение:
Поскольку медали не равноценны, то количество способов распределить золотую, серебряную и бронзовую медали среди команд будет равно числу размещений из 17-ти элементов по 3, т.е. 
= 4080.
Задача 2Б. Произведено три выстрела по мишени. Рассматриваются такие элементарные события: А – попадание в мишень при i -том выстреле; 
– промах по мишени при i -том выстреле. Выразить через А и следующие события:
А – все три попадания; В – ровно два попадания; С – все три промаха; D – хотя бы одно попадание; Е – больше одного попадания; F – не больше одного попадания.
Решение:
А – все три попадания, т.е. совместное появления трех событий А1, А2 и А3
Р(А) = Р(А1 и А2 и А3)
В – ровно два попадания, т.е. два попадания и один промах
Р(В) = Р( 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3)
С – все три промаха, т.е. совместное появления трех событий 1 и 2, 3
Р(С) = Р( 1 и 2 и 3)
D – хотя бы одно попадание, т.е. или одно попадание, или два попадания или три попадания
Р(D) = Р( 1 и 2 и А3 или 1 и А 2 и 3 или А1 и 2 и 3 ИЛИ 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3 ИЛИ А1 и А2 и А3)
или по формуле Р(D) = 1 – Р( 1 и 2 и 3)
Е – больше одного попадания, т.е. или два попадания или три попадания
Р(Е) = Р( 1 и А2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и 2 и А3 или А1 и А2 и А3)
F – не больше одного попадания, т.е. одно попадание и два промаха
Р(F) = Р( 1 и 2 и А3 или 1 и А 2 и 3 или А1 и 2 и 3)
Задача 3Б. Игральный кубик бросают два раза. Описать пространство элементарных событий. Описать события: А – сумма появившихся очков равна 8; В – по крайней мере один раз появится 6.
Решение:
Будем считать пространством элементарных событий множество пар чисел (i, j), где i (соответственно j) есть число очков, выпавших при первом (втором) подбрасывании, тогда множество элементарных событий будет таким:
W={(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)}
А – сумма появившихся очков равна 8. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события А={(2,6) (6,2) (5,3) (3,5) (4,4)}.
В – по крайней мере один раз появится 6. Этому событию благоприятствуют такие элементарные события В={(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) (1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6)}.
Задача 4. В вазе с цветами 15 гвоздик: 5 белых и 10 красных. Из вазы наугад вынимают 2 цветка. Какова вероятность того, что эти цветки: а) оба белые; б) оба красные; в) разного цвета; г) одного цвета.
Решение:
а) Пусть событие А состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка белые.
Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно 
, т.е. 
= 7×15 = 105, а количество возможных способов взять 2 белых цветка из 5-ти белых равно 
= 2×5 = 10. Тогда по классическому определению вероятность события А равна 
.
б) Пусть событие В состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка красные.
Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 7×15 = 105, а количество возможных способов взять 2 красных цветка из 10-ти красных равно 
= 9×5 = 45. Тогда по классическому определению вероятность события В равна 
.
в) Пусть событие С состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка разного цвета, т.е. один белый и один красный.
Количество возможных способов взять 2 цветка из 15-ти равно , т.е. = 7×15 = 105, а количество возможных способов взять 1 красный цветок из 10-ти красных И 1 белый цветок из 5-ти белых равно 
* 
= 10×5 = 50. Тогда по классическому определению вероятность события С равна 
.
г) Пусть событие D состоит в том, что оба вынутых из вазы цветка одного цвета, т.е. или оба белые (событие А) или оба красные (событие В). По теореме сложения независимых событий вероятность события D будет равна
Р(D) = Р(А или В) = Р(А) + Р(В) = 0,095 + 0,43 = 0,525
Задача 5. Из шести карточек с буквами I, С, К, Ь, Н, М наугад одну за другой вынимают и раскладывают в ряд в порядке появления. Какова вероятность того, что появится слово
а) «НIС»; б) «CIM»?
