Случайные величины и их распределения

Решение.

1. Ω = {11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66},

2. Ω = {2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12}

3. ● A = {16,61,34, 43, 25, 52};

● B = {11,12, 21,13,31,14, 41,15, 51,16, 61}

● C = {12, 21,36,63,45, 54,33,15, 51, 24,42,66}.

● D = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 2 ИЛИ 3 };

● E = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 10}.

Описать событие: С = {ЦЕПЬ ЗAМКНУТA} для каждого случая.

Решение. Введем обозначения: событие A - контакт 1 за­мкнут; событие В - контакт 2 замкнут; событие С - цепь замкнута, лампочка горит.

1. Для параллельного соединения цепь замкнута, когда хотя бы один из контактов замкнут, поэтому С = A + В;

2. Для последовательного соединения цепь замкнута, ко­гда замкнуты оба контакта, поэтому С = A · В.

Задача. 1.1.4 Составлены две электрические схемы:

Событие A — цепь замкнута, событие A _i - i –й кон­такт замкнут. Для какой из них справедливо соотноше­ние

A₁ · (A₂ + A₃ · A₄) · A₅ = A?

Решение. Для первой схемы A = A₁ · (A₂ · A₃ + A₄ · A₅), так как параллельному соединению соответствует сумма собы­тий, а последовательному соединению — произведение событий. Для второй схемы A = A1 • (A₂ + A₃ • A₄ • A₅). Сле­довательно, данное соотношение справедливо для второй схемы.

Задача. 1.1.5 Упростить выражение (A + B)(B + C)(C+ A).

Решение. Воспользуемся свойствами операций сложения и умножения событий.

(A + B)(B + C)(A + C) =

(AB + AC + B B + BC)(A + C) =

= (AB + AC + B + BC)(A + C) =

(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =

= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.

Задача. 1.1.6 Доказать, что события A,AB и A+B обра­зуют полную группу.

Решение. При решении задачи воспользуемся свойства­ми операций над событиями. В начале покажем, что эти события попарно несовместны.

A теперь покажем, что сумма этих событий дает простран­ство элементарных событий.

Задача. 1.1.7 С помощью схемы Эйлера–Венна проверить правило де-Моргана:

___ _ _

AB = A+B.

__

а) Заштриховано событие AB.

__ __

б) Событие A — вертикальная штриховка; событие B — горизонтальная штриховка. Событие

__ __

{A+B} — заштрихованная область.

Из сопоставления рисунков а) и в) следует:

___ _ _

AB = A+B.

Задача. 1.2.1 Сколькими способами можно рассадить 8 человек:

1. В один ряд?

2. За круглым столом?

Решение.

1. Искомое число способов равно числу перестановок из 8, т.е.

P₈ = 8! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 40320

2. Так как за круглым столом выбор первого человека не влияет на чередование элементов, то первым можно взять любого, а оставшихся упорядочим относительно выбранного. Это действие можно осуществить 8!/8 = 5040 способами.

Задача. 1.2.2 На курсе изучается 5 предметов. Скольки­ми способами можно составить расписание на субботу, ес­ли в этот день должны быть две различные пары?

Решение. Искомое число способов есть число размещений

из 5 по 2, так как нужно учесть порядок пар:

Задача. 1.2.3 Сколько экзаменационных комиссий, состо­ящих из 7 человек, можно составить из 15 преподавате­лей?

Решение. Искомое число комиссий (без учета порядка) — это число сочетаний из 15 по 7:

Задача. 1.2.4 Из корзины, содержащей двадцать прону­мерованных шаров выбирают на удачу 5 шаров. Опреде­лить число элементов пространства элементарных собы­тий этого опыта, если:

шары выбираются последовательно один за другим с возвращением после каждого извлечения;

шары выбирают один за другим, не возвращая;

выбирают сразу 5 шаров.

Решение.

Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар также равно 20 и т.д. Тогда число способов извлечь 5 шаров в этом слу­чае равно 20 · 20 · 20 · 20 · 20 = 3200000.

