Контрольная работа № 4.
Раздел 1.5
Задача 1.1. Заданы матрицы А, В, С. Найти: а) (3А + 2В)∙С; б) вычислить определитель
матрицы А
Вариант 1:
0 4 3
2 0 1
−4 0 1
𝐴 = (−2 1 −4)
𝐵 = (1 2 3 )
𝐶=( 1 4 0 )
−2 3 0
2 3 1
−3 1 −3
Решение
а)
0 4 3
2
3𝐴 + 2𝐵 = 3 ∙ (−2 1 −4) + 2 ∙ (1
−2 3 0
2
4 12 11
= (−4 7 −6)
−2 15 2
0 1
0 12
9
4 0
2 3) = (−6 3 −12) + (2 4
3 1
−6 9
0
4 6
2
6)
2
4 12 11
−4 0 1
(3𝐴 + 2𝐵) ∙ 𝐶 = (−4 7 −6) ∙ ( 1 4 0 )
−2 15 2
−3 1 −3
4 ∙ (−4) + 12 ∙ 1 + 11 ∙ (−3)
4 ∙ 0 + 12 ∙ 4 + 11 ∙ 1
4 ∙ 1 + 12 ∙ 0 + 11 ∙ (−3)
= (−4 ∙ (−4) + 7 ∙ 1 + (−6) ∙ (−3) −4 ∙ 0 + 7 ∙ 4 + (−6) ∙ 1 −4 ∙ 1 + 7 ∙ 0 + (−6) ∙ (−3))
−2 ∙ (−4) + 15 ∙ 1 + 2 ∙ (−3)
−2 ∙ 0 + 15 ∙ 4 + 2 ∙ 1
−2 ∙ 1 + 15 ∙ 0 + 2 ∙ (−3)
−37 59 −29
= ( 41 22 14 )
17 62 −8
б)
0 4 3
|𝐴| = |−2 1 −4| = 0 |1 −4| − 4 |−2 −4| + 3 |−2 1| = −4 ∙ (−8) + 3 ∙ (−6 + 2)
3 0
−2 0
−2 3
−2 3 0
= 20
Задача 1.2. Для матрицы А найти: а) 𝐴−1; б) 𝐴𝐴−1; в) решить систему 𝐴𝑥̅ = 𝑏̅
матричным методом.
Вариант 1:
1
4 −1
−6
̅
𝐴 = (−1 1
4 ) 𝑏 = (−7)
2 −4 −4
14
Решение
а)
1
4 −1
1
4
−1 4
−1 1
|𝐴| = |−1 1
| − 4|
| − 1|
|=
4 | = 1|
−4 −4
2 −4
2 −4
2 −4 −4
= −4 + 16 − 4 ∙ (4 − 8) − (4 − 2) = 12 + 16 − 2 = 26
Алгебраические дополнения:
1
4
𝐴11 = |
| = −4 + 16 = 12
−4 −4
−1 4
𝐴12 = − |
| = −(4 − 8) = 4
2 −4
−1 1
𝐴13 = |
|=4−2=2
2 −4
4 −1
𝐴21 = − |
| = −(−16 − 4) = 20
−4 −4
1 −1
𝐴22 = |
| = −4 + 2 = −2
2 −4
1 4
𝐴23 = − |
| = −(−4 − 8) = 12
2 −4
4 −1
𝐴31 = |
| = 16 + 1 = 17
1 4
1 −1
𝐴32 = − |
| = −(4 − 1) = −3
−1 4
1 4
𝐴33 = |
|= 1+4= 5
−1 1
−1
𝐴
12
= 26 ( 4
2
1
20 17
−2 −3) =
12 5
6
10
17
13
2
13
1
26
3
− 13 − 26
13
1
(13
6
5
13
26
)
б)
1
4 −1
1 12
𝐴𝐴−1 = (−1 1
4 )∙ ( 4
26
2 −4 −4
2
1 ∙ 12 + 4 ∙ 4 + (−1) ∙ 2
1
=
( −1 ∙ 12 + 1 ∙ 4 + 4 ∙ 2
26
2 ∙ 12 + (−4) ∙ 4 + (−4) ∙ 2
0
1 0 0
1 26 0
=
( 0 26 0 ) = (0 1 0)
26
0
0 26
0 0 1
20 17
4 −1 12 20 17
1 1
(−1 1
−2 −3) =
4 ) ( 4 −2 −3)
26
12 5
2 −4 −4
