Случайная величина Y f ( y) = F¢( y) = 2 y при 0 £ y < 1
1
M (Y ) = ò y × 2 y dy
0
имеет функцию плотности вероятности и f ( y) = 0 при остальных y. Поэтому
|
2 |
1 |
1 |
|
|
= |
, M (Y 2 ) = ò y2 × 2 y dy = |
, |
|||
|
|
||||
3 |
0 |
2 |
|
||
D(Y ) = M (Y 2 )=– [M (Y=)]2 |
1 |
– |
4 |
|
1 |
. |
|
|
2 |
|
18 |
|
|
||||
|
9 |
|
|
|
||||
В итоге D( XY ) = (1 / 3)(1 / 18) + (1 / 3)(2 / 3)2 + (1 / 18) ×12 = 2 / 9. |
|
|
||||||
Ответ. D( XY ) = 2 / 9. |
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 2.70. Случайные X и Y |
|
независимы |
и |
равномерно |
||||
распределены соответственно на отрезках[0, a] и [0,b]. |
Найдите |
|||||||
дисперсию произведения этих величин. (См. пример 2.70, величины a и b возьмите из исходных данных к задаче 2.62.)
2.12.2. Распределение системы двух дискретных случайных величин
Распределение системы двух дискретных случайных( X ,Y ) величин можно задать в виде таблицы, в которой перечислены пары возможных значений (x, y) и их вероятности:
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
Y |
|
|
х1 |
х2 |
х3 |
|
L |
|
хn |
|
p( у j ) = å pij |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i=1 |
y1 |
|
|
p11 |
p21 |
p31 |
|
L |
|
pn1 |
|
р(у1) |
у2 |
|
|
p12 |
p22 |
p32 |
|
L |
|
pn2 |
|
р(у2) |
у3 |
|
|
p13 |
p23 |
p33 |
|
L |
|
pn3 |
|
р(у3) |
L |
|
|
L |
L |
L |
|
L |
|
L |
|
L |
уm |
|
|
p1m |
p2m |
p3m |
|
L |
|
pnm |
|
р(уm) |
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p(хi ) = å pij |
|
p(х1) |
p(х2) |
p(х3) |
|
L |
|
p(хn) |
|
|
|
j=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В этой |
таблице рij = P( X= |
xi =,Y |
у=j ), i |
1,2,¼, n, =j |
|
1, 2,¼, m. При |
|||||
этом å pij =1, |
|
m |
|
|
|
|
n |
|
|
||
Р( X = хi ) = å pij и |
Р(Y = у j ) = å pij . |
Если X и Y |
|||||||||
i, j |
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
j=1 |
|
|
независимы, то рij |
= р(хi ) р( у j ). |
|
|
|
|
|
|
|
|||
120
Пример 2.71. Закон распределения дискретного случайного вектора задан в виде таблицы:
|
X |
–1 |
0 |
2 |
p( у j ) |
|
|
Y |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0,2 |
0,1 |
0,1 |
0,4 |
|
|
1 |
0,1 |
0,3 |
0,2 |
0,6 |
|
|
P( X = x) |
0,3 |
0,4 |
0,3 |
|
|
Требуется найти |
распределение |
случайных величинZ = XY и |
||||
W = | X 2 -Y 2 |.
Решение. Найдем возможные значения случайной величины Z: Z = -1×0 = 0 с вероятностью 0,2;
Z = -1×1= -1 с вероятностью 0,1;
Z = 0 ×0 = 0 с вероятностью 0,1;
Z = 0 ×1 = 0 с вероятностью 0,3;
Z = 2 ×0 = 0 с вероятностью 0,1;
Z = 2 ×1 = 2 с вероятностью 0,2.
