Практикум по теории вероятностей

10.16. Законы распределения независимых случайных величин X и Y характеризуются следующими таблицами:

X	0	2	4
P	0,1	0,7	0,2

Y	3	5
P	0,4	0,6

Составьте закон распределения случайной величины

Z = X ¢ Y и проверьте свойство математического ожидания

M[X ¢ Y ] = M[X] ¢ M[Y ].

10.17. Две независимые случайные величины X и Y характеризуются следующими рядами распределения:

X	2	4	6
P	0,2	0,5	0,3

Y	2	3	4
P	0,1	0,6	0,3

Составьте закон распределения: 1) случайной величины Z = X ¢ Y ;

2) случайной величины T = X + Y ;

3) случайной величины Q = 3 ¢ (X + Y 2).

Ответы

10.5. 104. 10.6.

X

1

2

P

0,1

0,9

10.7.

X

0

1

2

3

P

0,36

0,49

0,14

0,01

M[X] = 0; 80,

S = 0; 475,

Ex = ¡0; 31.

10.8. a = 1=2,

M[X] = ¼=2,

D[X] = ¼2=4 ¡ 2.

34 ,

D[X] = 92 ,

10.9. ½(x) = 8

21 x

при

0

x

2; M[X] =

<

0

при

x < 0;

0

при

·x > ·2:

¡

5

.

:

S =

2p2

10.10. M[X] = 1=2,

D[X] = 3=4,

S = 0,

Ex = ¡1;2. 10.11. M[X] = 2;4;

D[X] = 0;46;

P = 0;398.

10.12. A = B = 1=2;

M[X] = 0;

D[X] = 0;6;

P = 1=16.

10.13. M[X + X] =

M[Z] = 0;8

;

D[2X] = 3;36 D[X + X] =

2

¡

;

= 1;68.

10.14. M[X

] = 4;5;

M[X ¢ X] = 2;25.

10.15.

Z

2 + 3

2 + 4

2 + 5

3 + 3

3 + 4

P

0; 4 ¢ 0; 3

0; 4 ¢ 0; 5

0; 4 ¢ 0; 2

0; 5 ¢ 0; 3

0; 5 ¢ 0; 5

3 + 5

4 + 3

4 + 4

4 + 5

0; 5 ¢ 0; 2

0; 1 ¢ 0; 3

0; 1 ¢ 0; 5

0; 1 ¢ 0; 2

После выполнения указанных действий имеем:

81

Z	5	6	7	6	7	8	7	8	9
P	0,12	0,20	0,08	0,15	0,25	0,10	0,03	0,05	0,02
И в результате:
Z	5	6	7	8	9
P	0,12	0,35	0,36	0,15	0,02

M[Z] = 6;6, D[Z] = 0;9.

10.16. Составляем закон распределения случайной величины:

X ¢ Y							0 ¢ 3				0 ¢ 5							2 ¢ 5						4 ¢ 3			4 ¢ 5
P					0; 1 ¢ 0; 4						0; 1 ¢ 0; 6					0; 7 ¢ 0; 4							0; 2 ¢ 0; 4				0; 2 ¢ 0; 6
И в результате получим:
X ¢ Y					0			6				10			12				20
P					0,1			0,28				0,42			0,08				0,12
Вычисляем: M[X ¢ Y ] = 9;24,																		M[X] = 2;2, M[Y ] = 4;2,
M[X] ¢ M[Y ] = 2;2 ¢ 4;2 = 9;24.
10.17.					Z		4			6				8				12			16				18		24
					P		0,02			0,12				0,11				0,33			0,15				0,18		0,09
T			4				5			6				7				8			9			10
P		0,02					0,12			0,11				0,30				0,18			0,18			0,09
Q		18					24			30				33				39			45			54			60		66
P		0,02					0,05			0,03				0,12				0,30			0,18			0,06			0,15		0,09

11.Закон равномерного распределения. Нормальный и показательный законы распределения

Закон равномерного распределения вероятностей

Распределение вероятностей называется равномерным, если на интервале (a; b), которому принадлежат всевозможные значения случайной величины, плотность вероятностей принимает постоянное значение, то есть имеет вид

½(x) =	8	1	при		·
	>	0		x		a;
	<
	>	b¡a	при	a < x · b;
	>	0	при	x > b:
	>
	:		82

Функция распределения вероятностей записывается так:

F (x) =

8 x a

при

a < x b;

>

0

x · a;

<

b¡¡a

>

при

·

>

1

при

x > b:

>

:

Плотность равномерного распределения и функция

распределения имеют вид:

ρ (x)

F(x)

1

1

b-a

a b x

0

0

a

b

x

Основные числовые характеристики закона равномерного

распределения вероятностей: математическое ожидание

b

x

+ b

M[X] = Z

dx =

a

;

b

¡

a

2

a

дисперсия

Z µ

¡

¶

b

a

2

12

1

b

a + b

2 dx =

(b ¡ a)2

D[X] =

x

:

¡

a

11.1.

Поезда

метрополитена

идут

с интервалом в

две минуты. Пассажир

выходит

на платформу в

какой-

то момент времени. Время, в течение которого он будет ожидать поезд, представляет случайную величину, имеющую равномерное распределение. Определите дифференциальную и интегральную функции распределения этой случайной величины, ее математическое ожидание, дисперсию и вероятность того, что случайная величина примет значение в интервале от 1 до 2.

83

Решение. Пусть случайная величина X время в течение которого пассажир будет ожидать поезда. Возможные значения этой случайной величины заключены в промежутке [0; 2]. По определению равномерного распределения плотность распределения равна нулю всюду, кроме промежутка [0; 2], где она сохраняет постоянное значение, обозначим его через A. Найдем A. Известно, что

+Z1

f(x)dx = 1:

¡1

В данном случае

Z2 A dx = 1; откуда A = 12:

0

Таким образом, плотность распределения вероятностей примет

	вид:	8	0	при	x < 0;
	½(x) =
			21	при 0	x	2;
		<	0	при	·x >	·2:

:

Зная плотность распределения, найдем функцию распределения по формуле:

Zx

F (x) = ½(t) dt:

¡1

При x < 0 F (x) = 0, так как ½(x) = 0. При 0 · x · 2

	0		x		x	1				x
F (x) = Z		½(t) dt + Z		½(t) dt = Z			dt =					:
						2				2
	¡1		0		0
При x > 2
0		2		x		2		1
F (x) = Z	½(t) dt + Z		½(t) dt + Z		½(t) dt = Z						dt = 1:
									2
¡1		0		2		0
			84

Следовательно, интегральная функция распределения имеет вид

F (x) =	8	10	при	x < 0;
	>	2 x	при	0 · x · 2;
	>
	<
	>	1	при	x > 2:
	>
	:

Математическое ожидание равномерно распределенной случайной величины находится в центре этого интервала, то есть M[X] = (a + b)=2 = 1. Дисперсия равномерно распределенной случайной величины равна D[X] = (b¡a)2=12 = 1=3. Вероятность попадания случайной величины X на интервал (1; 2): P (1 < X < 2) = 1=2.

Закон нормального распределения

Плотность распределения вероятностей имеет вид

1

¢ e¡

(x¡a)2

½(x) =

¾p

2¾2

;

(12)

2¼

где a математическое ожидание,

¾

среднее

квадратическое отклонение случайной величины.

Вероятность попадания

нормально

распределенной

случайной величины X в интервал

(®; ¯)

вычисляется по

формуле

¶

¡

µ

¶

(13)

µ

¾

¾

P (® < X < ¯) = ©

¯ ¡ a

©

® ¡ a

;

где ©(x) функция Лапласа, определяемая равенством

Zx

©(x) = p12¼ 0 e¡z2=2 dz:

Значения этой функции приведены в таблице приложения 2. Вероятность того, что отклонение нормально распределенной случайной величины от ее математического ожидания по абсолютной величине не превзойдет некоторого положительного числа ", то есть jX ¡aj < ", определяется так:

P (jX ¡ aj < ") = 2© µ¾" ¶ :

85

11.2. Случайная величина X подчинена нормальному закону распределения с параметрами a = 2, ¾ = 4. Найдите выражение для плотности распределения и функции распределения этой случайной величины.

Решение. Для заданных в условии задачи параметров плотность распределения (12) имеет вид

	½(x) =		1				¢ e¡	(x¡2)2
			4p					32	:
				2¼
Найдем функцию распределения
F (x) =	x	½(t) dt = 4p2¼						x	e¡	32	dt:
	Z							Z
							1			(t¡2)2
	¡1							¡1

В последнем интеграле, делая подстановку (t ¡ 2)=4 = u,

dt = 4 du и меняя пределы интегрирования, приводим его к виду

			x¡2						µ
	1		4							x ¡ 2
F (x) =			e	¡		u2	=2 du = ©				:
	p2¼		Z							4	¶
			¡1
11.3. Плотность распределения случайной величины имеет
вид:				1				(x¡2)2
							¢ e¡
	½(x) = p							c	:
					2¼

Найдите параметр c; вероятность попадания случайной

величины в интервалы (¡2; 0);	(1; 1;5).
Решение.
Известно, что
+1	1		+1		(x¡2)2
Z ½(x) dx = 1; то есть	p		Z	e¡	c	dx = 1:
		2¼
¡1			¡1

Введем новую переменную t = (x ¡ 2)=pc, тогда dx = pc dt. Учитывая, что интеграл

+1
Z	e¡t2 dt = p
		¼;
¡1
	86

получаем

1

+1

p

2

¼

p

Z

e¡t

pc dt = 1;

p

= 1; c = 2:

2¼

2¼

¡1

Итак, параметр c = 2. Этот же результат можно получить, сравнивая вид распределения ½(x) с видом нормального распределения (12).

Найдем вероятность попадания случайной величины в интервалы (¡2;0); (1;1; 5). Для этого воспользуемся формулой

³	¾	´ ¡	³	¾	´
P (® < x < ¯) = ©	¯ ¡ a		©	® ¡ a	:

Здесь a = 2 математическое ожидание случайной величины, ¾ среднее квадратическое отклонение. Тогда

¡

³

1

´

¡

³

1

´

P ( 2 < x < 0) = ©

¡2

©

¡2 ¡ 2

=

=

©(4) ¡ ©(2) ¼ 0;023:

´

³

1¡

´

¡

³

1

P (1 < x < 1; 5) = ©

1; 5

2

©

1 ¡ 2

=

=©(1) ¡ ©(0; 5) ¼ 0;152:

11.4.В период учений на полосу укреплений “противника” было сброшено 100 серий бомб. При сбрасывании одной такой серии математическое ожидание числа попаданий равно 2, а среднее квадратическое отклонение числа попаданий равно 1;5. Найдите вероятность того, что в полосу укреплений попадет от 180 до 220 бомб.

Решение. Представим общее число S100 попаданий в 100 сериях как сумму чисел попаданий бомб в отдельных сериях, то есть

S100 = x1 + x2 + ¢ ¢ ¢ + x100;

87

где xi (i = 1; 2; : : : ; 100) случайное число попаданий в i-серии. Величины xi одинаково распределены и независимы. Считая n = 100 достаточным для применения формулы (13), получим

P (180 < S

100

< 220)

¼

©(220¡200 )

¡

©(180¡200 )

¼

p225

p225

¼ 2©(1;33) ¼ 0;816:

100

Здесь учтено, что M[S100] =

=1

M[xi] = 200,

D[S100] =

100

100

iP

=

P

D[xi] =

iP

¾i2

=

225. Итак,

с вероятностью,

i=1

=1

приблизительно равной 0;816, можно утверждать, что общее число попаданий бомб в полосу укреплений находится в пределах от 180 до 220.

11.5. Срок службы некоторого прибора представляет собой непрерывную случайную величину X, подчиненную нормальному закону распределения вероятностей с гарантией на 15 лет и средним квадратическим отклонением, равным трем годам. Определите надежность (вероятность безотказной работы) прибора за промежуток времени от 10 до 20 лет.

Решение. Согласно условию задачи, M[X] = 15, ¾[X] = 3, ® = 10, ¯ = 20. Требуется отыскать P (® < X < ¯). Применяя формулу (13) и используя таблицу значений функции Лапласа, получим

P (10 < X < 20) = © µ20 ¡ 15¶ ¡ © µ10 ¡ 15¶ =

33

=2© µ53¶ ¼ 0;9050:

11.6.Пусть масса пойманной рыбы является непрерывной нормально распределенной случайной величиной X с параметрами M[X] = 375 г, ¾[X] = 25 г. Найдите вероятность того, что масса одной пойманной рыбы будет находиться:

а) в пределах от 300 г до 400 г; б) не более 450 г; в) больше 300 г.

Решение. Воспользуемся формулой (13), полагая в ней:

88

а) a = 375, ¾ = 25, ® = 300, ¯ = 425. Получаем

P (300 < X < 425) = © ³

42525¡375

´ ¡ © ³

30025¡375

´ =

= ©(2) ¡ ©(¡3) = ©(2) + ©(3) ¼ 0; 477250 + 0; 498650 ¼ 0;9759:

б) Находим								´ =
P (X < 425) = © ³45025¡375 ´ ¡ © ³0¡25
						375
= ©(3) ¡ ©(¡15) = ©(3) + ©(15) ¼ 0; 49865 + 0; 5 ¼ 0;9987:
в) Получаем
P (X > 300) = P (300 < X < +1) =
= © +1¡375		¡		©	300¡375	=
25					25	) + ©(3)		0; 5 + 0; 49865 0;9759:
©(+ )	©(			3) = ©(+
= ³		´	¡	³	´		¼		¼
1 ¡					1

Показательное распределение

Случайная величина T , заданная функцией распределения

½	1 ¡ e¡¸t	при	t > 0;
F (t) =	0	при	t · 0;

называется показательно (экспоненциально) распределенной. Здесь ¸ параметр показательного распределения. Плотность показательного распределения случайной величины имеет вид

½	¸ ¢ e¡¸t	при	t > 0:
½(t) =	0	при	t · 0;

Числовые характеристики случайной величины T : M[T ] = ¸1 ,

D[T ] = ¸12 , ¾[T ] = ¸1 . Из этих формул видно, что особенность показательного распределения состоит в том, что M[T ] = ¾[T ].

Если случайная величина T время безотказной работы элемента, то ¸1 среднее время безотказной работы; P (T > t)

вероятность безотказной работы элемента в течение времени t: P (T > t) = e¡¸t. Вероятность отказа P (T < t) = 1 ¡ e¡¸t.

11.7. Найдите вероятность попадания в интервал (®; ¯) значений случайной величины X, распределенной по показательному закону.

89

Решение. Воспользуемся функцией распределения F (x) и формулой

P (® < X < ¯) = F (¯) ¡ F (®):

Так как F (x) = 1 ¡ e¡¸x при x > 0 и F (x) = 0 при x · 0,

F (¯) = 1 ¡ e¡¸¯, F (®) = 1 ¡ e¡¸®, то

P (® < X < ¯) = F (¯) ¡ F (®) = (1 ¡ e¡¸¯) ¡ (1 ¡ e¡¸®);

P (® < X < ¯) = e¡¸® ¡ e¡¸¯:

11.8. Время восстановления (устранения повреждения) канала связи имеет показательное распределение, при этом среднее время восстановления равняется 10 мин. Найдите вероятность следующих событий: а) канал войдет в строй не позже чем через пять минут после возникновения повреждения; б) время восстановления будет в пределах от 5 до 15 мин.

Решение. Пусть случайная величина T время восстановления канала связи. Тогда среднее время восстановления t = 1=¸ = 10, отсюда ¸ = 0;1. В условии а) требуется определить P (0 · t < 5), а в условии б) P (5 · t · 15). Для вычисления вероятностей этих событий воспользуемся формулой

Zt2

P (t1 · T · t2) = ½(t) dt;

t1

где ½(t) плотность показательного распределения. Так как ¸ = 0;1, то ½(t) = 0; 1 ¢ e¡0;1¢t. Итак,

	0;5		R		¯
			5			05
P (0 · t < 5) = 0; 1 ¢ e¡0;1¢t dt = ¡ e¡0;1¢t								=
= 1 ¡ e¡		¼ 0; 394;			¯
			0
			15			¯	515 =
P (5 · t · 15) = 0; 1 ¢ e¡0;1¢t dt = ¡ e¡0;1¢t
= e¡ ¡ e¡			¼ 0; 606 ¡ 0; 224 ¼ 0; 382:
0;5		1;5	5			¯
			R
				90