2 12 5
1 ∙ 20 + 4 ∙ (−2) + (−1) ∙ 12
1 ∙ 17 + 4 ∙ (−3) + (−1) ∙ 5
−1 ∙ 20 + 1 ∙ (−2) + 4 ∙ 12
−1 ∙ 17 + 1 ∙ (−3) + 4 ∙ 5 )
2 ∙ 20 + (−4) ∙ (−2) + (−4) ∙ 12 2 ∙ 17 + (−4) ∙ (−3) + (−4) ∙ 5
в)
−1
𝑥̅ = 𝐴
12 ∙ (−6) + 20 ∙ (−7) + 17 ∙ 14
20 17
−6
1
(4 ∙ (−6) + (−2) ∙ (−7) + (−3) ∙ 14)
−2 −3) ∙ (−7) =
26
12 5
14
2 ∙ (−6) + 12 ∙ (−7) + 5 ∙ 14
26
1
1
=
(−52) = (−2)
26
−26
−1
1 12
∙ 𝑏̅ =
(4
26
2
Задача 1.3. Решить систему уравнений методом Гаусса.
Вариант 1:
4𝑥 − 4𝑦 − 2𝑧 = 6
{−4𝑥 + 5𝑦 − 2𝑧 = −15
4𝑥 + 4𝑦 + 𝑧 = −31
Решение
Запишем расширенную матрицу:
4 −4 −2 6
(−4 5 −2| −15)
4
4
1 −31
Разделим первое уравнение на 4:
1 −1 −0.5 1.5
(−4 5
−2 | −15)
4
4
1 −31
Умножим первое уравнение на 4 и прибавим ко второму, получим второе уравнение.
Первое уравнение умножим на (-4) и прибавим к третьему, получим третье уравнение:
1 −1 −0.5 1.5
(0 1
−4 | −9 )
0 8
3 −37
Умножим второе уравнение на (−8) и прибавим третье уравнение, получим третье
уравнение:
1 −1 −0.5 1.5
(0 1
−4 | −9)
0 0
35 35
Вернемся к системе:
𝑥 − 𝑦 − 0.5𝑧 = 1.5
{ 𝑦 − 4𝑧 = −9
35𝑧 = 35
Обратный ход:
𝑥 = 1.5 + 0.5𝑧 + 𝑦 = 1.5 + 0.5 ∙ 1 − 5 = −3
𝑦 = −9 + 4𝑧 = −9 + 4 ∙ 1 = −5
{
35
𝑧=
=1
35
Задача 1.4. Исследовать совместность каждой системы а) и б), для совместной
системы найти решение.
Вариант 1:
а)
3𝑥 − 3𝑦 + 3𝑧 = 12
{−2𝑥 + 3𝑦 − 5𝑧 = −10
−𝑥 + 2𝑧 = −2
б)
−3𝑥 + 𝑦 = −4
{−9𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 3
6𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = −5
Решение
Запишем расширенную матрицу а):
3 −3 3 12
(−2 3 −5| −10) ~(разделим первую строку на 3)
−1 0
2 −2
1 −1 1
4
~ (−2 3 −5| −10) ~(2 строка = 1 строка ∗ 2 + 2 строка; 3 строка
−1 0
2 −2
= 1 строка + 3 строка)
1 −1 1 4
1 −1 1 4
~ (0 1 −3| −2) ~(3 строка = 2 строка + 3 строка)~ (0 1 −3| −2)
0 −1 3 2
0 0
0 0
Получили матрицу «треугольного» вида (ниже главной диагонали стоят только нули).