Решение: (для пунктов а) и б) одинаково)
Каждый вариант получившегося «слова» является размещением из 6-ти элементов по 3. Число таких вариантов равно 
. Из этих вариантов правильным будет только один, т.е. m = 1, тогда по классическому определению вероятности 
.
Задача 6. Вероятность того, что в течении одной смены возникнет поломка станка равна 0,05. Какова вероятность того, что не возникнет ни одной поломки за три смены?
Решение:
Пусть событие А состоит в том, что в течении одной смены возникнет поломка станка. По условию задачи вероятность этого события равна Р(А) = 0,05. Противоположное событие состоит в том, что в течении одной смены поломка станка НЕ возникнет. Вероятность противоположного события Р() = 1– Р(А) = 1 – 0,05 = 0,95. Искомая вероятность равна Р(В) = Р( и и ) = Р()×Р()×Р()= 0,95×0,95×0,95 = 0,953 = 0,86
Задача 7. Студент пришел на зачет зная только 30 вопросов из 50. Какова вероятность сдачи зачета, если после отказа отвечать на вопрос преподаватель задает еще один?
Решение:
Вероятность того, что преподаватель задал студенту вопрос, на который он не знал ответа (событие А) равна Р(А) = 
. Найдем вероятность того, что на второй вопрос преподавателя студент знает ответ (событие В) при условии, что ответа на первый вопрос студент не знал. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В) = 
. Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Р(А и В) = Р(А)* РА(В) = 
= 0,24.
Задача 8. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из наугад взятых в этом месяце 8-ми дней 3 будут дождливыми?
Решение:
Поскольку количество испытаний невелико (n = 8), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 3 раза воспользуемся формулой Бернулли:
, где q = 1 – p
По условию задачи вероятность дождя равна p = 12/30 = 6/15, (в сентябре 30 дней).
Значит вероятность ясного дня равна q = 1 – p = 1 – 6/15 = 9/15.
» 0,28.
Задача 9. С помощью наблюдений установлено, что в некоторой местности в сентябре в среднем бывает 25 дней без дождя. Какова вероятность того, что 1-го и 2-го сентября дождя не будет?
Решение:
Решение:
Вероятность того, что 1-го сентября дождя не будет (событие А) равна Р(А) = 
. Найдем вероятность того, что и 2-го сентября дождя не будет (событие В) при условии, что 1-го сентября дождя не было. Это условная вероятность, так как событие А уже произошло. Отсюда РА(В) = 
. Искомую вероятность определим по теореме умножения вероятностей зависимых событий. Р(А и В) = Р(А)* РА(В) = 
= 0,7.
Задача 11. Вероятность получения удачного результата при проведении сложного химического опыта равна 3/4. Найти вероятность шести удачных результатов в 10-ти опытах.
Решение:
Поскольку количество испытаний невелико (n = 10), то для нахождения вероятности того, что событие А появится точно k = 6 раз воспользуемся формулой Бернулли:
, где q = 1 – p
По условию задачи p = 3/4, значит q = 1 – p = 1 – 3/4 = 1/4.
= 
» 0,146
Задача 12. Вероятность рождения мальчика равна 0,515, девочки – 0,485. В некоторой семье шестеро детей. Найти вероятность того, что среди низ не больше двух девочек.
Решение:
Пусть событие А состоит в том, что в семье, где шестеро детей, не больше двух девочек, т.е. в указанной семье или одна девочка или две девочки или все мальчики. Поскольку количество испытаний невелико (n = 6), то для нахождения вероятности события А воспользуемся формулой Бернулли:
, где q = 1 – p
По условию задачи вероятность рождения девочки равна p = 0,485 и вероятность рождения мальчика равна q = 0,515, тогда искомая вероятность будет равна
Р(А) = Р6(0) + Р6(1) + Р6(2) = 
+ 
+ 
= 
= 0,018657 + 0,105421 + 0,248201 » 0,37228.
Задача 13. Из партии, в которой 25 изделий, среди которых 6 бракованных, случайным образом выбрали 3 изделия для проверки качества. Найти вероятность того, что: а) все изделия годные, б) среди выбранных изделий одно бракованное; в) все изделия бракованные.