Число способов извлечь первый шар из корзины рав­но 20. Так как извлеченный шар после извлечения не вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар стало равно 19 и т.д. Тогда число способов извлечь 5 шаров без возвращения равно 20 · 19 · 18 · 17 · 16 = A⁵_{2 0}

Число способов извлечь из корзины 5 шаров сразу рав­но числу сочетаний из 20 по 5:

Задача. 1.2.5 Подброшены две игральные кости. Найти вероятность события A того, что выпадет хотя бы одна единица.

Решение. На каждой кости может выпасть любое число очков от 1 до 6. Поэтому пространство элементарных со­бытий содержит 36 равновозможных исходов. Событию A благоприятствуют 11 исходов: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1,5), (5,1), (1,6), (6,1), поэтому

Задача. 1.2.6 На красных карточках написаны буквы у, и, я, к, ц, ф, н, на синих — буквы а, а, о, т, т, с, ч. После тща­тельного перемешивания, что вероятнее: с первого раза из букв на красных карточках составить слово «функция» или из букв на синих карточках слово «частота»?

Решение. Пусть событие A — наудачу составленное из 7 букв слово «функция», событие B — наудачу составлен­ное из 7 букв слово «частота». Так как упорядочиваются два множества из 7 букв, то число всех исходов для со­бытий A и B равно n = 7!. Событию A благоприятствует один исход m = 1, так как все буквы на красных карточ­ках различны. Событию B благоприятствуют m = 2! · 2! ис­ходов, так как буквы «а» и «т» встречаются дважды. Тогда P(A) = 1/7!, P(B) = 2! • 2! /7!, P(B) > P(A).

Задача. 1.2.7 На экзамене студенту предлагается 30 би­летов; в каждом билете два вопроса. Из 60 вопросов, вошед­ших в билеты, студент знает только 40. Найти вероят­ность того, что взятый студентом билет будет состо­ять

1. из известных ему вопросов;

2. из неизвестных ему вопросов;

3. из одного известного и одного неизвестного вопроса.

Решение. Пусть A — событие, состоящее в том, что на оба вопроса студент знает ответ; B — не знает ответа на оба вопроса; C — на один вопрос знает ответ, на другой — не знает. Выбор двух вопросов из 60 можно осуществить n = C²₆₀ = ⁶⁰ ₂ ^·59 = 1770 способами.

1. Имеется m = C²₄₀ = ⁴⁰ ₂ ^·39 = 780 возможностей выбора известных студенту вопросов. Тогда P(A) = ^m _n = ₁ ⁷ ₇ ⁸ ₇ ⁰ ₀ = 0,44

2. Выбор двух неизвестных вопросов из 20 можно осуществить m = C²₂₀ = ²⁰ ₂ ^·19 = 190 способами. В таком случае

P(B) = ^m _n = ₁ ¹ ₇ ⁹ ₇ ⁰ ₀ = 0,11

3. Существует m = C¹_{4 0} ·C₂¹ ₀ = 40·20 = 800 способов выбрать билет с одним известным и одним неизвестным вопроcом. Тогда P(C) = ₁ ⁸ ₇ ⁰ ₇ ⁰ ₀ = 0,45.

Задача. 1.2.8 По трем каналам послана некоторая ин­формация. Каналы работают независимо друг от друга. Найти вероятность того, что информация достигнет це­ли

1. только по одному каналу;

2. хотя бы по одному каналу.

Решение. Пусть A — событие, состоящее в том, что инфор­мация достигает цели только по одному каналу; B — хотя бы по одному каналу. Опыт — передача информации по трем каналам. Исход опыта — информация достигла цели. Обозначим A_i — информация достигает цели по i-му каналу. Пространство элементарных событий имеет вид:

Событию A благоприятствуют 3 исхода:

Событию B благоприятствуют 7 исходов: все исходы, кро­ме Тогда n = 8; m_A = 3; m_B = 7; P(A) = ³ ₈; P(B) = ⁷ ₈.

Задача. 1.2.9 На отрезке единичной длины случайным об­разом появляется точка. Найти вероятность того, что расстояние от точки до концов отрезка больше 1/8.

Решение. По условию задачи искомому событию удовле­творяют все точки, появляющиеся на интервале (a; b).