Ранг основной и расширенной матрицы равен 2, система имеет бесконечное множество
решений и она совместна. Вернемся к системе:
𝑥 = 4 + 𝑦 − 𝑧 = 4 + 3𝑧 − 2 − 𝑧 = 2 + 2𝑧
𝑥−𝑦+𝑧 =4
{
⇒{
𝑦 = 3𝑧 − 2
𝑦 − 3𝑧 = −2
𝑧 − любое число
Запишем расширенную матрицу б):
−3 1
0 −4
(−9 2
1 | 3 ) ~(разделим первую строку на − 3)
6 −1 −1 −5
1
4
1 −
0
3
~(
| 3 ) ~(2 строка = 1 строка ∗ (9) + 2 строка; 3 строка
−9 2
1 3
6 −1 −1 −5
= 1 строка ∗ (−6) + 3 строка)
4
1
1 −
0
3
~(
| 3 ) ~(разделим 2 строку на 2)
0 2 −2 15
0 −1 1 −13
4
1
1 −
0
3
3
~
| 15 ~(3 строка = 2 строка + 3 строка)
0 1 −1
2
0 −1 1
−13)
(
4
1
3
1 −
0 15
3
~
|
0 1 −1 2
11
0 0
0
−
(
2)
Получили матрицу «треугольного» вида (ниже главной диагонали стоят только нули).
Ранг основной матрицы равен 2, расширенной матрицы равен 3, система не имеет
решения и она несовместна.
Задача 1.5. Даны вершины пирамиды A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2), C(x3,y3,z3), D(x4,y4,z4).
̅̅̅̅;
Найти: а) угол между векторами ̅̅̅̅
𝐶𝐴 и 𝐶𝐵
б) площадь грани ABC; в) проекцию вектора ̅̅̅̅
𝐶𝐴 на вектор ̅̅̅̅
𝐶𝐷; г) объем пирамиды; д)
длину высоты пирамиды, опущенной из вершины D.
Вариант 1:
A(6,2,2), B(-6,4,-2), C(2,4,5), D(3,6,-1).
Решение
а)
̅̅̅̅ = (6 − 2; 2 − 4; 2 − 5) = (4; −2; −3)
𝐶𝐴
̅̅̅̅ = (−6 − 2; 4 − 4; −2 − 5) = (−8; 0; −7)
𝐶𝐵
4 ∙ (−8) + (−2) ∙ 0 + (−3) ∙ (−7)
−11
−11
̅̅̅̅, 𝐶𝐵
̅̅̅̅) =
cos(𝐶𝐴
=
=
√42 + (−2)2 + (−3)2 ∙ √(−8)2 + 02 + (−7)2 √29 ∙ √113 √3277
≈ −0.192
б)
1
̅̅̅̅ × 𝐶𝐵
̅̅̅̅ |
𝑆 = |𝐶𝐴
2
𝑖̅
𝑗̅
𝑘̅
−2 −3
4 −3
4 −2
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝐶𝐴 × 𝐶𝐵 = | 4 −2 −3| = 𝑖̅ |
| − 𝑗̅ |
| + 𝑘̅ |
| = −14𝑖̅ + 52𝑗̅ − 16𝑘̅
0 −7
−8 −7
−8 0
−8 0 −7
̅̅̅̅ × 𝐶𝐵
̅̅̅̅| = √(−14)2 + 522 + (−16)2 = √3156 = 2√789
|𝐶𝐴
1
𝑆 = 2 ∙ 2√789 = √789 (кв. ед.)
в)
̅̅̅̅
𝐶𝐴 ∙ ̅̅̅̅
𝐶𝐷
̅̅̅̅ |
|𝐶𝐷
̅̅̅̅
𝐶𝐷 = (3 − 2; 6 − 4; −1 − 5) = (−1; 2; −6)
̅̅̅̅
𝐶𝐴 ∙ ̅̅̅̅
𝐶𝐷 4 ∙ (−1) + (−2) ∙ 2 + (−3) ∙ (−6)
10
10√41
̅̅̅̅
Пр̅̅̅̅
𝐶𝐴
=
=
=
=
С𝐷
̅̅̅̅ |
|𝐶𝐷
41
√41
√(−1)2 + 22 + (−6)2
̅̅̅̅
Пр̅̅̅̅
С𝐷 𝐶𝐴 =
г)
1
1 4 −2 −3
1
0 −7
−8 −7
−8 0
̅̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅̅
𝑉 = |(𝐶𝐴 × 𝐶𝐵 ) ∙ 𝐶𝐷 | = |−8 0 −7| = |4 ∙ |
|+2∙|
|−3∙|
||
2 −6
−1 −6
−1 2
6
6
6
−1 2 −6
1
186
= |56 + 82 + 48| =
= 31 куб. ед.
