Методические указания к выполнению контрольной работы

ЗАДАНИЕ 1. Для двойного интеграла :

1) Сделать чертеж области интегрирования d, ограниченной заданными линиями ;

2) В повторных интегралах расставить пределы интегрирования в том и другом порядке;

3) вычислить массу неоднородной пластины D, если поверхностная плотность в каждой ее точке ρ(х, у) = х.

РЕШЕНИЕ. 1) Область интегрирования D ограничена полуокружностью х =  и прямыми . Построим область интегрирования D (рисунок 1).

Рисунок 1 – Чертеж области интегрирования

Найдем координаты точки А, точки пересечения прямой у = 2х и полуокружности х =  . Для этого решим систему уравнений

Подставив х =  во второе уравнение системы, получим у = 2. Подставив значение у = 2 в любое из двух уравнений, найдем х = 1. Итак, точка А имеет координаты А(1; 2).

2) Расставим пределы интегрирования в повторных интегралах в том и другом порядке.

Если выбрать внешнее интегрирование по у, а внутреннее по х, то область интегрирования D правильная (стандартная) в направлении оси Ох, так как всякая прямая, параллельная оси Ох и проходящая через внутренние точки области, пересекает ее границы только в двух точках. Точки входа лежат на прямой х =  , а точки выхода лежат на полуокружности х =  .

Таким образом, получим

 =  .

Для того чтобы расставить пределы интегрирования в другом порядке, проведем через область D прямые, параллельные оси Оу. Эти прямые пересекают сначала ось Ох, затем прямую у = 2х или дугу полуокружности у =  . Следовательно, линией входа будет у = 0 (0 ≤ х ≤  ), а линиями выхода будут у = 2х (0 ≤ х ≤ 1) и у =  (1 ≤ х ≤  ). Так как линия выхода задается двумя различными аналитическими выражениями, то область D необходимо разбить прямой х = 1 на две области, и повторный интеграл будет равен сумме интегралов по каждой из этих областей (свойство аддитивности).

Таким образом, получим

 =  .

3) Вычислим массу неоднородной пластины D, если поверхностная плотность в каждой ее точке ρ(х, у) = х. Масса плоской пластины D с плотностью ρ(х, у) равна двойному интегралу от плотности m = 

m =  .

Вычислим сначала внутренний интеграл по переменной х, а затем внешний по переменной у, имеем:

m =   =   =   =

=   =   =   =  .

Ответ: т =  .

ЗАДАНИЕ 2. С помощью тройного интеграла вычислить объем тела, ограниченного заданными поверхностями x² + y² = 1, y – 2z = 2, z = 0. Сделать схематический чертеж.

РЕШЕНИЕ. Объём тела V вычислим по формуле

,

где V – тело, ограниченное данными поверхностями. Изобразим тело V схематически (рисунок 2). Данное тело ограничено цилиндрической поверхностью x² + y² = 1, снизу – плоскостью y – 2z = 2, а сверху – плоскостью z = 0. Проекцией тела на плоскость является круг x² + y² = 1, радиуса R = 1 (рисунок 3). Целесообразно перейти в тройном интеграле от декартовых прямоугольных координат к цилиндрическим координатам по формулам:

Тогда уравнение цилиндра в этих координатах примет вид r = 1, уравнения плоскостей – , а

В области V координаты r, φ, z изменяются так: 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π,  – 1 ≤ z ≤ 0. Вычисление тройного интеграла сведём к вычислению трёхкратного интеграла .

Вычисления проведём в три этапа:

1)

2) ;

3) (ед³).

Рисунок 2 – Чертеж тела V

Рисунок 3 – Проекция тела V на плоскость

Ответ: V = π ед³.

ЗАДАНИЕ 3

Классическое определение вероятности случайного события

Вероятностью случайного события A называется отношение числа m элементарных исходов испытания, благоприятствующих событию А, к числу n всех единственно возможных и равновозможных элементарных исходов, образующих полную группу.

.

Исходы, при которых событие А происходит, называется благоприятствующими событию А. Если в результате испытания наступает единственное событие, то говорят, что осуществляется единственно возможный элементарный исход испытания.

Для вычисления числа благоприятствующих рассматриваемому событию исходов или общего числа элементарных исходов широко используются формулы комбинаторики.