Так как его длина s = 1 - ¹ ₈ + ¹ ₈ = ³ ₄, а длина всего отрезка S = 1, то искомая ве­роятность равна P = s/S = ^3/₁⁴ = 0.75.

Задача. 1.2.10 В партии из n изделий k изделий являются бракованными. Для контроля выбирается m изделий. Най­ти вероятность того, что из m изделий l окажутся брако­ванными (событие А).

Решение. Выбор m изделий из n можно осуществить способами, а выбор l бракованных из k бракованных — способами. После выбора l бракованных изделий останется (m - l) годных, находящихся среди (n - k) изделий. Тогда число исходов, благоприятствующих событию A, равно ·

и искомая вероятность

Задача. 1.3.1 B урне 30 шаров: 15 красных, 10 синих и 5 белых. Найти вероятность того, что наугад вынутый шар — цветной.

Решение. Пусть событие A — вынут красный шар, собы­тие B — вынут синий шар. Тогда события (A + B) — вынут цветной шар. Имеем P(A) = ¹ ₃ ⁵ ₀ = ¹ ₂, P(B) = ¹ ₃ ⁰ ₀ = ¹ ₃. Так как

события A и B несовместны, то P(A + B) = P(A) + P(B) = ¹ ₂ + ¹ ₃ = ⁵ ₆ = 0.83.

Задача. 1.3.2 Вероятность того, что будет снег (событие A ), равна 0.6, а того, что будет дождь (событие B ), равна 0.45. Найти вероятность плохой погоды, если вероятность дождя со снегом (событие AB ) равна 0.25.

Решение. События A и B совместны, поэтому P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.6 + 0.45 - 0.25 = 0.8

Задача. 1.3.3 B первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором — 3 белых и 9 черных шаров, в третьем — 6 бе­лых и 6 черных шаров. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что все вынутые шары белые.

Решение. Событие A — вынут белый шар из первого ящи­ка, B — из второго ящика, C – из третьего. Тогда P(A) = ₁ ² ₂ = ¹ ₆; P(B) = ₁ ³ ₂ = ¹ ₄; P(C) = ₁ ⁶ ₂ = ¹ ₂. Событие ABC — все вынутые

шары — белые. События A,B,C — независимые, поэтому

P(ABC) = P(A)· P (B)· P (C) = ¹ ₆ · ¹ ₄ · ¹ ₂ = ₄ ¹ ₈ = 0.02

Задача. 1.3.4 B электрическую цепь последовательно включены 5 элементов, работающие независимо друг от друга. Вероятность отказов первого, второго, третье­го, четвертого, пятого элементов соответственно равны 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Найти вероятность того, что тока в цепи не будет (событие A ).

Решение. Так как элементы включены последовательно, то тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один эле­мент. Событие A_i(i =1...5) — откажет i -й элемент. События

Задача. 1.3.5 Цепь состоит из независимых блоков, соеди­ненных в систему с одним входом и одним выходом.

Выход из строя за время Т различных элементов цепи - независимые события, имеющие следующие вероятно­сти P ₁ = 0.1; P ₂ = 0.2; P ₃ = 0.3; P ₄ = 0.4. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Найти надежность системы.

Решение. Если событие A — {СИСТЕМА НАДЕЖНА}, A_i — {i- й БЛОК РАБОТАЕТ БЕЗОТКАЗНО}, то A = (A₁ + A₂)(A₃ + A₄). События A₁+A₂, A₃+A₄ — независимые, события A₁ и A₂, A₃ и A₄ — совместные. По формулам умножения и сложения вероятностей

Задача. 1.3.6 Рабочий обслуживает 3 станка. Вероят­ность того, что в течение часа станок не потребует вни­мания рабочего, равна для первого станка 0.9, для второго станка — 0.8, для третьего станка — 0.7.

Найти вероятность того, что в течение некоторого часа

1. потребует внимания второй станок;

2. потребуют внимания два станка;

3. потребуют внимания не менее двух станков.