6
6
д)
Т.к. 𝑉 =
𝑆осн ∙ℎ
3
⇒ℎ =
3𝑉
𝑆осн
=
3∙31
√789
=
93
√789
ед.
Контрольная работа № 5.
Раздел 1.5
Задача 1.6. Даны вершины пирамиды A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2), C(X3,y3,z3), D(x4,y4,z4).
Найти: а) угол между гранями ABC и ABD;
б) каноническое и параметрические уравнения прямой CD; в) уравнение плоскости
параллельной плоскости ABС, проходящей через точку D;
г) каноническое уравнение высоты пирамиды.
Вариант 1:
A(6,2,2), B(-6,4,-2), C(2,4,5), D(3,6,-1).
Решение
а)
Уравнение плоскости ABC:
𝑥−6 𝑦−2 𝑧−2
|−6 − 6 4 − 2 −2 − 2| = 0
2−6 4−2 5−2
𝑥−6 𝑦−2 𝑧−2
| −12
2
−4 | = 0
−4
2
3
2
−4
−12 −4
−12
(𝑥 − 6) |
| − (𝑦 − 2) |
| + (𝑧 − 2) |
2 3
−4
3
−4
14(𝑥 − 6) + 52(𝑦 − 2) − 16(𝑧 − 2) = 0
14𝑥 + 52𝑦 − 16𝑧 − 156 = 0
Уравнение плоскости ABD:
𝑥−6 𝑦−2 𝑧−2
|−6 − 6 4 − 2 −2 − 2| = 0
3 − 6 6 − 2 −1 − 2
2
|=0
2
𝑥−6 𝑦−2 𝑧−2
| −12
2
−4 | = 0
−3
4
−3
2
−4
−12 −4
−12 2
(𝑥 − 6) |
| − (𝑦 − 2) |
| + (𝑧 − 2) |
|=0
4 −3
−3 −3
−3 4
16(𝑥 − 6) + 24(𝑦 − 2) − 42(𝑧 − 2) = 0
16𝑥 + 24𝑦 − 42𝑧 − 60 = 0
|14 ∙ 16 + 52 ∙ 24 + 16 ∙ 42|
2144
536
cos 𝛼 =
=
=
≈ 0.749
√142 + 522 + 162 ∙ √162 + 242 + 422 √3156 ∙ √2596 √789 ∙ √649
б)
𝑥−2 𝑦−4
𝑧−5
=
=
3 − 2 6 − 4 −1 − 5
𝑥−2
𝑦−4
𝑧−5
=
=
– каноническое уравнение
1
2
−6
Параметрические уравнения:
𝑥−2
=𝑡
1
𝑥 =𝑡+2
𝑥−2=𝑡
𝑦−4
⇒
{
⇒
{
𝑦
= 2𝑡 + 4
𝑦
−
4
=
2𝑡
=𝑡
2
𝑧 = −6𝑡 + 5
𝑧 − 5 = −6𝑡
𝑧−5
{ −6 = 𝑡
в) Нормальный вектор плоскости ABC: 𝑛̅ = (14,52, −16)
Уравнение плоскости параллельной плоскости ABС, проходящей через точку D:
14(𝑥 − 3) + 52(𝑦 − 6) − 16(𝑧 + 1) = 0
14𝑥 + 52𝑦 − 16𝑧 − 370 = 0
г) Нормальный вектор плоскости ABC: 𝑛̅ = (14,52, −16)
𝑥−3
𝑦−6
𝑧+1
=
=
– каноническое уравнение высоты
14
52
−16
Задача 1.7. Даны три точки на плоскости: A(x1,y1), B(x2,y2), C(x3,y3).
Найти: а) уравнение стороны AB; б) уравнение высоты, опущенной из вершины A; в)
уравнение медианы, опущенной из вершины B ; г) уравнение прямой, параллельной
прямой BС , проходящей через точку А; д) угол при вершине B . Сделать чертеж.