Решение:
а) Пусть событие А состоит в том, что все выбранные изделия годные. Количество возможных способов взять 3 изделия из 25-ти равно 
, т.е. 
= 2300, а количество возможных способов взять 3 годных изделия из (25 – 6) = 19-ти годных равно 
= 1938. Тогда по классическому определению вероятность события А равна 
.
б) Пусть событие В состоит в том, что среди выбранных изделий одно бракованное, т.е. одно бракованное и два годных. Количество возможных способов взять 3 изделия из 25-ти равно = 2300, а количество возможных способов взять одно бракованное изделие из 6-ти бракованных И два годных изделия из (25 – 6) = 19-ти годных равно 
* 
= 6×153 = 738. Тогда по классическому определению вероятность события В равна 
.
в) Пусть событие С состоит в том, что все выбранные изделия бракованные. Количество возможных способов взять 3 изделия из 25-ти равно = 2300, а количество возможных способов взять 3 бракованные изделия из 6-ти бракованных равно 
= 20. Тогда по классическому определению вероятность события С равна 
.
Задача. В белом ящике 12 красных и 6 синих шаров. В черном – 15 красных и 10 синих шаров. Бросают игральный кубик. Если выпадет количество очков, кратное 3, то наугад берут шар из белого ящика. Если выпадет любое другое количество очков, то наугад берут шар из черного ящика. Какова вероятность появления красного шара?
Решение:
Возможны две гипотезы:
Н1 – при бросании кубика выпадет количество очков, кратное 3, т.е. или 3 или 6;
Н2 – при бросании кубика выпадет другое количество очков, т.е. или 1 или 2 или 4 или 5.
По классическому определению вероятности гипотез равны:
Р(Н1) = 2/6 = 1/3; Р(Н2) = 4/6 = 2/3.
Поскольку гипотезы составляют полную группу событий, то должно выполняться равенство Р(Н1) + Р(Н2) = 1/3 + 2/3 = 1
Пусть событие А состоит в появлении красного шара. Условные вероятности этого события зависят от того, какая именно гипотеза реализовалась, и составляют соответственно:
Р(А|Н1) = 
; Р(А|Н2) = 
.
Тогда по формуле полной вероятности
Р(А) = Р(Н1)·Р(А | Н1) + Р(Н2)·Р(А | Н2) +…+ Р(Нn)·Р(А | Нn)
вероятность события А будет равна:
Р(А) = 
= 0,62
Задача. Вероятность появления события А по крайней мере один раз в 5-ти независимых испытаниях равна 0,9. Какова вероятность появления события А в одном испытании, если при каждом испытании она одинаковая?
Решение:
Воспользуемся формулой для вероятности появления хотя бы одного события
Р(А) = 1 – q n
По условию задачи Р(А) = 0,9 и n = 5. Составим уравнение
0,9 = 1 – q 5
q 5 = 1 – 0,9 = 0,1
= 0,63 – вероятность Не появления события А в одном испытании, тогда
р = 1 – q = 1 – 0,63 = 0,37 – вероятность появления события А в одном испытании.
Задача. Ткач обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нитки на одном из веретен в течении одной минуты равна 0,005. Найти вероятность того, что в течении одно минуты обрыв произойдет на 7 веретенах.
Решение:
Поскольку количество испытаний велико (n = 1000), а вероятность отдельного испытания очень мала (р = 0,005) то для вычисления искомой вероятности воспользуемся формулой Пуассона: 
Параметр распределения l = 1000 ×0,005 = 5, тогда искомая вероятность равна
Р1000(7) = 
= 0,1044.
Задача
Задан закон распределения дискретной случайной величины Х:
| Х: | x i | –2 | –1 | |||
| p i | 0,1 | 0,2 | 0,3 | 0,3 | 0,1 |
Найти функцию распределения и построить ее график.