Решение. Пусть A_i — i-й станок потребует внимания ра­бочего, — i-й станок не потребует внимания рабочего. Тогда

Пространство элементарных событий:

1. Событие A — потребует внимания второй станок: Тогда

Так как события несовместные и независимые. P(A) = 0.9·0.8·0.7 + 0.1·0.8·0.7 + 0.9·0.8·0.3 + 0.1·0.8·0.3 = 0.8

2. Событие B — потребуют внимания два станка:

3. Событие C — потребуют внимания не менее двух стан­
ков:

Задача. 1.3.7 B машину «Экзаменатор» введено 50 вопро­сов. Студенту предлагается 5 вопросов и ставится оценка «отлично», если на все вопросы получен верный ответ. Най­ти вероятность получить “отлично”, если студент подго­товил только 40 вопросов.

Решение. A — {ПОЛУЧЕНА ОЦЕНКА «ОТЛИЧНО»}, A_i — {ОТВЕТИЛ НА i- й ВОПРОС}. Тогда A = A₁A₂A₃A₄A₅, имеем:

Или, другим способом — c помощью формулы классической вероятности: и

Задача. 1.3.8 Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в I, II, III, IV ящике, соответственно рав­ны 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Найти вероятность того, что сборщику придется проверить все 4 ящика (событие A).

Решение. Пусть A_i — {Нужная сборщику деталь находит­ся в i-м ящике.} Тогда

Имеем:

Так как события несовместны и независимы, то

Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек яв­ляются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружи­лись серьезные изменения в легких. Среди некурящих изме­нения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изме­нения в легких, является курящим?

Решение. Введем гипотезы: H₁ — обследованный является постоянно курящим, H₂ — является некурящим. Тогда по условию задачи

4000 6000

P(H₁)= ------- =0,4, P(H₂)=--------- =0,6

10000 10000

Обозначим через A событие, состоящее в том, что об­следованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи

По формуле (1.15) находим

Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна

Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех за­водов: 30% с первого завода, 20% — со второго, 50% — с третьего. Продукция первого завода содержит 20% теле­визоров со скрытым дефектом, второго — 10%, третьего — 5%. Какова вероятность приобрести исправный телеви­зор?

Решение. Рассмотрим события: A — приобретен исправ­ный телевизор; гипотезы H₁, H₂, H₃ — телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего заво­да. По условию задачи

По формуле (1.15) находим

Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором — 10 белых и 10 черных шаров, в третьем — 20 черных шаров. Из наугад выбран­ного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.

Решение. Пусть событие A — вынут белый шар, гипотезы H₁, H₂, H₃ — шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим

Тогда по формуле (1.15) находим

По формуле (1.16) находим

Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигна­лов «точка» и «тире». Статистические свойства помех та­ковы, что искажаются в среднем 2/5 сообщений «точка» и 1/3 сообщений «тире». Известно, что среди передавае­мых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотноше­нии 5: 3. Определить вероятность того, что принят пе­редаваемый сигнал, если:

а) принят сигнал «точка»;

б) принят сигнал «тире».

Решение. Пусть событие A — принят сигнал «точка», а со­бытие B — принят сигнал «тире».

Можно сделать две гипотезы: H₁ — передан сигнал «точ­ка», H₂ — передан сигнал «тире». По условию P(H₁): P(H₂) =5: 3. Кроме того, P(H₁ ) + P(H₂) = 1. Поэтому P( H₁ ) = 5/8, P(H₂) = 3/8. Известно, что

Вероятности событий A и B находим по формуле пол­ной вероятности:

Искомые вероятности будут:

Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защи­щены от воздействия помех. Вероятность того, что за­щищенный канал в течении времени t не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала - 0.8. Найти ве­роятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени t, причем оба канала не защищены от воздействия помех.

Решение. Пусть событие A - оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 - выбран защищен­ный канал, A₂ - выбран незащищенный канал.

Запишем пространство элементарных событий для опыта - {выбрано два канала}:

Ω = {A₁A₁, A₁A₂, A₂A₁, A₂A₂}

Гипотезы:

H₁ - оба канала защищены от воздействия помех;

H₂ - первый выбранный канал защищен, второй вы­бранный канал не защищен от воздействия помех;

H₃ - первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;

H₄ — оба выбранных канала не защищены от помех. Тогда

и

Задача. 1.5.1 По каналу связи передается 6 сообщений. Каждое из сообщений может быть искажено помехами с вероятностью 0.2 независимо от других. Найти вероят­ность того, что

1. 4 сообщения из 6 не искажены;

2. не менее 3 из 6 переданы искаженными;

3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено;

4. не более 2 из 6 не искажены;

5. все сообщения переданы без искажения.