Вариант 1:
A(1,-2), B(7,6), C(-11,3)
Решение
а)
𝑥−1 𝑦+2
=
7−1 6+2
𝑥−1 𝑦+2
=
6
8
𝑥−1 𝑦+2
=
3
4
4𝑥 − 4
𝑦+2=
3
4
10
𝑦= 𝑥−
3
3
б) Уравнение прямой BC:
𝑥−7
𝑦−6
=
−11 − 7 3 − 6
𝑥−7 𝑦−6
=
−18
−3
𝑥−7 𝑦−6
=
6
1
1
29
𝑦= 𝑥+
6
6
1
𝑘=
6
Уравнение высоты, опущенной из вершины A:
1
𝑦 + 2 = − (𝑥 − 1)
𝑘
𝑦 + 2 = −6(𝑥 − 1)
𝑦 + 2 = −6𝑥 + 6
𝑦 = −6𝑥 + 4
в) Середина стороны AC (точка M).
1 + (−11)
𝑥𝑀 =
= −5
2
−2 + 3 1
𝑦𝑀 =
=
2
2
Уравнение медианы, опущенной из вершины B:
𝑥−7
𝑦−6
=
−5 − 7 1 − 6
2
𝑥−7 𝑦−6
=
11
−12
− 2
𝑥 − 7 2𝑦 − 12
=
12
11
г) уравнение прямой, параллельной прямой BС, проходящей через точку А
1
𝑦 + 2 = (𝑥 − 1)
6
1
13
𝑦= 𝑥−
6
6
д) угол при вершине B – угол между прямыми AB и BC:
4 1
7
−
𝑘2 − 𝑘1
21
𝑡𝑔 𝜑 =
= 3 6 = 6 =
1 + 𝑘2 𝑘1 1 + 4 ∙ 1 11 22
3 6
9
Чертеж:
Задача 1.8. Привести уравнение кривой второго порядка 𝑎11 𝑥 2 + 𝑎22 𝑦 2 + 2𝑎1 𝑥 +
2𝑎2 𝑦 + 𝑎0 = 0 к каноническому виду, выяснить, что это за кривая. Найти координаты
смещенного центра. Построить кривую на плоскости.
Вариант 1:
𝑎11 = 2,
𝑎22 = 4,
𝑎1 = 4,
𝑎2 = −6 𝑎0 = −50
Решение
2𝑥 2 + 4𝑦 2 + 8𝑥 − 12𝑦 − 50 = 0
𝑥 2 + 2𝑦 2 + 4𝑥 − 6𝑦 − 25 = 0
𝑥 2 + 4𝑥 + 4 − 4 + 2𝑦 2 − 6𝑦 + 4,5 − 4,5 − 25 = 0
(𝑥 + 2)2 − 4 + 2(𝑦 + 1,5)2 − 4,5 − 25 = 0
(𝑥 + 2)2 − 4 + 2(𝑦 + 1,5)2 − 4,5 − 25 = 0
(𝑥 + 2)2 + 2(𝑦 + 1,5)2 = 33,5
(𝑥 + 2)2 (𝑦 + 1,5)2
+
=1
33,5
16,75
Имеем уравнение эллипса. Центр в точке (-2,-1,5).
Полуоси 𝑎 = √33,5, 𝑏 = √16,75
Кривая имеет вид:
Контрольная работа № 6.
Раздел 7.10:
Задача 7.1. Две лампочки соединены в электрической цепи параллельно. Вероятность
того, что первая лампочка выйдет из строя равна p1, а вероятность неисправности
второй лампочки равна p2. Найти вероятность того, что:
а) света не будет; б) свет будет.
Вариант 1:
р1=0,1
р2=0,2
Решение:
Событие А – света не будет
𝑝(𝐴) = 𝑝1 ∙ 𝑝2 = 0.1 ∙ 0.2 = 0.02
Событие B – света будет
𝑝(𝐵) = 1 − 𝑝(𝐴) = 1 − 0.02 = 0.98
Задача 7.2. В урне находится k белых, M красных и r черных шаров.
Наудачу вынимаются n шаров. Найти вероятность того, что из них окажется:
а) 2 белых; б) все красные.
Вариант 1:
k=7, M=3, r=2, n=2
Решение
Всего шаров: 7+3+2=12
Событие А - из 2 шаров два шара белые
7!