Закон распределения случайной величиныZ запишем в виде ряда
распределения |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z |
–1 |
0 |
2 |
|
|
|
|
P |
0,1 |
0,7 |
0,2 |
|
Случайная величина W принимает значения: |
|||||||
W = | (-1)2 |
- 02 | =1 с вероятностью 0,2; |
||||||
W = | (-1)2 |
-12 | = 0 с вероятностью 0,1; |
||||||
W = | 02 |
- 02 | = 0 с вероятностью 0,1; |
||||||
W = | 02 |
-12 | =1 с вероятностью 0,3; |
||||||
W = | 22 |
- 02 | = 4 с вероятностью 0,1; |
||||||
W= | 22 -12 | = 3 с вероятностью 0,2,
иимеет ряд распределения
|
|
W |
0 |
1 |
3 |
4 |
|
|||||||
|
|
P |
0,2 |
0,5 |
0,2 |
0,1 |
|
|||||||
Ответ. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Z |
|
–1 |
|
0 |
|
2 |
|
|
|
|||
|
|
|
P |
|
0,1 |
|
0,7 |
|
0,2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
W |
|
0 |
|
|
1 |
|
|
3 |
|
4 |
|
|
|
|
P |
|
0,2 |
|
|
0,5 |
|
|
0,2 |
|
0,1 |
|
Задача 2.71. Случайный вектор дискретного типа распределен по закону, определяемому таблицей:
121
|
X |
|
x1 |
x2 |
x3 |
x4 |
p(уj) |
|
|
Y |
|
|
|
|
|
|
|
|
y1 |
|
p11 |
p12 |
p13 |
0,05 |
p(y1) |
|
|
y2 |
|
p21 |
p22 |
0,02 |
0,03 |
p(y2) |
|
Найдите |
p(хi) |
|
p(x1) |
p(x2) |
p(x3) |
p(x4) |
|
величинZ = XY , |
|
законы |
распределения |
случайных |
|||||
U= | X - Y | , V = Y 2 - X 2 .
Внечетных вариантах: x1 = -1; x2 = 0; x3 =1; x4 = 2; y1 = -1; y2 =1. В
четных |
вариантах: |
x1 = -2; |
x2 = -1; |
x3 = 0; |
x4 =1; |
y1 = -2; |
y2 = 2. |
(См. |
|||||||||||
пример 2.71 и исходные данные.) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
Исходные данные к задаче 2.71. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
№ |
p11 |
p12 |
p13 |
p21 |
p22 |
№ |
p11 |
p12 |
|
p13 |
p21 |
p22 |
№ |
p11 |
p12 |
p13 |
p21 |
p22 |
|
1 |
0,1 |
0,2 |
0,1 |
0,3 |
0,1 |
11 |
0,3 |
|
0,1 |
|
0,1 |
0,1 |
0,2 |
21 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
2 |
0,2 |
0,1 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
12 |
0,1 |
|
0,1 |
|
0,1 |
0,2 |
0,3 |
22 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
3 |
0,1 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
13 |
0,1 |
|
0,1 |
|
0,2 |
0,3 |
0,1 |
23 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
4 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,1 |
14 |
0,1 |
|
0,2 |
|
0,3 |
0,1 |
0,1 |
24 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
5 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,1 |
0,3 |
15 |
0,1 |
|
0,1 |
|
0,1 |
0,1 |
0,1 |
25 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
6 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
16 |
0,1 |
|
0,2 |
|
0,1 |
0,3 |
0,1 |
26 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
7 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
17 |
0,2 |
|
0,1 |
|
0,3 |
0,1 |
0,1 |
27 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
8 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
18 |
0,1 |
|
0,3 |
|
0,1 |
0,1 |
0,2 |
28 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
9 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
19 |
0,3 |
|
0,1 |
|
0,1 |
0,2 |
0,1 |
29 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
0,1 |
10 |
0,1 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,1 |
20 |
0,1 |
|
0,1 |
|
0,2 |
0,1 |
0,3 |
30 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
0,1 |
|
2.12.3. Распределение функции двух случайных величин |
|
|
||||||
Рассмотрим |
функцию |
двух |
случайных |
величинZ = j( X ,Y ), |
где |
||||
( X ,Y ) –– система |
двух |
случайных величин(случайный |
вектор в |
||||||
плоскости). Пусть |
случайная |
точка( X ,Y ) имеет функцию |
плотности |
||||||
вероятности f (x, y). Найдем функцию распределенияG(z) |
случайной |
||||||||
величины Z. |
|
|
|
черезW (z) область на плоскости, в |
|||||
Для |
каждого z |
обозначим |
|||||||
которой |
выполняется |
неравенствоj( X ,Y ) < z. |
Чтобы |
это |
неравенство |
||||
выполнилось, случайная точка должна попасть в областьW (z) . |
По |
||||||||
определению |
|
|
|
P[(=X ,Y ) ÎW (z)] = òò |
|
|
|
||
G(z) = Р(Z < z) |
Р[=j( X ,Y ) < z] |
f (x, у)dxdу . |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
w( z ) |
|
|
|
122
Тогда плотность распределения случайной величиныZ равна g(z) = G¢(z).