Решение:
Функцией распределения называют функцию F (х), определяющую вероятность того, что случайная величина Х в результате испытания примет значение, меньшее некоторого фиксированного значения x F(х) = Р(Х < х)
В нашем случае
при x ≤ –2, F(x) = Р(Х < –2)= 0, т.к. значения меньше –2 не принимаются
при –2< x ≤ –1, F(x) = Р(Х < –1)= 0,1
при –1< x ≤ 0, F(x) = Р(Х < –1) = 0,1+0,2=0,3, т.к. Х может принять значения –2 или –1
при 0< x ≤ 2, F(x) = Р(Х < 0) = 0,3+0,3 = 0,6
при 2< x ≤ 3, F(x) = Р(Х < 3) = 0,6+0,3 = 0,9
при x > 3, F(x) = 0,9+0,1 = 1
Таким образом функция распределения F (х) имеет вид:
| 
|
Задача
Задан закон распределения дискретной случайной величины Х:
| Х: | x i | |||||
| p i | р | 2 р | 0,2 | 0,2 | 0,3 |
Найти функцию распределения и построить ее график.
Решение:
å p i = 1 = р + 2 р + 0,2 + 0,2 + 0,3 = 1 Þ р + 2 р = 1 – 0,7 = 0,3 Þ 3 р = 0,3 Þ р = 0,1
Следовательно закон распределения дискретной случайной величины Х примет вид:
| Х: | x i | |||||
| p i | 0,1 | 0,2 | 0,2 | 0,2 | 0,3 |
Функцией распределения называют функцию F (х), определяющую вероятность того, что случайная величина Х в результате испытания примет значение, меньшее некоторого фиксированного значения x F(х) = Р(Х < х)
В нашем случае
при x ≤ 0, F(x) = Р(Х < 0)= 0, т.к. значения меньше 0 не принимаются
при 0< x ≤ 1, F(x) = Р(Х < 1)= 0,1
при 1< x ≤ 2, F(x) = Р(Х < 2) = 0,1+0,2=0,3, т.к. Х может принять значения 0 или 1
при 2< x ≤ 3, F(x) = Р(Х < 3) = 0,3+0,2 = 0,5
при 3< x ≤ 4, F(x) = Р(Х < 3) = 0,5+0,2 = 0,7
при x > 4, F(x) = 0,7+0,3 = 1
Таким образом функция распределения F (х) имеет вид:
| 
|
Задача
Монета брошена 2 раза. Записать закон распределения СЛ вел Х – числа появления герба. Найти функцию распределения и построить ее график.
Решение:
Обозначим вероятность появления «герба» при подбрасывании одной монеты через р = 0,5, тогда q = 1 – p = 1 – 0,5 = 0,5 – вероятность появления надписи.
Случайная величина Х – число появления герба. Она может принимать следующие возможные значения: 0, 1, 2. Найдем вероятности, с которыми случайная величина Х может принимать эти возможные значения:
при х 1 = 0 – оба раза выпала надпись, тогда Р1(q × q) = 0,5×0,5 = 0,25
при х 2 = 1 – один раз выпал «герб» и один раз – надпись, тогда Р2(р × q + q × р) = 2×0,5×0,5 = 0,5
при х 3 = 2 – оба раза выпал «герб», тогда Р3(р × р) = 0,5×0,5 = 0,25
ТОГДА закон распределения дискретной случайной величины Х примет вид:
| Х: | x i | |||
| p i | 0,25 | 0,5 | 0,25 |
Проверка å p i = 1 = 0,25+0,5+0,25= 1.