Решение. Так как вероятность искажения 0.2, то вероят­ность передачи сообщения без помех — 0.8.

1. Используя формулу Бернулли (1.17), найдем вероят­
ность передачи 4 сообщений из 6 без помех:

2. не менее 3 из 6 переданы искаженными:

3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:

4. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:

5. все сообщения переданы без искажения:

Задача. 1.5.2 Вероятность того, того, что летом день будет ясным, равна 0.42; вероятность пасмурного дня рав­на 0.36 и переменной облачности - 0.22. Сколько дней из 59 можно ожидать ясных и пасмурных?

Решение. Из условия задачи видно, что надо искать наи­более вероятное число ясных и пасмурных дней.

Для ясных дней p = 0.42, n = 59. Составляем неравен­ства (1.20):

59 • 0.42 + 0.42 — 1 < m₀ < 59 • 0.42 + 0.42.

Отсюда

24.2 ≤ m_o ≤ 25.2 → m_o = 25.

Для пасмурных дней p = 0.36, n = 59 и

0.36 • 59 + 0.36 — 1 ≤ M₀ ≤ 0.36 • 59 + 0.36;

Следовательно 20.16 ≤ M₀ ≤ 21.60; → M₀ = 21.

Таким образом, наиболее вероятное число ясных дней m_o =25, пасмурных дней - M₀ = 21. Тогда летом можно ожи­дать m_o + M₀ =46 ясных и пасмурных дней.

Задача. 1.5.3 На лекции по теории вероятностей при­сутствует 110 студентов курса. Найти вероятность того что

1. k студентов (k = 0,1,2) из присутствующих родились первого сентября;

2. хотя бы один студент курса родился первого сентя­бря.

Решение. Вероятность родиться 1 сентября любому сту­денту курса

p =1/365 очень мала, поэтому используем фор­мулу Пуассона (1.22). Найдем параметр Пуассона. Так как

n = 110, то λ = np = 110 • 1 /365 = 0.3.

Тогда по формуле Пуассона

Задача. 1.5.4 Вероятность того, что деталь не стан­дартная, равна 0.1. Сколько деталей нужно отобрать, чтобы с вероятностью P = 0.964228 можно было утвер­ждать, что относительная частота появления нестан­дартных деталей отклоняется от постоянной вероятно­сти p = 0.1 по абсолютной величине не более, чем на 0.01?

Решение.

Требуемое число n найдем по формуле (1.25). Имеем:

p = 1.1; q = 0.9; P = 0.96428. Подставим данные в формулу:

Откуда находим

По таблице значений функции Φ(x) находим, что

Задача. 1.5.5 Вероятность выхода из строя за время Т одного конденсатора равна 0.2. Определить вероятность того, что за время Т из 100 конденсаторов выйдут из строя

1. ровно 10 конденсаторов;

2. не менее 20 конденсаторов;

3. менее 28 конденсаторов;

4. от 14 до 26 конденсаторов.

Решение. Имеем п = 100, p = 0.2, q = 1 - p = 0.8.

1. Ровно 10 конденсаторов.

Так как п велико, воспользуемся локальной теоремой Муавра - Лапласа:

Вычислим

Так как функция φ(х) — четная, то φ(-2,5) = φ(2,50) = 0,0175 (находим по таблице значений функции φ(х). Искомая вероятность

2. Не менее 20 конденсаторов;

Требование, чтобы из 100 конденсаторов из строя вы­шли не менее 20, означает, что из строя выйдут либо 20, либо 21,..., либо 100. Таким образом, т₁ = 20, т ₂ =100. Тогда

По таблице значений функции Φ(x) найдем Φ(x₁) = Φ(0) = 0, Φ(x₂) = Φ(20) = 0.5. Искомая вероятность:

3. Менее 28 конденсаторов;

(здесь было учтено, что функция Лапласа Ф(x) - нечет­ная).