Пример 2.72. В квадрат со стороной a наугад брошена точка. Пусть Y –– расстояние от этой точки до ближайшей стороны квадрата. Считая все
положения точки в квадрате равновозможными, найдите |
функцию |
плотности вероятности величины Y, M (Y ) и D(Y ). |
|
Решение. Пусть Y –– расстояние от точки до ближайшей стороны |
|
квадрата. Для определенности будем считать, что точка |
попала в |
треугольник AOD (см. рис. 2.12.5). |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.12.5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Для всех точек этого треугольникаAD –– |
ближайшая сторона |
||||||||||||||||||||||||||||||||
квадрата. Так |
как |
площадь |
треугольникаAOD равна a2 / 4 , то |
|
плотность |
||||||||||||||||||||||||||||
вероятности |
случайной |
точки в |
этом |
треугольникеf (x, y) = 4 / a2 . |
|
Вне |
|||||||||||||||||||||||||||
треугольника |
f (x, y) = 0. |
Расстояние от точки до основания будет равноy, |
|||||||||||||||||||||||||||||||
если точка |
упадет на |
отрезокMN. |
Поскольку |
OK = KN = a / 2 – y, |
|
то |
|||||||||||||||||||||||||||
плотность |
вероятности |
|
случайной |
|
|
|
величиныY |
|
|
получим, |
если |
||||||||||||||||||||||
проинтегрируем |
плотность |
вероятности f (x, y) |
|
в |
пределах |
|
от–(a / 2 – y) |
||||||||||||||||||||||||||
до (a / 2 – y) (т.е. от точки M до точки N): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
a/2-y |
|
|
4 |
|
|
4 |
|
8y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
f ( y) = |
=ò |
f (x, y)dx |
(a - 2 y=) |
- |
|
при y Î[0;a / 2] |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
-(a /2- y ) |
|
|
a |
|
a a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a /2 |
æ 4 |
|
8 y ö |
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
||||||||
и f ( y) = 0 при |
|
остальныхy. |
Поэтому M (Y ) = |
ò0 |
y ç |
|
- |
|
|
|
|
|
÷ dy = |
|
. |
Для |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
è a |
|
a |
|
|
ø |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a /2 |
2 æ 4 |
|
|
|
8 y ö |
|
|
|
|
a2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
) = ò y |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
вычисления |
дисперсии |
найдем |
сначалаM (Y |
|
ç |
|
|
|
|
- |
|
|
÷ dy |
= |
|
|
. |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
a |
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
è a |
|
|
ø |
|
|
|
24 |
|
|||||||
123
2 |
2 a2 |
æ a ö |
2 |
a |
|
|||
Откуда D(Y ) = = M (Y =) – [M (Y )] |
|
- ç |
|
÷ |
= |
|
. |
|
|
6 |
72 |
||||||
|
24 |
è |
ø |
|
|
|||
Ответ. M (Y ) = a / 6 ; D(Y ) = a / 72.
Задача |
2.72. В равнобедренный |
треугольник |
с основаниемa и |
высотой h наугад брошена точка. Пусть Y –– расстояние |
от этой точки до |
||
основания |
треугольника. Считая все |
положения |
случайной точки в |
треугольнике равновозможными, найдите функцию плотности вероятности величины Y, M (Y ) и D(Y ) . (См. пример 2.72; a –– номер варианта.)
Пример 2.73. Две вершины треугольника совпадают с концами диаметра круга радиусаR, а третья вершина располагается в случайной
точке (x, y) |
в |
верхней |
половине |
круга. Полагая |
равновозможными |
все |
||||||||||
положения третьей вершины в верхней половине круга, найдите функцию |
||||||||||||||||
плотности вероятности для площади треугольника |
и |
математическое |
||||||||||||||
ожидание этой площади. |
|
|
|
|
|
точки(x, y) |
|
|
|
|||||||
Решение. |
Так |
как |
все |
положения |
в |
полукруге |
||||||||||
равновозможны, |
|
а |
площадь |
полукруга |
равнаpR2 / 2, |
то |
плотность |
|||||||||
вероятности |
случайной |
точки(x, y) |
имеет |
вид: |
f (x, y) = |
2 |
во |
всех |
||||||||
pR2 |
||||||||||||||||
точках полукруга, |
и |
f (x, y) = 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
вне |
полукруга. Основание |
треугольника |
||||||||||||||
постоянно и равно2R, а высота треугольника равна ординате случайной |
||||||||||||||||
точки y. Поэтому |
площадь |
треугольника равнаS = |
1 |
·2R· y = Ry. Высота |
||||||||||||
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||
треугольника будет равнаy, если случайная точка упадет на отрезокAB (см. рис. 2.12.6). Для получения плотности вероятности в точкеy необходимо просуммировать плотность вероятности f (x, y) вдоль отрезка
AB:
R2 -y2 |
R2 -y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2 |
|
|
4 R2 - y2 |
|
|
||||||||
f ( y) = ò f (x, y)dx= |
ò |
|
|
dx= |
|
при y Î[0, R] . |
|||||||
|
pR |
2 |
|
pR |
2 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
- R2 -y2 |
- R2 -y2 |
|
|
|
|
|
|||||||
В итоге среднее значение площади треугольника равно
|
|
|
|
|
R |
4 |
R2 - y2 |
|
|
|
4 |
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
M (S) = òR y |
= |
|
|
2 |
|
dy |
|
|
ò y R |
|
- y |
|
|
dy = |
|||||||||||||
|
pR |
|
|
pR |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
R |
|
2 |
|
2 1/2 |
|
|
2 |
|
y |
|
|
2 |
|
(R2 |
|
- y2 )3/2 |
|
|
R |
|
4R2 |
|||||
|
ò0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
= - |
|
(R |
|
- y ) |
d (R |
|
- y |
|
) |
- |
|
× |
= |
|
|
|
|
|
|
0 |
= |
|
. |
|||||
pR |
|
|
|
pR |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 / 2 |
|
|
|
|
|
3p |
|||||||
124
Рис. 2.12.6
Ответ. 4R2 . 3p
Задача 2.73.1. Основанием треугольника служит отрезок от точкиA до точки C. Третья вершина B(x, y) находится в областиD. Считая равновозможными все положения точкиB в области D, найти математическое ожидание площади треугольника ABC.
В вариантах 1–10: a –– номер варианта, A(0,0), C(a,0),
D ={0 £ x; x £ a; 0 £ y; y £ 
x}.
В вариантах 11–20: a –– номер варианта минус 10, A(0,0), C(a,0),
D ={0 £ x; x £ a; 0 £ y; y £ x2}.
В вариантах 21–31: a –– номер варианта минус 20, A(–a,0), C(a,0),
ì |
|
a |
2 |
- x |
2 ü |
|
D = í0 |
£ y; y £ |
|
|
ý . |
||
|
|
a |
|
|||
î |
|
|
|
|
þ |
|
(См. пример 2.73.) |
|
|
|
|
||
Задача |
2.73.2. Две |
вершины |
треугольника |
совпадают с точками |
||
A(0,0) |
и B(a,0). Положение третьей |
вершиныC(x, у) |
равновозможно в |
|||
любой |
точке области D ={0 £ x £ a; 0 £ y; |
у £ (x - a)2}. |
Найдите функцию |
|||
плотности |
вероятности |
для площади |
треугольника и математическое |
|||
ожидание этой площади (См. пример 2.73; а –– номер варианта.)
Задача 2.73.3. Одна вершина треугольника находится в точкеА(0,0), вторая –– в точке В(а,0), а положение третьей вершины равновозможно в
области, |
ограниченной |
линиями Y = 0 , |
Х = а и |
Y = ах . Найдите |
|
|
функцию |
плотности |
вероятности |
для |
площади |
, |
треугольни |
математическое ожидание этой площади и ее дисперсию. (См. пример 2.73; а –– номер варианта.)
125
Пример 2.74. Все положения случайной точки(X,Y) равновозможны в квадрате со стороной, равной единице. Найдите функцию плотности вероятности случайной величины Z = XY и ее среднее значение.
Решение. Так как все положения случайной (X,Y)точки равновозможны в квадрате со стороной, равной единице, то эта случайная точка имеет функцию плотности вероятности f (x, y) =1 внутри квадрата и
f (x, y) = 0 вне квадрата.