𝐶72 𝐶30 𝐶20 𝐶72
7! 2! 11!
5! ∙ 6 ∙ 7 ∙ 11!
7
7
𝑝(𝐴) =
= 2 = 2! 5! =
=
=
=
2
13!
13! 5! 2! 11! ∙ 12 ∙ 13 ∙ 5! 2 ∙ 13 26
𝐶13
𝐶13
2! 11!
Событие B - все шары красные
3!
𝐶70 𝐶32 𝐶30
2!
1! = 3! 2! 11! = 2 ∙ 3 ∙ 11! = 1 = 1
𝑝(𝐵) =
=
2
13!
13! 2! 1! 11! ∙ 12 ∙ 13 2 ∙ 13 26
𝐶13
2! 11!
Задача 7.3. В ящике находится k деталей, принадлежащих цеху № 1, M деталей – цеху № 2
и r деталей – цеху № 3. Вероятность того, что деталь окажется бракованной для цеха № 1,
равна p1, для цеха № 2 – p2, а цех № 3 производит n % брака. Наудачу ОТК отбирает на
проверку деталь, найти вероятность того, она окажется стандартной.
Вариант 1:
k=6
M=4
r=5
p1=0.1
p2=0.2
n=10
Решение
Всего деталей в ящике 6+4+5=15.
Рассмотрим событие В - отобранная наудачу деталь оказалась стандартной
Обозначим через A1 гипотезу, состоящую в том, что эта деталь изготовлена цехом № 1,
через A2 гипотезу, состоящую в том, что деталь изготовлена цехом № 2, через А3
гипотезу, состоящую в том, что деталь изготовлена цехом № 3. Тогда вероятности гипотез
будут равны:
6
2
4
5
1
𝑃(𝐴1) =
= , 𝑝(𝐴2) =
, 𝑝(𝐴3) =
=
15 5
15
15 3
Используем формулу полной вероятности:
𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐴1) ∙ 𝑃(𝐵⁄𝐴1) + 𝑃(𝐴2) ∙ 𝑃(𝐵⁄𝐴2) + 𝑃(𝐴3) ∙ 𝑃(𝐵⁄𝐴3)
Найдем условные вероятности события В, состоящего в том, что извлеченная деталь
окажется стандартной. По условию задачи они равны
𝑃(𝐵⁄𝐴1) = 1 − 0.1 = 0.9 – вероятность того, что деталь, изготовленная цехом № 1,
окажется стандартной;
𝑃(𝐵⁄𝐴2) = 1 − 0.2 = 0.8 – вероятность того, что деталь, изготовленная цехом № 2,
окажется стандартной;
𝑃(𝐵⁄𝐴3) = 1 − 0.1 = 0.9 - вероятность того, что деталь, изготовленная цехом № 3,
окажется стандартной.
Подставим найденные значения в формулу полной вероятности:
6
4
5
5.4 + 3.2 + 4.5 13.1
𝑃(𝐵) =
∙ 0.9 +
∙ 0.8 +
∙ 0.9 =
=
= 0.873
15
15
15
15
15
Задача 7.4. Выполнены многократные измерения длины объекта.
Требуется построить доверительный интервал с надежностью
𝛾
для оценки
математического ожидания количественного признака X – неизвестной длины объекта.
Вариант 1.
𝛾 = 0.95
𝑥𝑖
10.01
10.02
10.03
10.04
𝑛𝑖
4
5
7
4
Решение
𝑛 = 4 + 5 + 7 + 4 = 20
Найдем
10.01 ∙ 4 + 10.02 ∙ 5 + 10.03 ∙ 7 + 10.04 ∙ 4 200.51
𝑥̅в =
=
= 10.0255
20
20
10.012 ∙ 4 + 10.022 ∙ 5 + 10.032 ∙ 7 + 10.042 ∙ 4
𝐷В =
− 10.02552
20
= 100.510755 − 100.51065025 = 0.00010475
𝜎 = √𝐷В = √0.00010475 ≈ 0.0102
Доверительный интервал:
𝜎
𝜎
𝑥̅в − 𝑡
< 𝑎 < 𝑥̅в + 𝑡
√𝑛
√𝑛
Найдем t из соотношения Ф(𝑡) =
𝛾
2
=
0.95
2
= 0.475 ⇒ 𝑡 = 1.88 согласно таблице
Лапласа.
