romanovskiy_romanovskaya_elementy_teorii_veroyatnostey

б)

		520 -1000 ×0,5				480 -1000		×0, 5
P(480 £ ξ £	520) = Ф				- Ф					=
		1000 ×0,5×0,5				1000 ×0,5		×0,5

		20				- 20						20
= Ф					-Ф					= 2Ф					= 2Ф(1,265)	=
		250					250					250

= 2 ×0,3962 = 0,7924.

в) Применим локальную формулу Муавра-Лапласа (13′ )

									1							480-1000×0,5								1					20
														ϕ
	ξ																			=							-					=
P(		= 480) =														1000×0,5×0,5								250		ϕ
							1000×0,5×0,5																						250
		1					20						1			ϕ (1,265) =		0,1792					= 0,0113.
=					ϕ						=
		250					250						250			250

При вычислении использованы таблицы I, II приложения.

Случайные величины

Пример 10. Из 10 телевизоров на выставке 4 оказались фирмы "Сони". Наудачу для осмотра выбраны 3. Составить закон распределения числа телевизоров фирмы "Сони" среди 3 отобранных.

Решение. Пусть случайная величина ξ – число телевизоров фирмы "Сони". Составим закон распределения этой случайной величины.

ξ:	0	1	2	3
					.
		p1	p2	p3
	p0

Для удобства введем следующие события: Ai – i-ый отобранный телевизор фирмы "Сони" (i = 1,2,3). Тогда

p0 = P(ξ= 0) = P(A1 × A2 × A3 ) = P(A1 ) × P(A2 / A1 ) × P(A3 / A1 × A2 ) =

= 6 × 5 × 4 = 1 .

10 9 8 6

101

p1 = P(ξ=1) = P(A1 × A2 × A3 + A1 × A2 × A3 + A1 × A2 × A3 ) =

=P(A1 × A2 × A3 ) + P(A1 × A2 × A3 ) + P(A1 × A2 × A3 ) =

=P(A1 ) × P(A2 / A1 ) × P(A3 / A1 × A2 ) + P(A1 ) × P(A2 / A1 ) × P(A3 / A1 × A2 ) +

	+ P(							/							/						×			2 ) =		4				×			6		×		5		+					6		×		4		×		5		+		6		×			5	×				4		=		1		.
			A1 ) × P(A2							A1 ) × P(A3							A1						A
																								10							9					8				10							9				8			10							9					8		2
	p2 = P(ξ= 2) = P( A1 × A2 ×																					3 + A1 ×									2 × A3 +
																			A								A																A1 × A2 × A3 ) =
	= P(A1 ) × P(A2 / A1 ) × P(													3 / A1 × A2 ) + P(A1 ) × P(																												2 / A1 ) × P(A3 / A1 ×																									2 ) +
													A																											A																								A
	+ P(			) × P(A /							) × P(A /							× A ) =							4				×			3		×		6		+			4				×		6		×		3		+		6		×		4		×		3			=			3		.
		A							A							A
	1					2		1					3		1						2			10							9					8				10							9				8			10					9		8							10

p3 = P(ξ= 3) = P(A1 × A2 × A3 ) = P(A1 ) × P( A2 / A1 ) × P( A3 / A1 × A2 ) =

=	4	×	3	×	2	=	1	.
10		9		8		30
Окончательно имеем:
							0			1			2		3
						ξ 1				1			3		1
							:										.
										2			10		30
							6

	3		1		1		3		1
	Проверим, что ∑ pi	=		+		+		+		= 1 .
	i=0	6		2		10 30

Пример 11. Имеются 4 ключа, из которых только один подходит к замку. Составить закон распределения числа попыток открывания замка. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение (СКО) этой случайной величины.

Решение. Обозначим через x случайную величину, равную числу попыток открывания замка. Найдем ее закон распределения.

ξ:	1	2	3	4
		p2	p3
	p1			p4

Введем следующие события: Аi – замок открыт с i-ой попытки (i = 1,2,3,4).