Функцией распределения называют функцию F (х), определяющую вероятность того, что случайная величина Х в результате испытания примет значение, меньшее некоторого фиксированного значения x F(х) = Р(Х < х)
В нашем случае
при x ≤ 0, F(x) = Р(Х < 0)= 0, т.к. значения меньше 0 не принимаются
при 0< x ≤ 1, F(x) = Р(Х < 1)= 0,25
при 1< x ≤ 2, F(x) = Р(Х < 2) = 0,25+0,5=0,75, т.к. Х может принять значения 0 или 1
при x > 2, F(x) = 0,75+0,25 = 1
Таким образом функция распределения F (х) имеет вид:
| 
|
Задача 6:
По данному закону распределения дискретной случайной величины Х найти числовые характеристики: а) математическое ожидание М (Х); б) дисперсию D(X).
| Х: | x i | –2 | –1 | |||
| p i | 0,1 | 0,2 | 0,3 | 0,3 | 0,1 |
Решение:
а) Математическое ожидание дискретной случайной величины Х определяется как сумма произведений всех возможных значений случайной величины на их вероятности:
= –2×0,1 + (–1)×0,2 + 0×0,3 + 2×0,3 + 3×0,1 = 0,5.
б) Дисперсию удобно вычислять по формуле D (X) = M (X 2) – M 2 (X), где
= (–2)2×0,1 + (–1)2×0,2 + 02×0,3 + 22×0,3 + 32×0,1 = 2,7.
Таким образом дисперсия дискретной случайной величины Х равна
D (X) = M (X 2) – M 2 (X) = 2,7 – 0,52 = 2,7 – 0,25 = 2,45
Среднее квадратическое отклонение находим по определению: s(X) = 
1,57.
Задача 6: По данному закону распределения дискретной случайной величины Х найти числовые характеристики: а) математическое ожидание М (Х); б) дисперсию D(X).
| х i | p/3 | p/2 | 3p/4 | 5p/4 |
| p i | 0,1 | 0,7 | 0,05 | 0,15 |
Решение:
а) Математическое ожидание дискретной случайной величины Х определяется как сумма произведений всех возможных значений случайной величины на их вероятности:
= 
0,1 + 
×0,7 + 
×0,05 + 
×0,15 =
= p 
0,1 + 
×0,7 + 
×0,05 + 
×0,15 
» 0,61p. Или M (X) = 0,61×3,14 = 1,91.
б) Дисперсию удобно вычислять по формуле D (X) = M (X 2) – M 2 (X), где
= 
0,1 + 
×0,7 + 
×0,05 + 
×0,15
= p2 
= 0,45 p2.
Таким образом дисперсия дискретной случайной величины Х равна
D (X) = M (X 2) – M 2 (X) = 0,45p2 – (0,61p)2 = 0,45p2 – 0,37p2 = 0,08p2.
Среднее квадратическое отклонение находим по определению: s(X) = 
0,28p.
ТЕМА 3:
Cлучайная величина Х распределена по нормальному закону с математическим ожиданием а и средним квадратическим отклонением s. Найти: а) вероятность 
попадания случайной величины в интервал (х 1; х 2);
б) величину интервала d, в который с заданной вероятностью Р попадает значение случайной величины Х: 
.
Решение (1):
а) Вероятность того, что значение случайной величины Х попадет в интервал (α, β) находится по формуле 
,
где Ф(х) – интегральная функция Лапласа.
В нашем случае, вероятность того, что в результате испытания Х примет значение, заключенное в интервале (3; 9) равна 
= Ф(2) – Ф(–1).
Учитывая что функция Ф(х) является Нечетной, т.е. Ф(– х) = – Ф(х) по таблице значений интегральной функции Лапласа находим: Ф(2) = 0,47725 и Ф(–1) = – Ф(1) = –0,34134, тогда 
= 0,47725 + 0,34134 = 0,81859.
б) Вероятность того, что абсолютная величина отклонения случайной величины X от ее математического ожидания меньше некоторого малого положительного числа δ равна
, где Ф(х) – интегральная функция Лапласа.
По условию задачи 
По таблице значений интегральной функции Лапласа находим, что
= 1,29, следовательно d = 1,29×s = 1,29×2 = 2,58.