Если составляются такие комбинации из n элементов по k, которые отличаются друг от друга только составом элементов, то они называются сочетаниями. Общее число сочетаний из n элементов по k определяется по формуле

,

где п! = 1∙2∙…∙п, 0! = 1.

Если комбинации отличаются не только составом элементов, но и их порядком, то они называются размещениями. Их число находят по формуле

.

Если комбинации берутся из всех n элементов и отличаются только порядком следования элементов, то они называются перестановками. Их число равно

ПРИМЕР. В научно-техническом отделе предприятия работают 15 человек, 10 из них мужчины. Для участия в конференции необходимо отобрать 5 сотрудников. Какова вероятность того, что среди отобранных сотрудников трое мужчин.

РЕШЕНИЕ. Пусть событие A означает, что из пяти отобранных для участия в конференции сотрудников трое мужчин. Тогда

.

Общее число n способов выбора сотрудников равно числу сочетаний из 15 по 5, т.е. . Определим число m благоприятствующих событию А исходов – «среди отобранных пяти сотрудников будет трое мужчин». Выбрать трех мужчин из десяти можно способами. Каждому такому выбору соответствует способов выбора двух женщин из пяти. Следовательно, .Тогда

 =   =   =   =   =   =     0,3996.

Ответ: .

ЗАДАНИЕ 4

Рассмотрим n случайных событий А₁, А₂, …, А_п.

Суммой (объединением) событий А₁, А₂, …, А_п называется событие В = А₁ + А₂ + … + А_п =  , состоящее в появлении хотя бы одного из этих событий.

Произведением (пересечением) событий А₁, А₂, …, А_п называется событие С = А₁∙А₂∙…∙А_п =  , обозначающее появление всех перечисленных событий.

События А₁, А₂, …, А_п называются попарно несовместными, если в одном и том же опыте никакие два из них не могут произойти вместе.

Теорема. Вероятность суммы попарно несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:

Р(А₁ + А₂ + … + А_п) =Р(А₁) + Р(А₂) + … + Р(А_п).

Событием, противоположным событию А, называется событие , состоящее в не наступлении события А. Очевидно, события А и несовместны, поэтому Р(А) = 1 – Р( ).

Случайные события А₁, А₂, …, А_п называются независимыми в совокупности, если вероятность появления любого из них не зависит от того, произошли ли какие-либо другие из этих рассматриваемых событий или нет.

Теорема. Вероятность произведения случайных событий А₁, А₂, …, А_п, независимых в совокупности, равна произведению их вероятностей:

Р(А₁∙А₂∙…∙А_п) =Р(А₁)∙Р(А₂)∙…∙Р(А_п).

ПРИМЕР. Вероятности своевременного выполнения студентом контрольной работы по каждой из трех дисциплин, соответственно равны p₁=0,8, p₂=0,9, p₃=0,7. Найти вероятность своевременного выполнения контрольной работы студентом:

1) только по одной дисциплине;

2) не более чем по двум дисциплинам;

3) хотя бы по одной дисциплине.

РЕШЕНИЕ. Пусть А_i (i = 1, 2 ,3) –  события, означающие, что студент своевременно выполнит контрольную работу по каждой из трёх дисциплин. Тогда Р(А₁) = 0,8; Р(А₂) = 0,9; Р(А₃) = 0,7. Обозначим , (i = 1, 2 ,3) –  события, означающие, что студент не своевременно выполнит контрольную работу по каждой из трёх дисциплин. Тогда

Р( ) = 1 – 0,8 = 0,2; Р( ) = 1 – 0,9 = 0,1; Р( ) = 1 – 0,7 = 0,3.

1) Пусть А событие, состоящее в том, что студент своевременно выполнит контрольную работу только по одной дисциплине. Тогда, имеем:

.

Так как  – несовместные, а , (i = 1, 2 ,3) независимые в совокупности события, то применяя теорему о вероятности суммы несовместных событий и теорему о вероятности произведения независимых событий, получим:

.