102

Тогда имеем:

																								p = P(ξ= 1) = P(A ) =																																									1			;
																							1																																			1	4
																																																																											3						1								1			;
				p2 = P(											ξ								= P( A1 × A2 ) = P( A1 )P(A2 / A1 ) =																																																								×						=
																		= 2)																																																									4						3								4
					p = P(ξ=3) = P(																									×								× A ) = P(																)P(										/					)P(A /											×							) =
																											A							A																	A									A						A												A						A
						3																							1		2												3					1											2							1							3						2							1
=		3	×	2	×		1			=			1			;
4			3			2						4
				p = P(ξ= 4) = P(																											×				×							× A ) = P(																)P(						/								)P(					/							×							)×
																									A								A						A																	A							A							A					A							A						A
			4																								1				2									3			4					1											2							1									3									2					1
× P( A /											×						×					) =						3							×	2		×			1				×1 =				1				.
								A						A						A
			4						1						2						3								4		3									2								4
Окончательно, имеем
																		1					2								3									4
												ξ						1					1								1									1
															:
																							4								4
																		4																						4
Математическое ожидание, дисперсию и СКО найдем
согласно определению
mξ= x × p +x × p +x × p +x × p =1×																																																1				+2×							1		+3×								1		+4×			1					=				10			=				5			=2,5.
			1						1			2						2					3						3		4												4					4											4							4									4						4								2
D = ( x						1			− m )									2 p			1		+ ( x						2				− m ) 2 p														2	+ ( x										3		− m ) 2 p													3		+ ( x									4			− m ) 2 p							4	=
ξ														ξ																										ξ																										ξ																											ξ
=	(1,5) 2					+ (0,5) 2 + (0,5) 2																									+ (1,5) 2																=			2,5							= 1,25 .
																		4
																																																2

σ= D = 1,25 » 1,1 .

ξξ

Пример 12. Функция распределения непрерывной случайной величины x имеет вид:

0				при	x ≤ 0;
		2
x
F(x ) =				при 0 < x ≤ 2;
4					x > 2.
1				при
Найти: а) плотность				вероятности f (x); б) вероятности

Р (x =1), Р (x < 1), Р (1 ≤ x < 2); в) математическое ожидание

103

М [ x ], дисперсию D [ x ].

Решение.

а) Плотность вероятности

0

f ( x ) = F′( x ) = x

2

при	x ≤ 0 и при x > 2;
при	0 < x ≤ 2 .

б) Р (x = 1) = 0 как вероятность отдельно взятого значения непрерывной случайной величины.

P (x < 1) можно найти по определению функции распределения F (x):

P (x < 1) = F (1) = 12 = 1 . 4 4

P (1≤ x≤ 2) можно найти как приращение функции распределения по свойству 40 функции F (x):

						P (1≤ x ≤ 2) = F (2) – F (1) =															2 2			-		12			=		3	.
																					4
																								4						4
в) Математическое ожидание находим по формуле
											∞								0		2			x							∞
						a = M[ξ] = ∫ x f (x)dx = ∫0 × dx + ∫ x																					dx			+ ∫0 × dx =
										−∞									−∞		0			2						2
= 0 +	x 3				2 + 0 =		1	× 23 =					4		.
6					0	6						3
Дисперсию найдем, учитывая формулу
											2							2	.
						D[ξ] = M [ξ] - a
Вначале найдем									∞
																			2		x
						2			∫ x			2		f (x)dx = 0 + ∫ x						2
						M [ξ] =																		dx			+ 0			= 2 .
									−∞										0		2
									4		2					2
Теперь		D[ξ] = 2 -										=					.
									3							9

104

Пример 13. Дана функция
	0	при	x < 0;
f (x) =			x ³ 0.
C x e−x		при

При каком значении параметра С эта функция является плотностью распределения некоторой непрерывной случайной величины ξ? Для нее найти: а) функцию

распределения F (х); б) Р ( ξ | ≤ 2).

Решение. Данная функция может являться плотностью распределения некоторой случайной величины, если

∞

∫ f (x)dx = 1 .

−∞

Из этого условия найдем константу С. Имеем:

∞ 0 ∞ ∞

∫ f (x)dx = ∫ 0dx + ∫ Cxe − x dx = 0 + C ∫ xe − x dx = 1 .

−∞ −∞ 0 0

Отсюда C =				1		.
				∞
				∫ xe − x dx
				0
Вычислим
			∞				x = u
			∫ xe − x dx =
			0				dx = du
		∞	∞					∞
= − xe−x			+ ∫ e− xdx = −				x	−	1
							x		x
		0	0				e	0 e

Следовательно, С = 1.