10.0255 − 1.88
0.0102
< 𝑎 < 10.0255 + 1.88
√20
10.0255 − 0.0043 < 𝑎 < 10.0255 + 0.0043
10.0212 < 𝑎 < 10.0298
0.0102
√20
Задача 7.5. Для выборки объема n, определить среднее выборочное, выборочную
дисперсию, «исправленную» выборочную дисперсию. Построить таблицу, содержащую
интервальный вариационный ряд. Построить гистограмму, график эмпирической функции
распределения.
Вариант 1. Выборка: 18; 19; 21; 30; 36; 34; 19; 21; 30; 35; 19; 18; 21; 21; 22; 18; 30; 23; 19;
28; 21; 30.
Решение
Вначале составим ранжированный ряд:
18; 19; 21; 22; 23; 28; 30; 34; 35; 36.
т. е. расположим все выборочные значения в порядке возрастания. Получено 10 групп, т.
е. 10 различных значений случайной величины. Для каждой группы подсчитаем частоту
значений варианты.
Результаты представим в таблице, которая будет представлять вариационный ряд:
№
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
𝑥𝑖
18
19
21
22
23
28
30
34
35
36
𝑛𝑖
3
4
5
1
1
1
4
1
1
1
Найдем выборочную среднюю:
18 ∙ 3 + 19 ∙ 4 + 21 ∙ 5 + 22 ∙ 1 + 23 ∙ 1 + 28 ∙ 1 + 30 ∙ 4 + 34 ∙ 1 + 35 ∙ 1 + 36 ∙ 1
𝑥̅в =
22
533
=
≈ 24.2273
22
Выборочная дисперсия:
1
(182 ∙ 3 + 192 ∙ 4 + 212 ∙ 5 + 222 ∙ 1 + 232 ∙ 1 + 282 ∙ 1 + 302 ∙ 4 + 342 ∙ 1 + 352 ∙ 1
𝐷В =
22
13695
+ 362 ∙ 1) − 24.22732 =
− 24.22732 ≈ 35.538
22
Исправленная выборочная дисперсия:
𝑛
22
𝑆2 =
𝐷В =
∙ 35.538 ≈ 37.23
𝑛−1
21
36−18
Число интервалов 𝑘 = 1 + 3.322𝑙𝑔22 ≈ 6, ℎ = 6
Интервальный ряд:
№
1
2
3
𝑥𝑖
[18; 21)
[21; 24)
[24; 27)
𝑛𝑖
7
7
0
7
7
относительная
0
частота 𝑤𝑖
22
22
𝑤𝑖
0.106
0.106
0
ℎ
=3
4
[27;30)
1
1
22
0.015
5
[30;33)
4
4
22
0.061
6
[33;36)
3
3
22
0.045
Гистограмма:
Выборочную функцию распределения частот запишем в виде таблицы:
𝐹 ∗ (𝑥)
𝑋
𝑥 ≤ 18
0
7
18 < 𝑥 ≤ 21
𝑤1 =
≈ 0.318
22
7
7
7
21 < 𝑥 ≤ 24
𝑤1 + 𝑤2 =
+
=
≈ 0.636
22 22 11
7
7
7
24 < 𝑥 ≤ 27
𝑤1 + 𝑤2 + 𝑤3 =
+
+0=
≈ 0.636
22 22
11
7
7
1
27 < 𝑥 ≤ 30
𝑤1 + 𝑤2 + 𝑤3 + 𝑤4 =
+
+0+
22 22
22
15
=
≈ 0.682
22
30 < 𝑥 ≤ 33
𝑤1 + 𝑤2 + 𝑤3 + 𝑤4 + 𝑤5
7
7
1
4
=
+
+0+
+
22 22
22 22
19
=
≈ 0.864
22
𝑥 > 33
𝑤1 + 𝑤2 + 𝑤3 + 𝑤4 + 𝑤5 + 𝑤6
7
7
1
4
=
+
+0+
+
22 22
22 22
3
22
+
=
=1
22 22
График эмпирической функции распределения:
