шапкин задачи с решениями

б) для непрерывных случайных величин:

∞

M(X ) = ò x × f (x)× dx.

−∞

Здесь f (x) — дифференциальная функция распределения СВ. Свойства математического ожидания (МО):

1.МО постоянной равно ей самой:

Ì(Ñ) = Ñ.

2.Постоянный множитель можно выносить за знак МО:

Ì(K · X) = K · Ì (X).

3.МО суммы двух случайных величин, являющихся функцией одного случайного события А, равно сумме математических ожиданий этих СВ:

Ì(X ± Y) = Ì (X) ± Ì (Y).

4.МО произведения взаимно независимых случайных вели- чин равно произведению их МО:

Ì(X · Y) = Ì (X) · Ì (Y).

5.Свойства 3 и 4 можно распространить на любое число слагаемых или сомножителей.

Дисперсией случайной величины Х называется математическое ожидание квадрата отклонения СВ от ее математическог о ожидания:

а) для дискретной СВ:

D (X ) = å (xi - M(X ))2 × pi;

i

б) для непрерывной СВ:

∞

D (X ) = ò (x - M(X ))2 × f (x) dx.

−∞

Дисперсия равна разности между математическим ожидание м квадрата СВ Х и квадратом ее математического ожидания, т.е.

D (X) = Ì (X 2) – [Ì (X)]2.

311

Свойства дисперсии: 1. Дисперсия постоянной равна нулю:

D(C) = Ì (C 2) – [Ì (C)]2 = C2 – (C)2 = 0.

2.Постоянный множитель можно выносит за знак дисперсии, возводя его в квадрат:

D (K · X) = K 2 · D (X).

3. Дисперсия суммы или разности двух независимых СВ равна сумме их дисперсий:

D (X ± Y ) = D (X) + D (Y).

4.Дисперсия суммы СВ с постоянной равна дисперсии СВ:

D (X + C ) = D (X) + D (C) = D (X) + 0 = D (X).

5.Свойства 3 и 4 можно распространить на любое число слагаемых.

Квадратный корень из дисперсии называется средним квадратическим отклонением случайной величины:

σ (X ) = D (X ).

Использование σ (Х) полезно благодаря одинаковой размерности его с размерностью математического ожидания.

6.3.3. Дискретные распределения

Геометрическое распределение

Дискретная СВ с рядом распределения

x	1	2	3	…	n	…
p	P (1)	P (2)	P (3)	…	P (n)	…

ãäå P (n) = P · qn–1, q = 1 – P, 0 < P < 1, P — постоянное число, имеет геометрическое распределение.

Если Х имеет геометрическое распределение, то

	M(X ) =	1	, D(X ) =	q	, σ (X ) = q .
		p		p2
					p

312

Биномиальное распределение

Пусть n — некоторое натуральное число, 0 < p < 1, q = 1 – p. Дискретная СВ с рядом распределения

x	0	1	2	…	k	…	n	...
p	p (0)	p (1)	p (2)	…	p (k)	…	p (n)	...

ãäå P (k) = Cnk × pk × qn−k, имеет биномиальное распределение.

Если Х — случайная величина, равная числу появлений некоторого события A в n независимых испытаниях (p = p (A) — вероятность появления события А в одном испытании), то Х имеет биномиальное распределение.

Если СВ Х имеет биномиальное распределение, то

M (X) = n · p, D (X) = n · p · q, σ (X ) = n × p × q.

Распределение Пуассона

Распределением Пуассона называется распределение дискр етной СВ, вероятности значений которой вычисляются по форму ле Пуассона:

Pn (m) = λm! e−λ , m

ãäå λ = n · p – среднее число появлений события. Для распределения Пуассона

M (X) = λ è D (X) = λ.

Это свойство применяют на практике при решении вопроса: правдоподобна ли гипотеза о том, что случайная величина Х распределена по закону Пуассона?

Пример 6.23. Вероятность сдать заказ в ателье равна p < 1,0. Настойчивый клиент обходит все имеющиеся в городе ателье , пока не добьется успеха. Какова вероятность, что ему это удастс я не раньше, чем с третьего раза, если по статистике среднее чис ло попыток равно 5.

313

Решение. Случайная величина распределена по геометричес-

кому закону. Поэтому М (Х) = 5 = 1p , отсюда р = 0,2. Найдем

P (1) = ð · q1–1 = 0,2 è P (2) = ð · q2–1 = 0,2 · 0,8 = 0,16 — вероятности того, что клиент добьется успеха с первого и со второго раз а соответственно.

События, что клиент добьется успеха не раньше, чем с третье - го раза или с первого, или со второго раза, образуют полную группу событий, т.е. P (m ³ 3) + [P (m = 1) + P (m = 2)] = 1. Отсюда P (m ³ 3) = 1 – [P (1) + P (2)] = 1 – (0,2 + 0,16) = 0,64.

Пример 6.24. На абонементное обслуживание поставлено 5 телевизоров. Известно, что для группы из пяти телевизоров ма тематическое ожидание числа отказавших за год равно единице. Если телевизоры имеют одинаковую вероятность безотказной ра боты, то какова вероятность, что за год потребуется хотя бы один ремонт?

Решение. Случайная величина распределена по биномиальному закону, так как испытания независимы и вероятность P (А) = const. Поскольку математическое ожидание числа отказавших телевизоров равно единице, то математическое ожид ание годных равно:

M(XA ) = n – M(XA ) = 5 -1 = 4.

Параметр Р определяется из формулы математического ожи-

4

дания, М (Х) = n · p, т.е. Р = 5 = 0,8. «Потребуется хотя бы один

ремонт» соответствует вероятности Р5 (n < 5), где n — число годных телевизоров. Тогда из анализа полной группы случайных величин Р5 (n < 5) = 1 – Ð5 (n = 5). При этом вероятность годности всех телевизоров рассчитывается по формуле Бернулли:

P (n = 5, m = 5) = C55 × p5 ×q5−5 = p5 = 0,85.

Вероятность искомого события равна:

Ðn=5 (m > 5) = 1 – 0,85 = 0,67.

Задачу можно решить и другим способом. Так как вероятност ь ремонта любого телевизора q = 0,2, а вероятность безотказной

314

работы Р = 0,8, то вероятность хотя бы одного ремонта из пяти телевизоров равна:

Ð (À) = 1 – p5 = 1 – 0,85 = 0,67.

Пример 6.25. Приемщица за один час принимает в среднем две заявки. Предполагается простейший поток заявок. Чему равн а вероятность поступления четырех заявок за четыре часа?

Решение. Для простейшего потока событий можно воспользоваться распределением Пуассона, которое будет иметь вид:

Pn (m) = (λ t)!m e−λ t , m

где по условию λ = 2; t = 4 и тогда λ t = 8, а m — число заявок. Вероятность появления не менее четырех событий рассмот-

ðèì êàê:

Pn (m ³ 4) =1- [P (0) + P (1) + P (2) + P (3)] =

é

80

−

8

8

−

82

−

83

−

8

ù

1- ê

e

+

e

8 +

e

8 +

e

ú

=

0!

1!

2 !

3!

ê

ú

ë

û

=1- e

−8

æ

+ 8 + 32

+

256

ö

=1

- 0,0424

= 0,9576.

ç1

÷

3

è

ø

6.3.4. Непрерывные распределения

6.3.4.1. Равномерное распределение

Распределение вероятностей называется равномерным, есл и дифференциальная функция имеет постоянное значение на и нтервале, которому принадлежат все возможные значения случай ной величины, т.е. f (x) = C на (а; b) и f (x) = 0 при всех остальных значениях х.

	∞		имеем òb
Из условия ò f (x) dx =1				C × dx = 1 èëè Ñ (b – a) = 1,
отсюда C =	1 −∞		a
		.
	(b - a)

315

Тогда закон равномерного распределения запишем в виде:
		ì	0	ïðè		x £ a,
		ï	1
		ï		ïðè a < x £ b,
	f (x) = í
		ïb - a				x > b.
		ï	0	ïðè
		î
График равномерного распределения представлен на рис. 76.
	f (x)
	1
	b - a
	0	a					b			x
			Ðèñ. 76
Найдем интегральную функцию:
x	a		x		x	1			x		x - a
F (x) = ò f (x) dx = ò 0 × dx + ò C × dx = ò										x
						b - a		dx = b - a a =			b - a .
−∞	−∞		a		a
Ее график представлен на рис. 77.
F(x)
						ì	0		ïðè	x £ a
						ï x - a			ïðè a £ x £ b
				F (x) = í
						ï b - a
						ï	1		ïðè	x > b
						î
0	a		x		b						x
			Ðèñ. 77

Для равномерного распределения:

	M (X ) =	b + a	è	D (X ) =	(b - a)2	.
		2			12

316

Пример 6.26. Мастер, осуществляющий ремонт на дому, может появиться в любое время с 10 до 18 часов. Клиент, прождав до 14 часов, отлучился на один час. Какова вероятность, что маст ер (приход его обязателен) не застанет его дома?

Решение. Из анализа формулировки задачи принимаем равномерный закон распределения случайного времени прихода м астера. Для определения границ интервала времени учтем, что ра з до 14 часов мастер не пришел, то до 18 часов он придет обязательно . Следовательно, a = 14 и b = 18, а интегральная функция распреде-

ления:

F (x) = x - a = x -14 . b - a 18 -14

Тогда вероятность его появления в момент отсутствия клие н- та (с 14 до 15 часов) равна:

P (14 < X <15) = F (15) - F (14) = 15 -14 - 14 -14 = 1 . 18 -14 18 -14 4

6.3.4.2. Экспоненциальное (показательное) распределение

Показательным (экспоненциальным) называется распределе - ние вероятностей, которое описывается дифференциальной функцией:

ì	0	ïðè	x < 0
f (x) = í	−λ x	ïðè	x ³ 0,
îλe

ãäå λ — постоянное положительное число. Найдем интегральную функцию:

0

x

x

e−λ x

F(x) = ò 0× dx + ò λ e

−λ

x × dx =

λ ò e

−λ

x × dx = λ ×

0x =

(–λ )

−∞

0

0

=

λ

(e−λ x - e0 ) =1- e−λ x,

– λ

ãäå λ = const.

Вероятность безотказной работы на интервале времени от н уля до х*, соответствующей событию «появление отказа после t = х*»:

P (X > x*) =1- P (-¥ < X < x*) =1- F (x*) =1- (1- e−λ x* ) = e−λ t .

317

Пример 6.27. Построить графики интегральной и дифференциальной функций распределения для экспоненциального з акона с параметром λ = 0,7, для которого:

ì					ì	0				ïðè	x < 0,
	0			»	ï	æ 1		ö	x
f (x) = í		−λ x			í
îλ e					ï0,7	×ç		÷		ïðè	x ³ 0
							2
					î	è		ø
			−λ x			æ 1		öx
F (x) =1- e					@ 1- ç			÷		ïðè x ³ 0.
							2
						è		ø

Графики этих функций изображены на рис. 78.

f (x)

ì

0

ïðè

x < 0

ï

æ 1

ö

x

0,7

f (x) = í

ï0,7

×ç

÷

ïðè

x ³ 0

2

î

è

ø

S = F(x*)

0

1

x* 2

3

4

5

6

x

F(x)

1,0

æ 1

öx

F(x*)

x ³ 0,

F(x) =1- ç

2

÷

ïðè

F(x) = 0

è

ø

ïðè

x < 0

0

1

x* 2

3

4

5

6

x

Ðèñ. 78

318

Пример 6.28. Радиосистема, имеющая 1000 элементов (с интенсивностью отказов λi = 10–6 отк / ч), прошла испытание и принята заказчиком. Требуется определить вероятность безот казной работы системы в интервале t1 < (t = t1 + t) < t2, ãäå t = 1000 ÷.

Решение. Интенсивность отказа системы из n = 1000 нерезервированных элементов, каждый из которых имеет λi = 10–6 отк / ч, равна λs = n · λi = 10–3 отк / ч. При таких исходных данных вероятность отказа системы за время t = 1000 ч равна:

P (X > t) = e-λ t = e-10−3×1000 = e-1 = 0,37.

Пример 6.29. Холодильник имеет постоянную интенсивность отказа равную λ = 10–5 отк / ч. Какова вероятность, что он откажет после гарантийного срока τ = 20000 часов?

Решение. Учитывая постоянную интенсивность отказов, можно принять экспоненциальный закон распределения вероят ностей. Тогда вероятность отказа в интервале 0 < X < 20000 будет определяться с помощью интегральной функции:

P (0 < X < x) = 1− e-λ x = 1− e-10−5 ×20000 = 1− e-0,2 0,181.

Очевидно, что вероятность отказа после гарантийного срок а будет равна P (X > 20000) = 0,819.

Математическое ожидание непрерывной случайной величины , распределенной по экспоненциальному закону, равно велич ине, обратной параметру распределения:

M (X ) = λ1 ,

a дисперсия:

D (X ) = λ12 .

Преимущество этого распределения в том, что оно определяется одним параметром λ, а обычно эти параметры бывают неизвестными и трудность заключается в том, чтобы их оценить.

Рассмотрим вероятность попадания случайной величины Х в заданный интервал (а; b):

P (à < X < b) = F (b) − F (a) = (1− e-λ b ) − (1− e-λ a ) = e-λ a − e-λ b .

Èòàê, P (à < X < b) = e-λ a − e-λ b .

319

6.3.4.3. Нормальный закон распределения

На практике очень часто имеют дело со случайными величи- нами, зависящими от большого числа сравнительно незначит ельных и взаимно независимых факторов.

Пример. При измерении длины материала, веса порции химиката и т.п. имеют место ошибки измерения. Найти вероятность , что ошибка лежит в пределах от – x до + х.

Плотность распределения такой случайной величины описы вается кривой, представленной на графике (рис. 79), где x1 = x* – x è x2 = x* + x. Это нормальный закон распределения.

f(x)

-

1

æ x-a ö2

1

ç

÷

f (x) =

×e

2

σ

σ

2π

è

ø

1

σ

2π

0

a x1

x*

x2

x

F(x)

1,0

F(x2)

F(x1)

0,5

x

1 æ z-a

ö2

1

òe

-

×ç

σ

÷

F (x) = σ

π

2 è

ø dz

2

-¥

0

a x1

x2

x

Рис. 79. График плотности (кривая Гаусса)

и интегральная функция нормального закона распределени я непрерывной случайной величины

320