Тема 4 Задача 3:
Задано статистическое распределение выборки. Найти:
а) эмпирическую функцию распределения F*(x);
б) точечные оценки параметров распределения: выборочное среднее, исправленную дисперсию, исправленное среднеквадратическое отклонение.
| х i | ||||
| n i |
Решение:
а) Эмпирической функцией распределения F*(x) называется относительная частота того, что признак примет значение, меньшее заданного. Другими словами, для данного х эмпирическая функция распределения представляет накопленную частоту F*(x) = 
= w iнакопл
Для эмпирической функции распределения рассчитаем относительные частоты по формуле w i= n i / n, где n – объем выборки. Вычисления занесем в таблицу:
| x i | n i | w i= n i / n | F* |
| 0,4 | 0,4 | ||
| 0,2 | 0,6 | ||
| 0,1 | 0,7 | ||
| 0,3 | 1,0 | ||
| S | n = 10 | 1,0 |
Таким образом эмпирическая функция распределения F* (х) имеет вид:
| 
|
б) Выборочные числовые характеристики вычислим по формулам:
– выборочное среднее; 
– выборочная дисперсия
Для удобства произведения х i× n i и х 2i× n i вычислим с помощью таблицы:
| х i | n i | х i × n i | х2 i × n i |
= 252,4 – 243,36 = 9,04
Исправленную дисперсию s2 найдем по формуле 
= 10,04
Исправленное среднее квадратическое отклонение s равно квадратному корню из исправленной дисперсии
= 3,17.
Тема 4 Задача 2:
Задано статистическое распределение выборки. Найти:
а) эмпирическую функцию распределения F*(x);
б) точечные оценки параметров распределения: выборочное среднее, исправленную дисперсию, исправленное среднеквадратическое отклонение.
| х i | –7 | –5 | –4 | –1 |
| n i |
Решение:
а) Эмпирической функцией распределения F*(x) называется относительная частота того, что признак примет значение, меньшее заданного. Другими словами, для данного х эмпирическая функция распределения представляет накопленную частоту F*(x) = = w iнакопл
Для эмпирической функции распределения рассчитаем относительные частоты по формуле w i= n i / n, где n – объем выборки. Вычисления занесем в таблицу:
| x i | n i | w i= n i / n | F* |
| –7 | 0,3 | 0,3 | |
| –5 | 0,1 | 0,4 | |
| –4 | 0,2 | 0,6 | |
| –1 | 0,4 | 1,0 | |
| S | n = 10 | 1,0 |
Таким бразом эмпирическая функция распределения F* (х) имеет вид:
| 
|
б) Выборочные числовые характеристики вычислим по формулам:
– выборочное среднее; – выборочная дисперсия
Для удобства произведения х i× n i и х 2i× n i вычислим с помощью таблицы:
| х i | n i | х i × n i | х2 i × n i |
= 20,8 – 14,44 = 6,36
Исправленную дисперсию s2 найдем по формуле 
= 7,07
Исправленное среднее квадратическое отклонение s равно квадратному корню из исправленной дисперсии
= 2,66
Тема 5: По выборке объемом п определены выборочное среднее 
и исправленное среднее квадратическое отклонение s нормально распределенной случайной величины Х. Найти доверительный интервал для оценки неизвестного математического ожидания а и дисперсии s2. Принять Р = 0,95.
Решение(1):
Доверительный интервал для оценки неизвестного математического ожидания имеет вид:
.
По условию задачи величина t распределена по нормальному закону, поэтому ее значение для интегральной функции Лапласа будет составлять
Тогда доверительный интервал имеет вид:
Доверительный интервал для оценки неизвестной дисперсии имеет вид:
Для величины 
вероятность Р = (1 + 0,95)/2 = 0,975;
Для величины 
вероятность Р = (1 – 0,95)/2 = 0,025
По числу степеней свободы, равному п –1 = 15, находим из таблицы распределения c2
Находим = 6,26 и = 27,5
Тогда искомый доверительный интервал будет иметь вид:
Тема: 6.
Решение(1):
Итак, по двум независимым выборкам п х = 9 и п у = 10 извлеченным из нормальных генеральных совокупностей Х и Y найдены выборочные средние 
= 2,41 и 
=2,32. Генеральные дисперсии известны:
D(X)= 
и D(Y)= 
Необходимо пр