4. От 14 до 26 конденсаторов. По условию m1= 14, m₂ = 26.
Вычислим x ₁,x₂:

Задача. 1.5.6 Вероятность появления некоторого собы­тия в одном опыте равна 0.6. Какова вероятность, что это событие появиться в большинстве из 60 опытов?

Решение. Количество m появлений события в серии ис­пытаний находится в промежутке [0; 60]. «В большинстве опытов» означает, что m принадлежит промежутку[30, 60.] По условию n = 60, p = 0.6, q = 0.4, m₁ = 30, m₂ = 60. Вычислим x₁ и x₂:

Случайные величины и их распределения

Задача. 2.1.1 Дана таблица, где в верхней строке указа­ны возможные значения случайной величины X, а в нижней — их вероятности.

Может ли эта таблица быть рядом распределения X?

Ответ: Да, так как p₁ + p₂ + p₃ + p₄ + p₅ = 1

Задача. 2.1.2 Выпущено 500 лотерейных билетов, причем 40 билетов принесут их владельцам выигрыш по 10000 руб., 20 билетов — по 50000 руб., 10 билетов — по 100000 руб., 5 билетов — по 200000 руб., 1 билет — 500000 руб., осталь­ные — без выигрыша. Найти закон распределения выигры­ша для владельца одного билета.

Решение.

Возможные значения X: x₅ = 10000, x₄ = 50000, x₃ = 100000, x₂ = 200000, x₁ = 500000, x₆ = 0. Вероятности этих возможных значений:

Искомый закон распределения:

Задача. 2.1.3 Стрелок, имея 5 патронов, стреляет до первого попадания в цель. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0.7. Построить закон распределе­ния числа использованных патронов, найти функцию рас­пределения F(x) и построить ее график, найти P(2 < x < 5).

Решение.

Пространство элементарных событий опыта

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

где событие {1} - попал в цель, событие {0} - не попал в цель. Элементарным исходам соответствуют следующие значения случайной величины числа использованных па­тронов: 1, 2, 3, 4, 5. Так как результат каждого следующего выстрела не зависит от предыдущего, то вероятности воз­можных значений:

p₁ = P(x₁ = 1) = P(1) = 0.7; p2 = P(x₂ = 2) = P(01) = 0.3 · 0.7 = 0.21;

p₃ = P(x₃ = 3) = P(001) = 0.3² · 0.7 = 0.063;

p₄ = P(x₄ = 4) = P(0001) = 0.3³ · 0.7 = 0.0189;

p₅ = P(x5 = 5) = P(00001 + 00000) = 0.3⁴ · 0.7 + 0.3⁵ = 0.0081.

Искомый закон распределения:

Найдем функцию распределения F(x), пользуясь формулой (2.5)

x ≤1, F(x) = P(X < x) = 0

1 < x ≤2, F(x) = P(X < x) = P₁(X₁ = 1) = 0.7

2 < x ≤ 3, F(x) = P₁(X = 1) + P₂(x = 2) = 0.91

3 < x ≤ 4, F(x) = P₁ (x = 1) + P₂(x = 2) + P₃(x = 3) =

= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973

4 < x ≤ 5, F(x) = P₁(x = 1) + P₂(x = 2) + P₃(x = 3) +

+P₄(x = 4) = 0.973 + 0.0189 = 0.9919

x > 5, F(x) = 1

Найдем P(2 < x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < x < 5) = F(5) — F(2) = 0.9919 — 0.91 = 0.0819

Задача. 2.1.4 Дана F(x) некоторой случайной величины:

Записать ряд распределения дляX.

Решение.

Из свойств F(x) следует, что возможные значения слу­чайной величины X - точки разрыва функции F(x), а со­ответствующие им вероятности - скачки функции F(x). Находим возможные значения случайной величины X={0,1,2,3,4}.

Задача. 2.1.5 Установить, какая из функций

является функцией распределения некоторой случайной величины.

В случае утвердительного ответа, найти вероят­ность того, что соответствующая случайная величина принимает значения на [-3,2].