а) функция распределения

x

F (x) = ∫ f (t)dt .

−∞

При х ≤ 0:

x

F (x) = ∫ 0dt = 0 .

−∞

	e	− x dx = dv	=
	v = −e − x

∞	= − lim	x	+1 = 1− lim	1	= 1.
0	x→∞ ex		x→∞ ex

105

При x > 0:

0

x

t

x

1

x

F(x) = ∫0dt + ∫te−tdt = −

−

= −xe−x − e−x +1 = 1−

t

t

−∞

0

e

0

e

0

Следовательно,

x ≤ 0;

0

при

F(x) =

− e− x (x +1)

при

x > 0.

1

б) P (| ξ | ≤ 2) = P (– 2 ≤ ξ≤ 2) = F (2) –

F (–2 ) = 1 –

– 0 = 1 −

3

≈

2

.

e 2

3

Основные законы распределения

e−x (x +1) .

e– 2 (2+1)–

Пример 14. Торговый агент связывается с пятью потенциальными покупателями, предлагая им товар своей фирмы. Опыт показывает, что вероятность заключения сделки - 0,15. Составить закон распределения случайной величины – количество сделок, которые удается заключить этому агенту, найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.

Решение. Случайная величина ξ – число сделок, которые удается заключить агенту, имеет биноминальный

закон распределения с параметрами n = 5,						p = 0,15. Закон
распределения ξ имеет вид:
ξ :		0	1	2	3	4	5
								.
			0,393	0,138	0,023	0,002
	0,444						0,0001

Значения рк = P (ξ = k), (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) вычислены по формуле Бернулли (11):

= = k k 5−k

P(ξ k) C5 0,15 0,85 .

Найдем математическое ожидание и дисперсию величины ξ по формулам (15)

M [ ξ ] = np = 5 · 0,15 = 0,75,

D [ ξ ] = npq = 5· 0,15 · 0,85 = 0,6375.

106

Пример 15. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в одну минуту, равно двум. Найти вероятность того, что за пять минут поступит: а) два вызова; б) менее двух вызовов; в) не менее двух вызовов.

Решение. Случайная величина ξ – число вызовов, поступающих на АТС за пять минут, имеет пуассоновское распределение с параметром а = λτ, где λ – среднее число вызовов, поступающих на АТС за одну минуту, τ = 5, следовательно, а = 2 · 5 = 10.

Тогда по формуле Пуассона

P(ξ= k) = a k e−a , k = 0, 1, 2, … , имеем: k!

а) P(ξ= 2) =			102			e−10	= 0,0023 ;
		2!
б) P(ξ < 2) = P(ξ = 0 или ξ = 1) = P(ξ = 0) + P(ξ = 1) =
=	100	e−10 +		10	e−10		= e−10 + 10e−10 = 0,0001+ 0,0005 = 0,0006;
0!		1!

в) P(ξ³ 2) = 1 - P(ξ< 2) = 1 - 0,0006 = 0,9994 .

При вычислении использована таблица III приложения. Пример 16. Поезда метрополитена идут регулярно с

интервалом 2 минуты. Пассажир выходит на платформу в случайный момент времени. Какова вероятность того, что ждать пассажиру придется не больше полминуты. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины ξ – времени ожидания поезда.

Решение. Случайная величина ξ – время ожидания поезда на временном (в минутах) отрезке [0,2] имеет равномерный закон распределения, плотность вероятности которой равна:

	1		x [0,2];
		при
f (x) =	2
			x [0,2].
0 при

Поэтому вероятность того, что пассажиру придется

107

ждать не более полминуты, равна:

0,5	1		1		0,5
P(ξ£ 0,5) = ∫		dx =		x
	2
0		2			0

По формулам (9) находим

=1 .

4

	M [ x ] =		0 + 2		= 1 мин.,							D [ x	] =	(2 - 0) 2	=	1	,
			2											12		3
	σξ=			=		1	=		1			» 0,58 мин.
		D[ξ]
					3
									3

Пример 17. Установлено, что время ремонта телевизоров есть случайная величина x, распределенная по показательному закону. Определить вероятность того, что на ремонт телевизора потребуется не менее 20 дней, если среднее время ремонта телевизоров составляет 15 дней. Найти плотность вероятности, функцию распределения и среднее квадратическое отклонение случайной величины x.