2) Событие , состоящее в том, что студент своевременно выполнит контрольную работу не более чем по двум дисциплинам. Событие есть сумма несовместных событий, означающих, что своевременно будут выполнены контрольные работы по двум, или только по одной, или ни по одной дисциплине. В символьной записи имеем:

Применяя теорему о вероятности суммы несовместных событий и теорему о вероятности произведения независимых событий, получим:

3) Событие С, состоящее в том, что студент своевременно выполнит контрольную работу хотя бы по одной дисциплине, есть сумма событий . Противоположным для этого события является событие , состоящее в том, что студент не своевременно выполнит контрольные работы по всем трем дисциплинам. Оно может быть представлено в виде произведения независимых событий: . Учитывая теорему о вероятности произведения независимых событий, имеем:

 =    .

Ответ: 1) ; 2) 3) .

ЗАДАНИЕ 5

Рассмотрим конечную последовательность п независимых испытаний, в результате каждого из которых может произойти событие А или ему противоположное с вероятностями р и q = 1 – p соответственно, причем вероятность р не меняется от опыта к опыту. По условию результат любого испытания не зависит от его порядкового номера и от того, какие исходы были в предыдущих испытаниях. Такую последовательность испытаний принято называть схемой испытаний Бернулли. Приняты следующие обозначения:

P_n(m) – вероятность того, что событие A произойдёт ровно m раз в серии из n испытаний;

P_n(m ≥ k) = P_n(k) + P_n(k + 1) + … + P_n(n) – вероятность того, что событие A произойдёт не менее чем k раз в серии из n испытаний;

P_n(m ≤ k) = P_n(0) + P_n(1) + … + P_n(k) – вероятность того, что событие A произойдёт не более чем k раз в серии из n испытаний;

P_n(m ≥ 1) = 1 – P_n(0) –  вероятность того, что событие A произойдёт хотя бы один раз в серии из n испытаний.

При нахождении нужной вероятности необходимо учитывать заданные значения n и p. При выборе формулы для P_n(m) надо руководствоваться следующими правилами:

1. если задано число испытаний n и оно не больше 10, то следует пользоваться формулой Бернулли

P_n(m) =  ∙p^m∙q^n – m;

2. если вероятность р наступления события A мала, а n велико и λ = np < 10, то следует воспользоваться формулой Пуассона:

P_n(m) ≈  ∙e ^– λ, P_n(m ≤ k) ≈ e ^– λ ;

3. если велико и , то следует воспользоваться локальной теоремой Муавра-Лапласа. По этой теореме

P_n(m) ≈  ∙φ(x), где φ(x) =  ∙ ; x =  .

Функция φ(x) – чётная и для x ≥ 0 имеется таблица значений этой функции, для x > 4 φ(x) ≈ 0 (см. [4], приложения: таблица 3,с. 305 – 306).

Если требуется найти вероятность того, что в серии из n независимых испытаний число наступлений события A будет не менее k₁ и не более k₂ раз – P_n(k₁, k₂) = P_n(k₁ ≤ m ≤ k₂), то следует воспользоваться интегральной теоремой Муавра-Лапласа. По этой теореме

P_n(k₁, k₂) ≈ Ф(х₂) – Ф(х₁),

где

Ф(х) =  , x₁ =  , x₂ =  .

Ф(х) называется функцией Лапласа. Она нечётная Ф(– х) = – Ф(х). Таблица значений этой функции составлена для x ≥ 0. Если x ≥ 5, то Ф(х) ≈ 0,5 (см. [4], приложения: таблица 4, с. 306 – 307).

ПРИМЕР 1. Всхожесть семян лимона составляет 60%. Определить вероятность того, что из шести посеянных семян взойдут:

1. хотя бы один лимон;

2. ровно три лимона;

3. не более трех лимонов.

РЕШЕНИЕ. Так как п = 6 < 10, то воспользуемся формулой Бернулли. По условию всхожесть семян составляет 60%. Тогда вероятность того, что случайным образом взятое семечко взойдет, равна p = 0,6, q = 1 – 0,6 = 0,4.

1) Вероятность того, что хотя бы одно из шести случайно взятых семян лимона взойдет, вычислим по формуле

P₆(m ≥ 1) = 1 – P₆(0) = 1 – q⁶ = 1 – 0,4⁶ = 1 – 0,004096 = 0,995904 ≈ 0,996.

2) Вероятность того, что среди шести случайно взятых семян взойдут ровно три лимона, равна

P₆(3) =  ∙p³∙q³ =  ∙0,6³∙0,4³ = 20∙0,013824 = 0,27648 ≈ 0,28.