Найдем сначала функцию распределения случайной величиныZ. По определению F (z) = P(Z < z) Р[( Х=,Y ) < z]. Неравенство ( Х ,Y ) < z выполняется, если случайная точка(Х,Y) окажется внутри квадрата ниже гиперболы ху = z (см. рис. 2.12.7). Поэтому
F (z) = P(Z < z) =1 – Р(Z ³ z) = Р[( Х ,Y ) Î S] =
|
1 |
1 |
1 |
z |
|
|
=1 – òò=f (x, y)dxdy |
1 - òdx ò=dy |
1 - ò(1 - |
)dx = z(1 – ln z) при 0 £ z £1. |
|||
|
||||||
(S ) |
z |
z / x |
z |
x |
||
Рис. 2.12.7 |
|
ì0 |
при z £ 0, |
ï |
(1 – ln z) при 0 < z £1, |
Окончательно можно записать: F (z) = íz |
|
ï |
при 1 < z. |
î1 |
Дифференцируя F(z) по z, получаем функцию плотности вероятности
ì0 при z £ 0,
ï
f (z) = í-ln z при 0 < z £1,
ïî0 при 1 < z.
1
М(Z) = М (Z ) = òz(-ln z) dz =1 / 4 .
0
126
ì0 при z £ 0,
ï
Ответ. f (z) = í-ln z при 0 < z £1, М (Z ) =1/ 4.
ïî0 при 1 < z.
Задача 2.74.1. |
Случайная |
точка (X,Y) в |
квадрате D ={0 £ x £ a, |
||||
0 £ y £ a} |
имеет |
функцию |
плотности вероятностиf (x, y) = 4xy / a при |
||||
(x, y) Î D |
и f (x, y) = 0 вне D. Пусть Z = XY –– произведение |
координат |
|||||
точки. Найдите: функцию плотности вероятности случайной величиныZ, |
|||||||
М (Z ) и P(Z < a). (См. пример 2.74, a –– номер варианта.) |
|
||||||
Задача 2.74.2. |
Плотность |
вероятности |
случайной |
точки(X,Y) в |
|||
квадрате |
[0,1]´[0,1] |
имеет |
вид f (x, y) = 2(ax + by) / (a + b). |
Найдите |
|||
функцию распределения случайной величины Z = XY , ее математическое |
|||||||
ожидание М (Z ) |
и P[Z < M (Z )]. |
(См. пример 2.74 и исходные данные к |
|||||
задаче 2.68.1.) |
|
|
|
|
|
|
|
Замечание. Если требуется найти лишь математическое ожидание случайной величины Z = j( X ,Y ) , то нет необходимости предварительно находить закон распределенияZ. Если известна, например, f (x, y) –– функция плотности вероятности случайной точки(X,Y), то среднее значение Z можно вычислить непосредственно по формуле:
|
|
M (Z ) = òòj(x, y) f (x, y) dxdy, |
(2.12.5) |
|||||
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
где D –– область возможных значений двумерной случайной величины (X,Y). |
||||||||
Пример |
2.75. |
Все |
положения |
случайной |
точки(X,Y) в |
области |
||
D ={(x, y) : x + y < 4, |
x > 0, |
y > 0} |
равновозможны. |
Величина X |
равна |
|||
стороне основания правильной четырехугольной пирамиды, а Y равняется |
||||||||
высоте этой |
пирамиды. Найдите |
математическое ожидание объема |
||||||
пирамиды. |
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. |
Область D |
представляет из |
себя |
треугольник, площадь |
||||
которого равна восьми. Так как все положения случайной точки(X,Y) в |
||||||||
треугольнике равновозможны, то функция плотности вероятности f (x, y) |
||||||||
внутри этого треугольника постоянна. Поэтому |
f (x, y) =1 / 8 во внутренних |
|||||||
точках треугольника и f (x, y) = 0 |
вне треугольника (см. рис. 2.12.8). |
|||||||
127
Рис. 2.12.8
Объем пирамиды равен V = (1 / 3)YX 2. Поэтому по формуле(2.12.5) имеем
|
1 |
|
2 1 |
|
|
1 |
4 |
2 4-x |
1 |
|
|
4 |
2 |
|
|
2 |
|
32 |
|
||
M (V ) = |
|
òò=y x |
=dx dy |
|
òx |
ò y dx dy |
|
|
|
|
òx |
|
(4 - x) |
|
=dx |
|
|
» 0,71. |
|||
3 |
24 |
48 |
|
|
|
45 |
|||||||||||||||
|
D |
8 |
32 |
|
0 |
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
Ответ. M (V ) = |
» 0, 71. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
45 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 2.75. Все положения случайной точки(X,Y) |
в области D |
||||||||||||||||||||
равновозможны. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
В нечетных вариантах область D ={(x, y) : x2 + y2 £ a2 ; |
x ³ 0; y ³ 0}. |
||||||||||||||||||||
В четных вариантах область D ={(x, y) : y £ |
|
|
; |
x £ a; |
y ³ 0}. |
|
|
|
|||||||||||||
|
x |
|
|
|
|||||||||||||||||
Координаты X и Y этой случайной точки определяют размеры геометрических фигур и тел. Найдите математическое ожидание случайной величины Z, если: в 1, 6, 11, 16, 21, 26 вариантах Z равна площади поверхности цилиндра с радиусом основания X и высотой Y; во 2, 7, 12, 17,
22, 27 вариантах Z равна объему конуса с радиусом основания X и высотой Y; в 3, 8, 13, 18, 23, 28 вариантах Z равна площади ромба с диагоналями X и Y; в 4, 9, 14, 19, 24, 29 вариантах Z равна объему цилиндра с радиусом основания X и высотой Y; в 5, 10, 15, 30, 25, 30 вариантах Z равна площади равнобедренного треугольника с основаниемX и высотой Y. (См. пример 2.75, a –– номер варианта.)
Пример 2.76. Равновозможны все положения случайной точки(X,Y) в круге радиуса R с центром в начале координат(иначе говоря, случайный вектор {X ,Y} распределен равномерно в указанном круге). Требуется найти плотность вероятности случайной величины Z = ( X + Y ) / X .
128
Решение. Так как все положения |
случайной |
точке в круг |
||||||||||
равновозможны, а |
площадь |
круга |
равнаpR2 , то |
плотность |
вероятности |
|||||||
случайной точки |
f (x, y) = |
|
1 |
|
внутри |
круга |
иf (x, y) = 0 |
вне круга. |
||||
pR2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Найдем сначала функцию распределения случайной величиныZ. По |
||||||||||||
определению |
|
|
|
|
|
|
|
X + Y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
æ |
|
ö |
|
||
|
F (z) = P( X < z) |
P ç |
= |
< z ÷. |
|
|||||||
|
X + Y |
|
|
|
|
|
è |
X |
|
ø |
|
|
Неравенство |
< z |
при |
X > 0 преобразуется к виду X + Y < zX |
|||||||||
|
||||||||||||
|
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
или Y < (z -1) X , а при X < 0 получаем Y > (z -1) X . Это означает, что, неравенство выполняется в заштрихованной на рис. 2.12.9 и рис. 2.12.10 области Dz .
при z >1 |
при z <1 |
Рис. 2.12.9 |
Рис. 2.12.10 |
Поэтому
F (z) = P( X < z) P= |
æ X + Y |
ö |
òòD |
1 |
|
òòD |
|
è |
X |
ø |
pR |
2 |
|||
ç |
|
< z ÷ |
= f (x,=y) dxdy= |
|
dxdy |
||
z |
z |
где Sa –– площадь кругового сектора с углом a. |
|
Заметим, что тангенс угла наклона |
прямойy = (z -1)x |
1
pR2 × 2Sa
равен z -1.
Поэтому при z >1 |
|
угол a |
|
|
0,5p +=arctg(z -1). |
|
При z <1 |
тоже a = 0,5p + |
||||||||||
+arctg(z -1), так |
|
как |
|
в |
|
|
этом |
случаеarctg(z -1) < 0 . Поэтому площадь |
||||||||||
сектора |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2 æ p |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ö |
|
|
|||||
|
|
|
|
Sa = |
|
|
|
R |
ç |
|
+ arctg(z -1) ÷ . |
|
||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||||
Итак, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
è 2 |
|
ø |
|
|
||||
1 |
|
|
1 |
|
|
æ p |
|
|
|
|
1 æ p |
|
||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
ö |
ö |
|||||||||
F (z) = |
|
|
× 2 × |
|
R |
|
ç |
|
|
|
+ arctg( z -1) ÷ |
|
ç= |
+ arctg(z -1) ÷ . |
||||
pR |
2 |
2 |
|
2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
ø |
p è 2 |
ø |
|||||||
В итоге получаем
129
¢ |
1 |
× |
|
1 |
, |
|
p |
1 + (z -1)2 |
|||||
f (z) = F =(z) |
||||||
т.е. стандартный закон распределения Коши, только сдвинутый на единицу вправо (см. рис. 2.12.11).
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.12.11 |
Ответ. |
1 |
× |
|
1 |
|
. |
p |
|
|
|
|||
|
1 + (z -1)2 |
|
||||
Задача 2.76. Равновозможны все положения случайной точки(X,Y) в |
||||||
круге радиусом b |
с |
центром в начале координат. Требуется найти |
||||
плотность вероятности случайной величины Z = aY / X . (См. пример 2.76, b –– номер варианта, a возьмите из исходных данных к задаче 2.71.1.)
Пример 2.77. Время безотказной работы каждого элемента имеет показательный закон распределения(F (x) = P( X < x) =1 – e-l x , x ³ 0,
l > 0, M ( X ) =1 / l) . Cчитая, что элементы выходят из строя независимо друг от друга, найти среднее время безотказной работы(«наработку на отказ») для каждой из систем:
а) б)
Решение. Обозначим время безотказной работыi-го элемента через Xi. Система а) выходит из строя вместе с первым отказавшим элементом, поэтому время безотказной работы первой
Заметим, что P( Xi > x) =1 – P( X i < x) =1 –=(1 – e-lx ) e-lx . Найдем функцию распределения величины Y:
130
F ( y) = P(Y < y) = P(min( X1, X 2 ) < y) =1 – P(min( X1, X 2 ) > y) =
=1 – P( X1 > y, X 2 > y) 1 – P=( X1 > у)Р( X |
-ly |
e |
-ly |
1 –=e |
-2ly |
. |
2 > у) 1 – e= |
|
|
Оказалось, что величина Y = min( X1, X 2 ) имеет показательный закон
распределения с параметром2l. Наработка на отказ для системы с последовательным соединением элементов равна
¥¥
M (Y ) = ò ydF= ( y) |
ò y × 2lе-2ly dy= 1 / 2l, |
0 |
0 |
т.е. в два раза меньше наработки на отказ одного элемента.
Система б) работает безотказно, пока в рабочем состоянии находится хотя бы один из двух элементов. Поэтому ее время безотказной работы Z = max( X1, X 2 ). Найдем функцию распределения величины Z:
F (z) = P(Z < z) = P(max( X1, X 2 ) < z) = P( X1 < z, X 2 < z) =
|
|
|
|
|
|
P( X1 < z)P( X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-lz |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
2 < z) F (z)F=(z) (1 – e = ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
Наработка |
|
на |
отказ |
|
|
для системы с параллельным соединением |
|||||||||||||||||||||||||||||
элементов (такое соединение при одновременно работающих элементах |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
называют нагруженным или «горячим» резервированием) равна |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
¥ |
|
|
|
¥ |
|
|
|
|
|
|
|
¢ |
¥ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M (Z ) = òzdF=(z) |
|
òz(1 - 2e |
-lz |
+ e |
-2lz |
òz(2le |
-lz |
- 2le |
-2lz |
)=dz |
|
3 / 2l. |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
=) dz |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
0 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ. а) 1/2l; б) 3/2l. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
Задача 2.77.1. Случайные величины X k , |
k =1, 2,¼, n, |
|
распределены |
||||||||||||||||||||||||||||||||
равномерно на отрезке [0,a]. Найдите функцию распределения и функцию |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
плотности |
вероятности |
|
случайной |
|
величиныY = max{X |
, X |
2 |
,¼, X |
n |
}, |
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{ |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1£k £n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
считая величины Xk независимыми. Вычислите математическое ожидание и |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
дисперсию |
случайной |
|
величиныY. |
Вычислите |