Решение. Построим графики функций F₁(x) и F₂(x):

Функция F₂(x) не является функцией распределения, так как не является неубывающей. Функция F₁(x) является

функцией распределения некоторой случайной величины, так как является неубывающей и удовлетворяет условию (2.3). Найдем вероятность попадания на промежуток:

Задача. 2.1.6 Дана плотность вероятности непрерывной случайной величины X:

Найти:

1. коэффициент C;

2. функцию распределения F(x);

3. вероятность попадания случайной величины в интер­вал (1, 3).

Решение. Из условия нормировки (2.9)находим

Следовательно,

По формуле (2.10) находим:

Таким образом,

По формуле (2.4) находим

Задача. 2.1.7 Случайное время простоя радиоэлектрон­ной аппаратуры в ряде случаев имеет плотность вероят­ности

где M = lge = 0.4343...

Найти функцию распределения F(x).

Решение. По формуле (2.10) находим

где

Задача. 2.2.1 Дан ряд распределения дискретной случай­ной величины X:

Найти математическое ожидание, дисперсию, сред­нее квадратичное отклонение, M[2X + 3], D[-3X + 2].

Решение.

По формуле (2.12) находим математическое ожидание:

M[X] = x₁p₁ + x₂p₂ + x₃p₃ + x₄p₄ = 10 · 0.2 + 20 · 0.15 + 30 · 0.25 + 40 · 0.4 = 28.5

M[2X + 5] = 2M[X] + M[5] = 2M[X] + 5 = 2 · 28.5 + 5 = 62. По формуле (2.19) найдем дисперсию:

Задача. 2.2.2 Найти математическое ожидание, диспер­сию и среднее квадратичное отклонение непрерывной слу­чайной величины X, функция распределения которой

.

Решение. Найдем плотность вероятности:

Математическое ожидание найдем по формуле (2.13):

Дисперсию найдем по формуле (2.19):

Найдем сначала математическое ожидание квадрата случайной величины:

Тогда

Среднее квадратичное отклонение

Задача. 2.2.3 Дискретная случайная величина X имеет ряд распределения:

Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y = e^X.

Решение. M[Y] = M[ e^X ] = e^{-- 1} · 0.2 + e⁰ · 0.3 + e¹ · 0.4 + e² · 0.1 =

= 0.2 · 0.3679 + 1 · 0.3 + 2.71828 · 0.4 + 7.389 · 0.1 = 2.2.

D[Y] = D[e^x] = M[(e^X)² — M² [ e ^X] =

[(e^-1)² • 0.2 + (e⁰)² • 0.3 + (e¹)² • 0.4 + (e²)² • 0.1] — (2.2)² =

= (e^--2 • 0.2 + 0.3 + e² • 0.4 + e⁴ • 0.1) — 4.84 = 8.741 — 4.84 = 3.9.

Задача. 2.2.4 Дискретная случайная величина X может принимать только два значения x₁ и x₂, причем x₁ < x₂. Известны вероятность p₁ = 0.2 возможного значения x₁, математическое ожидание M[X] = 3.8 и дисперсия D[X] = 0.16. Найти закон распределения случайной величины.

Решение. Так как случайная величина X принимает толь­ко два значения x₁ и x₂, то вероятность p₂ = P(X = x₂) = 1 - p₁ = 1 - 0.2 = 0.8.

По условию задачи имеем:

M[X] = x₁p₁ + x₂p₂ = 0.2x₁ + 0.8x₂ = 3.8;

D[X] = (x²₁p₁ + x²₂p₂) - M²[X] = (0.2x²₁ + 0.8x²₂) - (0.38)² = 0.16.

Таким образом получили систему уравнений:

Условию x₁<x₂ удовлетворяет решение x₁ = 3. x = 4. По­этому искомый закон распределения имеет вид:

Задача. 2.2.5 Случайная величина X подчинена закону распределения, график плотности которого имеет вид:

Найти математическое ожидание, дисперсию и сред­нее квадратичное отклонение.