3) Вероятность того, что среди шести случайно взятых семян взойдут не более трех лимонов, равна

P₆(m ≤ 3) = P₆(0) + P₆(1) + P₆(2) + P₆(3) = 0,4⁶ +  ∙p¹∙q⁵ +  ∙p²∙q⁴ +  ∙p³∙q³ = 

= 0,004096 + 6∙0,6∙0,01024 + 15∙0,36∙0,0256 + 0,27648 =

= 0,004096 + 0,036864 + 0,13824 + 0,27648 = 0,45568 ≈ 0,46.

Ответ: 1) 0,0996; 2) 0,28; 3) 0,46.

ПРИМЕР 2. Завод отправил на базу n = 500 стандартных изделий. Вероятность того, что изделие при транспортировке будет повреждено, равна р = 0,001. Найти вероятность того, что при транспортировке будет повреждено:

1. хотя бы одно изделие;

2. ровно три изделия;

3. не более трех изделий.

РЕШЕНИЕ. Количество стандартных изделий n = 500 велико, а вероятность того, что при транспортировке изделие будет повреждено, р = 0,001 мала и λ = np = 0,5 < 10. Следовательно, необходимо воспользоваться формулой Пуассона:

P_n(m) ≈  ∙e ^– λ, где λ = np = 0,5.

1) Найдём вероятность того, что при транспортировке будет повреждено хотя бы одно изделие.

P₅₀₀(m ≥ 1) = 1 – P₅₀₀(0) ≈ 1 –   = 1 –   = 1 – 0,60653 ≈ 0,40

(по определению 0! = 1).

2) Найдём вероятность того, что при транспортировке будет повреждено ровно три изделия:

P₅₀₀(3) ≈   = 0,125∙ ∙  ≈ 0,01.

3) Найдём вероятность того, что при транспортировке будет повреждено не более трех изделий:

P₅₀₀(m ≤ 3) = P₅₀₀(0) + P₅₀₀(1) + P₅₀₀(2) + P₅₀₀(3) ≈

= 0,61 +   +   +   ≈ 0,61 + 0,3 + 0,08 + 0,01 = 1.

Ответ: 1) 0,40; 2) 0,01; 3) 1.

ПРИМЕР 3. Строительная фирма, занимающаяся установкой летних коттеджей, раскладывает рекламные листки по почтовым ящикам. Прежний опыт работы компании показывает, что вероятность того, что фирма получит заказ, равна 0,2. Найти вероятность того, что при размещении 400 листков число заказов будет:

1. хотя бы один;

2. ровно 90 заказов;

3. не более 90 заказов.

РЕШЕНИЕ. Так как п = 400 велико, р = 0,2 и λ = np = 80 > 10, то для нахождения требуемых вероятностей необходимо воспользоваться локальной и интегральной теоремами Муавра-Лапласа.

.

1) Найдём вероятность того, что при размещении 400 листков, фирма получит хотя бы один заказ:

P₄₀₀(m ≥ 1) = 1 – P₄₀₀(0) ≈ 1 –  ∙φ  ≈ 

≈ 1 –  ∙φ  ≈ 1 –  ∙φ(– 10) ≈ 1 – 0 = 1.

2) Найдём вероятность того, что при размещении 400 листков, фирма получит ровно 90 заказов:

P₄₀₀(90) ≈  ∙φ  ≈  ∙φ  ≈

≈  ∙φ(1,25) ≈  ∙0,1826 ≈ 0,0228.

3) Найдём вероятность того, что при размещении 400 листков, фирма получит не более 90 заказов. Здесь k₁ = 0, k₂ = 90. Тогда

P₄₀₀(0; 90) ≈ Ф(х₂) – Ф(х₁),

где x₁ =   =   = – 10, x₂ =   =   = 1,25.

По таблице значений функции Лапласа находим: Ф(х₂) = Ф(1,25) ≈ 0,3944, Ф(х₁) = Ф(– 10) = – Ф(10) ≈ – 0,5. Поэтому

P₄₀₀(0; 90) ≈ 0,3944 – (– 0,5) = 0,8944.

Ответ: 1) 1; 2) 0,0228; 3) 0,8944.

ЗАДАНИЕ 6

Величина, которая в ходе опыта может принимать только одно из своих возможных значений, заранее неизвестное, называется случайной величиной. В зависимости от возможных значений все случайные величины разбиваются на два класса: дискретные и непрерывные.

Дискретной называется случайная величина, возможные значения которой отдельные изолированные числа. Количество значений образует или конечное множество, или бесконечное, но счётное (бесконечное множество, элементы которого можно пронумеровать и выписать в виде последовательности).

Законом распределения дискретной случайной величины называется всякое правило, по которому каждому возможному значению x_i ставится в соответствие вероятность p_i, с которой случайная величина может принять это значение. Поскольку в результате опыта случайная величина может принять одно и только одно из возможных значений, то событие, заключающееся в том, что случайная величина X примет значения x₁, x₂, …, x_n, попарно несовместны и в сумме образуют достоверное событие. Отсюда следует, что вероятность суммы этих событий равна 1 и, следовательно,  =   = 1.

Для описания случайной величины часто используют её числовые характеристики. К ним относятся математическое ожидание М(Х) (характеризует среднее значение случайной величины) и дисперсия D(X) (характеризует разброс значений случайной величины относительно её математического ожидания). Для дискретной случайной величины они вычисляются по формулам:

М(Х) = х₁р₁ + х₂р₂ + … + х_пр_п =  ;

D(X) = М(Х – М(Х))² =   =   – (М(Х))².

ПРИМЕР. Дискретная случайная величина Х задана рядом распределения

Таблица 10 – Ряд распределения

Х	– 1	0	х3	2
р	0,2	0,3	0,1	р4

Зная математическое ожидание М(Х) = 0,7 случайной величины, найти:

а) р₄;

б) х₃;

в) дисперсию D(x).

РЕШЕНИЕ. а) Так как для закона распределения дискретной случайной величины должно выполняться условие  = 1, то в данном случае имеем:

 = 0,2 + 0,3 + 0,1 + р₄ = 1,

то есть

0,6 + р₄ = 1

и, следовательно, р₄ = 0,4.

б) Математическое ожидание M(X) дискретной случайной величины равно

M(X) =  .

Тогда

M(X) = – 1∙0,2 + 0∙0,3 + х₃∙0,1 + 2∙0,4 = 0,7,

то есть

х₃∙0,1 + 0,6 = 0,7,

х₃∙0,1 = 0,1

и, следовательно, х₃ = 1.

в) Найдём дисперсию D(X) дискретной случайной величины Х:

D(X) =   – (M(X))² = (– 1)²∙0,2 + (0)²∙0,3 + (1)²∙0,1 + (2)²∙0,4 – (0,7)² = 1,41.

Ответ: а) р₄ = 0,4; б) х₃ = 1; в) D(X) = 1,41.

ЗАДАНИЕ 7

Если случайная величина Х имеет нормальное распределение с параметрами а и σ, то вероятность того, что Х примет значение, принадлежащее интервалу (α; β), вычисляется по формуле:

Р(α < X < β) = Ф  – Ф ,

где Ф(х) =  – функция Лапласа.

Вероятность того, что абсолютная величина отклонения значений случайной величины Х от её математического ожидания а меньше заданного положительного числа δ, выражается равенством:

Р(|X – а| < δ) = 2∙Ф .

Если, в частности, δ = 3σ, то

Р(|X – а| < 3σ) = 2∙Ф(3) = 0,9973 ≈ 1,

_{то есть нормально распределенная случайная величина Х отклонится от своего математического ожидания а, как правило, менее чем на 3σ (правило трех сигм).}

ПРИМЕР. Текущая цена ценной бумаги представляет собой нормально распределенную случайную величину Х со средним равным 100 усл. ед. и дисперсией равной 9. Найти:

1) вероятность того, что цена актива будет находиться в пределах от 90 до 110 усл. ед.;

2) вероятность того, что абсолютная величина отклонения |Х – а| окажется меньше 2;

3) сформулировать «правило трех сигм» для случайной величины Х.

РЕШЕНИЕ. 1) Так как α = 100, σ =   = 3, то

Р(90 < X < 110) = Ф  – Ф  = Ф(3,33) – Ф(– 3,33) =

= 2∙Ф(3,33) = 0,9994.

2) По формуле

Р(|X – а| < δ) = 2∙Ф

имеем

Р(|Х – α| < 2) = 2∙Φ  = 2∙Φ(0,67) = 2·0,2486 = 0,4972.