Решение. По условию математическое ожидание

M [x] =	1	= 15 , откуда параметр l					=			1	. Следовательно,
	λ							15
плотность вероятности
				1		x ; F (x) = 1 - e −		1
		f (x) =	1	e−					x
								15			(х ≥ 0).
					15
15

Искомую вероятность найдем, используя функцию распределения:

					−	20	−	20
P(ξ³ 20) =1- P(ξ< 20) =1- F(20) =1- (1- e 15 ) = e 15										» 0,264.
Среднее квадратическое отклонение из (17) равно
	σξ=	1	= 15 дней.
		λ
Пример 18. Длительность времени безотказной работы
элемента	имеет			показательное			распределение
F (t) = 1 –	e –0,01 t			(t > 0). Найти вероятность того, что за
время длительностью t = 50 ч.: а)					элемент					откажет;

б) элемент не откажет.

Решение. Обозначим через Т непрерывную случайную

108

величину – длительность времени безотказной работы элемента. Тогда функция распределения

F (t ) = P (T < t)

определяет вероятность отказа элемента за время t, тогда вероятность безотказной работы элемента за время t, то есть

P (T > t) = 1 – F (t).

Отсюда получаем:

а) P (T < 50) = F (50) = 1 - e -0,01×50 = 1 - e -0,5 = 1 – 0,606 = 0,394; б) P (T > 50) = 1 – F (50) = e−0,5 = 0,606.

Пример 19. Длина изготавливаемой автоматом детали представляет собой случайную величину x, распределенную по нормальному закону с параметрами mx = a = 15см.,

σ = 0,2 см.

ξ

а) найти вероятность брака, если допускаемые размеры детали должны быть 15 ± 0,3 (см).

б) какую точность длины можно гарантировать с вероятностью 0,97?

		e
	Решение. Так как P(| ξ - a |< e) = 2Ф		, то
		σξ

0,3
P(| ξ -15 |< 0,3) = 2Ф		= 2Ф(1,5)		= 2	×0, 4332	= 0,8664
0, 2
Тогда вероятность брака P(| ξ− 15 |> 0,3) = 1 − 0,8664 = 0,1336.
б) Имеем P(| ξ− a |< ε ) = 0,97 , а = 15, ε – ?
С другой стороны,
		e
P(| ξ - a |< e) = 2Ф			.
		σξ

Следовательно,

		e				e
	2Ф			= 0,97,	Ф			= 0, 485 .
		σξ				σξ

По таблице II приложения находим

ε = 2,17 ; ε = 2, 17 · σ= 2, 17 · 0,2 = 0,434 (см).

ξ

σ

ξ

109

Следовательно, с вероятностью 0,97 можно гарантировать размеры 15 ± 0,434 (см).

Совместный закон распределения двух случайных величин

Пример 20. В двух урнах содержатся шары, по 6 шаров в каждой. В первой урне один шар с №1, два шара с №2, три шара с №3; во второй урне два шара с №1, три шара с №2 и один шар с номером №3. Рассматриваются случайные величины:

x1 – номер шара, извлеченного из первой урны, x2 – номер шара, извлеченного из второй урны.

Из каждой урны извлекли по шару. Найти закон распределения случайной точки (x1, x2) и ее числовые характеристики.

Решение. Закон распределения случайной точки (x1,
x2) имеет вид:
x2	1					2					3								Вероятности pij вычисля-
x1																			ются следующим образом:
1	1					1					1					1			p11 = P (x1 =1 и x2 = 1) =
																			= Р(x1 =1) · Р(x2 = 1) =
	18					12					36					6
																				1			2				1
2			1					1				1					1		=		×				=				.
	9					6					18					3			6		6					18
																			p22 = P (x1 =2 и x2 = 2) =
	1					1					1					1
3																			= Р(x1 =2) · Р(x2 = 2) =
	6					4					12					2
																				2			3			1
	1					1					1								=			×		=				.
																			6		6					6
	3					2					6
По закону						распределения случайной точки (x1, x2) можно

составить законы распределения случайных величин x1 и x2.

	1	2	3				1	2	3
x1					, x2
	:	p2				:		q2		.
	p1		p3				q1		q3
pi = P(ξ1 = xi ) =				m			= xi и ξ2		= y j ) ;
				∑ P(ξ1
				j=1

110