вероятность P(Y ³ a / 2). |
||||||||||||||||||||||||||||||||
(См. пример 2.77 и исходные данные.) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
Исходные данные к задачам 2.77.1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
№ |
|
n |
a |
№ |
|
n |
a |
№ |
n |
a |
№ |
n |
a |
№ |
n |
a |
№ |
n |
a |
|
|||||||||||||||||
1 |
|
2 |
2 |
6 |
|
2 |
|
7 |
|
11 |
|
3 |
|
|
2 |
16 |
3 |
|
|
7 |
21 |
|
4 |
|
|
|
2 |
26 |
|
4 |
|
|
7 |
|
|||
2 |
|
2 |
3 |
7 |
|
2 |
|
8 |
|
12 |
|
3 |
|
|
3 |
17 |
3 |
|
|
8 |
22 |
|
4 |
|
|
|
3 |
27 |
|
4 |
|
|
8 |
|
|||
3 |
|
2 |
4 |
8 |
|
2 |
|
9 |
|
13 |
|
3 |
|
|
4 |
18 |
3 |
|
|
9 |
23 |
|
4 |
|
|
|
4 |
28 |
|
4 |
|
|
9 |
|
|||
4 |
|
2 |
5 |
9 |
|
2 |
|
10 |
|
14 |
|
3 |
|
|
5 |
19 |
3 |
|
10 |
24 |
|
4 |
|
|
|
5 |
29 |
|
4 |
|
10 |
|
|||||
5 |
|
2 |
6 |
10 |
|
3 |
|
1 |
|
15 |
|
3 |
|
|
6 |
20 |
4 |
|
|
1 |
25 |
|
4 |
|
|
|
6 |
30 |
|
5 |
|
|
1 |
|
|||
|
|
Задача 2.77.2. Случайные величиныХk, |
k =1, 2,¼, n, |
|
распределены |
||||||||||||||||||||||||||||||||
равномерно на отрезке [0,a]. Найдите функцию распределения и функцию |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
плотности |
вероятности |
|
случайной |
|
величиныZ = min{X |
, X |
2 |
,K, X |
n |
}, |
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{ |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||
1£k£n
считая величины Хk независимыми. Вычислите математическое ожидание и
131
дисперсию случайной величиныZ. Вычислите вероятность P(Z £ a / 2). (См. пример 2.77 и исходные данные к задаче 2.77.1.)
Пример 2.78. Пусть X1, X 2 ,K, X n –– последовательность независимых случайных величин, каждая из которых имеет равномерное распределение в интервале (0,1). Пусть Z = min{n : X1 + X 2 +K+ X n ³1}. Требуется найти
M (Z ).
Решение. По условию каждая из случайных величин равномерно распределена в интервале (0,1), т.е. имеет функцию распределения
ì0 при x < 0;
ï
F (x) = P( X < x)= íx при 0 £ x <1;
ïî1 при 1 £ x.
Соответствующая функция плотности вероятности f (x) =1 при x Î(0,1) и f (x) = 0 при остальных x. Понятно, что Z принимает значения 2, 3, 4, … .
Поэтому
¥
M (Z ) = å=kP(Z= k=) 2P(Z 2) + 3P=(Z 3) + 4P=(Z 4) + 5P=(Z 5) +K=
k=2
=P(Z = 2) + P(Z = 3) + P(Z = 4) + P(Z = 5) +K
+P(Z =2) + P(Z = 3) + P(Z = 4) + P(Z = 5) +K +P(Z= 3) + P(=Z 4) + P(=Z 5) +K
|
+P(Z= 4) + P(=Z 5) +K |
|
+P(Z= 5) +K |
|
¥ |
=1 + P(Z ³ 2) + P(Z ³ 3) + P(Z ³ 4) + P(Z ³ 5) +K= 1 + åP(Z ³ k) . |
|
|
k =2 |
Введем |
обозначение P( X1 + X 2 +K+ X n < y) = qk ( y), 0 < y £1. |
Заметим, что
P(Z ³ k)= P( X1 + X 2 +K+ X k -1 <1) = qk (1) .
Легко видеть, что q1 ( y) = P(X1 < y) = y. Тогда полная вероятность того,
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
y |
y2 |
|
|
что X1 + X 2 < y равна q2 ( y) = ò f (u)q1 ( y - u) du = ò1× ( y - u) du = |
. Тогда |
||||||||||||
2 |
|||||||||||||
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
||
y |
|
1 y |
2 |
|
|
y |
3 |
|
|
|
|
||
q3 ( y) = ò f (u)q2 |
( y - u) du = |
ò1×( y - u) |
|
du = |
|
|
. |
Продолжая |
|
рассуждать |
|||
|
3! |
|
|||||||||||
0 |
2 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
подобным образом, получим рекуррентное соотношение для величин qk ( y) : |
|||||||||||||
|
y |
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
||
|
qk ( y)= ò f (u)qk -1 ( y - u) du |
ò=qk -1 ( y - u) du . |
|
(2.12.6) |
|||||||||
|
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
132