3) Практически достоверно, что цена актива будет заключена в границах от а – 3σ = 100 – 3∙3 = 91 до а + 3σ = 100 + 3∙3 = 109 (усл. ед.), то есть 91 ≤ Х ≤ 109 (усл.ед.).

Ответ: 1) р = 0,9994; 2) р = 0,4972; 3) 91 ≤ Х ≤ 109.

ЗАДАНИЕ 8. При обследовании 60 семей рабочих и служащих установлен следующей количественный состав семьи:

Таблица 11 – Количество членов семьи

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

Требуется:

1) составить интервальный статистический ряд распределения значений статистических данных;

2) построить гистограмму и полигон относительных частот;

3) найти эмпирическую функцию распределения и построить её график;

4) вычислить числовые характеристики выборки (выборочную среднюю , выборочное среднее квадратичное отклонение σ_В(Х)).

РЕШЕНИЕ. 1) Изучение непрерывных случайных величин начинают с разбивки интервала изменения случайной величины на т частичных интервалов равной длины и подсчета частоты попадания значений случайной величины в каждый интервал. Обычно таких интервалов берётся т ≈ 1 + 3,2∙lgn. (Эта формула рекомендуется при проверке гипотезы о виде закона распределения изучаемой случайной величины. Вообще говоря, строгих правил для выбора числа интервалов группирования не существует. Практический же опыт первичного анализа статистических данных показывает, что удовлетворительным является число интервалов от 5 до 15).

В нашем случае x_min = 1, x_max = 9, т ≈ 1 + 3,2∙lgn = 1 + 3,2∙lg60 = 6,69,

 =   ≈ 1,2.

Длину интервала удобно выбрать так, чтобы последняя цифра была четной. Тогда и середина интервала будет иметь последнюю цифру того же десятичного разряда, что и концы интервала. Начало первого интервала принимаем равным Тогда первый интервал будет 1 – 2,2, второй –  и т.д.

Шкалу интервалов и группировку статистических данных представим в виде таблицы 12.

Таблица 12 – Интервальный статистический ряд

интервалы	1; 2,2	(2,2; 3,4	(3,4;4,6	(4,6;5,8	(5,8;7	(7;8,2	(8,2;9,4
Частота mi	6	6	9	12	15	6	6
Относительная частота	0,1	0,1	0,15	0,2	0,25	0,1	0,1
Накоплен-ная относ. частота	0,1	0,2	0,35	0,55	0,8	0,9	1

Таким образом, мы составили интервальный статистический ряд распределения значений статистических данных.

2) Строим гистограмму и полигон относительных частот. На оси Ox откладываем частичные интервалы длины h = 1,2, а на каждом интервале, как на основании, строим прямоугольник с высотой, пропорциональной относительной частоте интервала (с высотой, равной ).

Соединим середины верхних оснований отрезками прямых линий, получим полигон относительных частот (рисунок 4).

Рисунок 4 – Гистограмма и полигон относительных частот

3) Эмпирическую функцию распределения получим с помощью накопленных относительных частот.

Построим график функции F*(x) (рисунок 5).

Рисунок 5 – График функции

4) Найдем числовые характеристики выборки.

Выборочную среднюю найдем по формуле  =  , здесь y_i  –середина i-го интервала, m_i – частота i-го интервала, m – количество интервалов.

Выборочную дисперсию найдем по формуле

или

.

Так как объём выборки п = 60 велик, то выборочная дисперсия и исправленная выборочная дисперсия практически совпадают. Для упрощения вычислений используем таблицу 12.

Таблица 13 – Данные для расчета числовых характеристик

Интервалы	Середина интервала yi	Частота mi			(yi –  )2∙mi
[1 – 2,2]	1,6	6	9,6	–3,7	82,14
(2,2 – 3,4]	2,8	6	16,8	–2,9	50,46
(3,4 – 4,6]	4,0	9	36,0	–1,3	15,21
(4,6 – 5,8]	5,2	12	62,4	–0,1	0,12
(5,8 – 7]	6,4	15	96,0	1,1	18,15
(7 – 8,2]	7,6	6	45,6	2,3	31,74
(8,2 – 9,4]	8,8	6	52,8	3,5	73,50
Сумма		60	319,2		271,32

Таким образом, имеем: 5,3; 4,6.

Выборочное среднее квадратичное отклонение σ_В = s =   = 2,1.