Решение. Найдем дифференциальную функцию распре­деления f(x). Вне интервала (0, 3) f(x) = 0. На интервале (0, 3) график плотности есть прямая с угловым коэффици­ентом k = 2/9, проходящая через начало координат. Таким образом,

Математическое ожидание:

Найдем дисперсию и среднее квадратичное отклоне­ние:

Задача. 2.2.6 Найти математическое ожидание и дис­персию суммы очков, выпадающих на четырех игральных кубиках при одном бросании.

Решение. Обозначим A — число очков на одном кубике при одном бросании, B – число очков на втором кубике, C — на третьем кубике, D — на четвертом кубике. Для случайных ве­личин A, B, C, D за­кон распределения один.

Тогда M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3.5

Задача. 2.3.1 Вероятность того, что частица, вылетев­шая из радиоактивного источника, будет зарегистриро­вана счетчиком, равна 0.0001. За время наблюдения из ис­точника вылетело 30000 частиц. Найти вероятность то­го, что счетчик зарегистрировал:

1. ровно 3 частицы;

2. ни одной частицы;

3. не менее 10 частиц.

Решение. По условию п = 30000, p = 0.0001. События, со­стоящие в том, что частицы, вылетевшие из радиоактив­ного источника, зарегистрированы, независимы; число п велико, а вероятность p мала, поэтому воспользуемся рас­пределением Пуассона: Найдем λ: λ = п p = 30000 • 0.0001 = 3 = М[Х]. Искомые вероятности:

Задача. 2.3.2 В партии 5% нестандартных деталей. На­удачу отобраны 5 деталей. Написать закон распределе­ния дискретной случайной величины X — числа нестан­дартных деталей среди пяти отобранных; найти мате­матическое ожидание и дисперсию.

Решение. Дискретная случайная величина X — число нестандартных деталей — имеет биномиальное распреде­ление и может принимать следующие значения: x₁ = 0, x₂ = 1, x₃ = 2, x₄ = 3, x₅ = 4, x₆ = 5. Вероятность нестандарт­ной детали в партии p = 5/100 = 0.05. Найдем вероятности этих возможных значений:

Напишем искомый закон распределения:

Найдем числовые характеристики:

0 • 0.7737809 + 1 • 0.2036267 + 2 • 0.0214343+

+ 3 • 0.0011281 + 4 • 0.0000297 + 5 • 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250

или

M[X] = n • p = 5 • 0.05 = 0.25.

D[X] = M[X² ] – M² [X] = 0² • 0.7737809 + 1² • 0.2036267+

+ 2² • 0.0214343 + 3² • 0.0011281 + 4² • 0.0000297 + 5² • 0.0000003- 0.0625 =

= 0.2999995 - 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375

или D[X] = n • p • (1 - p) = 5 • 0.05 • 0.95 = 0.2375.

Задача. 2.3.3 Время обнаружения цели радиолокатором распределено по показательному закону

где 1/ λ = 10 сек. - среднее время обнаружения цели. Найти вероятность того, что цель будет обнаружена за время от 5 до 15 сек. после начала поиска.

Решение. Вероятность попадания случайной величины X в интервал (5, 15) найдем по формуле (2.8):

При получаем

= 0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 • 0.6321 = 0.3834

Задача. 2.3.4 Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону с параметрами a = 0, σ = 20 мм. За­писать дифференциальную функцию распределения f(x) и найти вероятность того, что при измерении допущена ошибка в интервале от 5 до 10 мм.

Решение. Подставим значения параметров a и σ в диффе­ренциальную функцию распределения (2.35):

По формуле (2.42) найдем вероятность попадания слу­чайной величины X в интервале [0, 5):

Здесь значения функции Лапласа взяты по таблице.

Задача. 2.3.5 Цена деления шкалы амперметра равна 0.1 ампера. Показания амперметра округляются до ближай­шего целого деления. Найти вероятность того, что при отсчете будет сделана ошибка, превышающая 0.03 ампе­ра. Найти математическое ожидание, дисперсию ошибки округления отсчета и функцию F(x).

Решение. Ошибку округления отсчета можно считать рас­пределенной равномерно на [0; 0.1], т.е. a = 0, b = 0.1. То­гда дифференциальная функция распределения f(x) будет иметь вид

Поиск по сайту: