Системы случайных величин

Часто результат опыта описывается не одной случайной величиной X, а несколькими случайными величинами: Х ₁, Х ₂, …, Х_п. В этом случае принято говорить, что указанные случайные величины образуют систему (Х ₁, Х ₂, …, Х_п).

Систему двух случайных величин (Х, Y) можно изобразить случайной точкой на плоскости.

Событие, состоящее в попадании случайной точки (X; Y) в область D, принято обозначать в виде (X; Y) Ì D.

Закон распределения системы двух дискретных случайных величин может быть задан с помощью таблицы

где x ₁ < х ₂ <... < х_т, у ₁ < у ₂ < … < y_n, p_ij – вероятность события, заключающегося в одновременном выполнении равенств X = х_i, Y = у_j. При этом Таблица может содержать бесконечное множество строк и столбцов.

Закон распределения системы непрерывных случайных величин (X, Y) будем задавать с помощью функции плотности вероятности

Вероятность попадания случайной точки (X, Y) в область D определяется равенством

Функция плотности вероятности обладает следующими свойствами:

1°.

2°.

Если все случайные точки (X, Y) принадлежат конечной области D, то последнее условие принимает вид

Математические ожидания дискретных случайных величии Х и Y, входящих в систему, определяются по формулам

а математические ожидания непрерывных случайных величин – по формулам

Точка (m_x; m_y) называется центром рассеивания системы случайных величин (X, Y).

Математические ожидания m_x и m_y можно найти и проще, если случайные величины Х и Y независимы. В этом случае из законов распределения этих случайных величин можно определить математические ожидания т_х и т_у по формуле, приведенной в §6.

Дисперсии дискретных случайных величин Х и Y определяются по формулам

Дисперсии же непрерывных случайных величии Х и Y, входящих в систему, находятся по формулам

Средние квадратичные отклонения случайных величин Х и Y определяются по формулам

Для вычисления дисперсий могут быть применены формулы

Важную роль в теории систем случайных величин играет так называемый корреляционный момент (ковариация)

Для дискретных случайных величин корреляционный момент находится по формуле

а для непрерывных—по формуле

Корреляционный момент можно также найти по формуле

Здесь

для дискретных случайных величин Х и Y и

для непрерывных величин.

Случайные величины Х и Y называются независимыми, если вероятность одной из них принять значение, лежащее в любом промежутке области её значений, не зависит от того, какое значение приняла другая величина. В этом случае

М (ХY) = М (Х) × М (Y); С_ху = 0.

Для характеристики связи между величинами Х и Y рассматривается так называемый коэффициент корреляции

являющийся безразмерной величиной.

Если случайные величины Х и Y независимы, то r_xy = 0. Если же случайные величины Х и Y связаны точной линейной зависимостью то т.е. r_xy = 1 при а > 0 и r_xy = –1 при а < 0.

Вообще же коэффициент корреляции удовлетворяет условию –

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ТИПОВОГО РАСЧЕТА

ЗАДАЧА. В ящике 10 пронумерованных шаров с номерами от 1 до 10. Вынули один шар. Какова вероятность того, что номер вынутого шара не превышает 10?

РЕШЕНИЕ. Так как номер любого шара, находящегося в ящике, не превышает 10, то число случаев, благоприятствующих событию А, равно числу всех возможных случаев, т.е. m = n = 10 и P (A) = 1. В этом случае событие А достоверно.

ЗАДАЧА. В урне 15 шаров: 5 белых и 10 чёрных. Какова вероятность вынуть из урны синий шар?

РЕШЕНИЕ. Синих шаров в урне нет, т.е. m = 0, а n = 15. Следовательно, P (A) = 0/15 = 0. В данном случае событие А – невозможное.

ЗАДАЧА. В урне 12 шаров: 3 белых, 4 чёрных и 5 красных. Какова вероятность вынуть из урны чёрный шар?

РЕШЕНИЕ. Здесь m = 4, n = 12 и P (A) = 4/12 = 1/3.

ЗАДАЧА. В урне 10 шаров: 6 белых и 4 чёрных. Вынули 2 шара. Какова вероятность того, что оба шара – белые?

РЕШЕНИЕ. Здесь число всех случаев Число же случаев, благоприятствующих событию А, определяется равенством Итак,

ЗАДАЧА. В корзине 100 фруктов: 10 груш и 90 яблок. Наугад взяты четыре фрукта. Найти вероятность того, что

а) взято четыре яблока;

б) взято четыре груши.

РЕШЕНИЕ. Общее число элементарных исходов испытания равно числу сочетаний из 100 элементов по четыре, т.е. .

а) Число исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию (все взятые наугад четыре фрукта являются яблоками), равно числу сочетаний из 90 элементов по четыре, т.е. .

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию к общему числу возможных элементарных исходов:

.

б) Число исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию (все взятые наугад четыре фрукта – груши), равно числу способов, которыми можно извлечь четыре груши из десяти имеющихся, т.е. .

Искомая вероятность

.

ЗАДАЧА. На отрезке ОА длины L числовой оси Ох наудачу нанесена точка В (х). Найти вероятность того, что отрезки ОВ и ВА имеют длину, больше, чем L /4.

РЕШЕНИЕ. Разобьём отрезок ОА на четыре равные части точками C, D, E (рис. 1). Требование задачи будет выполнено, если точка В попадёт на отрезок СE, длина которого равна L /2.

Следовательно р = (L /2): L = 1/2.

ЗАДАЧА. Внутри эллипса расположен круг Найти вероятность попадания точки в кольцо, ограниченное эллипсом и кругом.

РЕШЕНИЕ. Пусть событие А – попадание точки в кольцо. Тогда Р (А) = S _кол / S _эл, где S _кол = S _эл – S _кр = p ab – p r ². Так как а = 5, b = 4, r = 3, то

ПРИМЕЧАНИЕ. В случае классического определения вероятность невозможного события равна нулю. Справедливо и обратное утверждение, т.е. если вероятность события равна нулю, то событие невозможно. При геометрическом же определении вероятности обратное утверждение не имеет места. Вероятность попадания брошенной точки в одну определённую точку области G равна нулю, однако это событие может произойти и, следовательно, не является невозможным.

ЗАДАЧА (Задача о встрече). Два студента А и В условились встретиться в определённом месте во время перерыва между 13 ч и 13 ч 50 мин. Пришедший первым ждёт другого в течении 10 мин, после чего уходит. Чему равна вероятность их встречи, если приход каждого из них в течение указанных 50 мин может произойти наудачу, и моменты прихода независимы?

РЕШЕНИЕ. Обозначим момент прихода студента А через х, а студента В – через у. Для того чтобы встреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы Изобразим х и у как декартовы координаты на плоскости, а в качестве единицы масштаба выберем одну минуту (рис. 2). Всевозможные исходы изобразятся точками квадрата со стороной 50, а исходы, благоприятствующие встрече, – точками заштрихованной области. Искомая вероятность равна отношению площади заштрихованной фигуры к площади всего квадрата:

ЗАДАЧА. Из 10 ответов к задачам, помещённым на данной странице, 2 имеют опечатки. Студент решает 5 задач. Какова вероятность того, что в одной из них ответ дан с опечаткой.

РЕШЕНИЕ. .

.

Такие задачи описываются общей схемой. Имеется совокупность из N ₁ элементов первого вида и N ₂ элементов второго вида. Какова вероятность того, что при выборе совокупности из k элементов она состоит из k ₁ элементов первого вида и k ₂ элементов второго вида, где k = k ₁ + k ₂, k ₁ £ N ₁, k ₂ £ N ₂.

ЗАДАЧА. В урне 10 белых, 15 чёрных, 20 синих и 25 красных шаров. Вынули один шар. Найти вероятность того что вынутый шар: белый; чёрный; синий; красный; белый или чёрный; синий или красный; белый, чёрный или синий.

РЕШЕНИЕ. Имеем

Применив теорему сложения вероятностей, получим

ЗАДАЧА. В первом ящике 2 белых и 10 чёрных шаров; во втором ящике 8 белых и 4 чёрных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Какова вероятность, что оба шара белые?

РЕШЕНИЕ. В данном случае речь идёт о совмещении событий А и В, где событие А – появление белого шара из первого ящика, событие В – появление белого шара из второго ящика. При этом А и В – независимые события. Имеем Р (А) = 2/12 = 1/6, Р (В) = 8/12 = 2/3. Применив теорему умножения вероятностей, находим

ЗАДАЧА. В условиях предыдущей задачи определить вероятность того, что один из вынутых шаров белый, а другой – чёрный.

РЕШЕНИЕ. Пусть: событие А – появление белого шара из первого ящика; событие В – появление белого шара из второго ящика; событие С – появление чёрного шара из первого ящика событие D – появление белого шара из второго ящика Тогда Р (А) = 1/6, Р (В) = 2/3,

Определим вероятность того, что шар, вынутый из первого ящика, белый, а из второго ящика – чёрный:

Определим вероятность того, что шар, вынутый из первого ящика, чёрный, а из второго ящика – белый:

Определим теперь вероятность того, что шар, вынутый из одного ящика (безразлично из первого или второго), окажется белым, а шар, вынутый из другого ящика, – чёрным. Применяем теорему сложения вероятностей:

ЗАДАЧА. В ящике 6 белых и 8 чёрных шаров. Из ящика вынули два шара (не возвращая вынутый шар в ящик). Найти вероятность того, что оба шара белые.

РЕШЕНИЕ. Пусть событие А – появление белого шара при первом вынимании; событие В – появление белого шара при втором вынимании. По теореме умножения вероятностей для случая зависимых событий имеем Но (вероятность появления первого белого шара);

(вероятность появления второго белого шара в предположении, что первый белый шар уже вынут).

ЗАДАЧА. Три стрелка независимо друг от друга стреляют по цели. Вероятность попадания в цель для первого стрелка равна 0,75, для второго – 0,8, для третьего – 0,9. Определить вероятность того, что все три стрелка одновременно попадут в цель.

РЕШЕНИЕ.

ЗАДАЧА. В условиях предыдущей задачи определить вероятность того, что в цель попадёт хотя бы один стрелок.

РЕШЕНИЕ. Здесь (вероятность промаха первого стрелка); (вероятность промаха второго стрелка); (вероятность промаха третьего стрелка); тогда – вероятность одновременного промаха всех трёх стрелков – определится следующим образом:

Но событие, противоположное событию заключается в поражении цели хотя бы одним стрелком. Следовательно, искомая вероятность

т.е. Р = 1 – 0,005 = 0,995.

ЗАДАЧА. Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания в цель первым стрелком равна 0,6, вторым – 0,8. Найти вероятность того, что при одном залпе:

а) попадут в цель оба стрелка;

б) попадет хотя бы один.

РЕШЕНИЕ. Обозначим события: А – попадет в цель первый стрелок, В – попадет в цель второй стрелок.

а) Интересующее нас событие (попадут в цель оба стрелка) является произведением событий А и В. Так как А и В – независимые события (стрелок попадает или не попадает в цель независимо от меткости другого), то Р (АВ) = Р (А) × Р (В).

Следовательно, Р (АВ) = 0,6 × 0,8 = 0,48.

б) 1-й способ: Интересующее нас событие является суммой событий А и В, поэтому по теореме сложения

Р (А + В) = Р (А) + Р (В) – P (АВ)

Р (А + В) = 0,6 + 0,8 – 0,48 = 0,92

2-й способ: Событие С (попадет хотя бы один стрелок) и (ни один из стрелков не попадет) – противоположные, поэтому P (С) + P () = 1. Следовательно, P (С) = 1 – P ().

Событие является произведением событий и .

Таким образом

P (С) = 1 – P () × P () = 1 – 0,4 × 0,2 = 0,92.

ЗАДАЧА. Из колоды в 52 листа наугад вытягиваются три карты. Какова вероятность, что все три карты – тузы?

РЕШЕНИЕ. Интересующее нас событие (все три карты – тузы) является произведением трех событий: А – первая карта туз, В – вторая карта туз, С – третья карта туз. По теореме умножения

Р (АВС) = Р (А)× Р (В | А)× Р (С | АВ).

Р (А) = (число благоприятствующих исходов – число тузов в колоде, общее число элементарных исходов равно числу карт).

Р (В | А) = (число благоприятствующих исходов – число тузов, оставшихся после совершения события А, т.е. после того, как один туз был вынут из колоды; общее число исходов равно числу карт, оставшихся в колоде после того, как одну карту уже вынули).

Аналогично, P (C | AB) = .

Следовательно, P (ABC) = .

ЗАДАЧА. Студент знает только 10 из 25 экзаменационных билетов. В каком случае вероятность сдать экзамен больше: когда студент подходит тянуть билет первым или вторым по счету?

РЕШЕНИЕ. Обозначим события: А – вытягивает выученный билет, подходя первым; В – вытягивает выученный билет, подходя вторым.

Р (А) = = 0,4 (число благоприятствующих исходов равно числу выученных билетов; число всех элементарных исходов равно числу билетов).

Событие В может наступить при появлении одного из двух несовместных событий С ₁ (первый взятый билет был известен нашему студенту) и С ₂ (первый взятый билет был невыученный билет). По формуле полной вероятности

P (B) = P (C ₁) × P (B | C ₁) + P (C ₂) × P (B | C ₂).

.

Так как Р (А) = Р (В) = 0,4, то вероятность одинакова.

ЗАДАЧА. Вероятность выхода станка из строя в течении одного рабочего дня равна a (a – малое положительное число, второй степенью которого можно пренебречь). Какова вероятность того, что за 5 дней станок ни разу не выйдет из строя? Решить задачу при a = 0,01.

РЕШЕНИЕ. Так как 1 – a – вероятность того, что станок не выйдет из строя в течении дня, то по теореме умножения вероятностей (1 – a)⁵ – вероятность того, что станок не выйдет из строя в течении 5 дней.

Воспользовавшись биномиальным разложением и пренебрегая членами, содержащими a², a³, a⁴ и a⁵, получим приближённое равенство (1 – a)⁵» 1 – 5a, т.е. Р» 1 – 5a. Приняв a = 0,01, получаем Р» 0,95.

ЗАДАЧА. В урне 20 белых и 10 чёрных шаров. Вынули подряд 4 шара, причём каждый вынутый шар возвращают в урну перед извлечением следующего и шары в урне перемешивают. Какова вероятность того, что из четырёх вынутых шаров окажется два белых?

РЕШЕНИЕ. Вероятность извлечения белого шара р = 20/30 = 2/3 можно считать одной и той же во всех четырёх испытаниях; q = 1 – p = 1/3. Используя формулу Бернулли, получаем

ЗАДАЧА. Вероятность появления события А равна 0,4. Какова вероятность того, что при 10 испытаниях событие А появится не более трёх раз?

РЕШЕНИЕ. Здесь р = 0,4, q = 0,6. Имеем:

вероятность появления события А 0 раз: Р ₁₀(0) = q ¹⁰;

вероятность появления события А 1 раз: Р ₁₀(1) = 10рq ⁹;

вероятность появления события А 2 раза: Р ₁₀(2) = 10р ² q ⁸;

вероятность появления события А 3 раза: Р ₁₀(3) = 10р ³ q ⁷;

Вероятность того, что событие А появится не больше трёх раз, составляет Р = Р ₁₀(0) + Р ₁₀(1) + Р ₁₀(2) + Р ₁₀(3), т.е.

Полагая р = 0,4, q = 0,6,Получим Р = 0,6⁷(0,216 + 1,44 + 4,32 + 7,68)» 0,38.

ЗАДАЧА. В семье пять детей. Найти вероятность того, что среди этих детей два мальчика. Вероятность рождения мальчика принять равной 0,51.

РЕШЕНИЕ. Вероятность рождения мальчика равна р = 0,51. Следовательно, вероятность рождения девочки равна q = 1 – p = 1 – 0,51 = 0,49.

Искомая вероятность по формуле Бернулли равна

.

ЗАДАЧА. В урне 10 белых и 40 чёрных шаров. Вынимают подряд 14 шаров, причём цвет вынутого шара регистрируют, а затем шар возвращают в урну. Определить наивероятнейшее число появлений белого шара.

РЕШЕНИЕ. Здесь n = 14, Используя двойное неравенство при указанных значениях n, р и q, получим т.е.

Таким образом, задача имеет два решения: m ₀ = 2, m ₀ = 3.

ЗАДАЧА. Вероятность попадания стрелком в цель равна 0,7. Сделано 25 выстрелов. Определить наивероятнейшее число попаданий в цель.

РЕШЕНИЕ. Здесь n = 25, p = 0,7, q = 0,3. Следовательно, т.е.

Так как m – целое число, то m ₀ = 18.

ЗАДАЧА. В результате многолетних наблюдений установлено, что вероятность выпадения дождя 1 октября в данном городе равна 1/7. Определить наивероятнейшее число дождливых дней 1 октября в данном городе за 40 лет.

РЕШЕНИЕ. Имеем n = 40, p = 1/7, q = 6/7. Таким образом, т.е. т.е. m ₀ = 5.

ЗАДАЧА. В урне 100 белых и 80 чёрных шаров. Из урны извлекают n шаров (с возвратом каждого вынутого шара). Наивероятнейшее число появлений белого шара равно 11. Найти n.

РЕШЕНИЕ. Из двойного неравенства следует, что

Здесь m ₀ = 11, следовательно,

т.е.

Итак, задача имеет два решения: n = 19, n = 20.

ЗАДАЧА. Имеются 4 урны. В первой урне 1 белый и 1 чёрный шар, во второй – 2 белых и 3 чёрных шара, в третьей – 3 белых и 5 чёрных шаров, в четвёртой – 4 белых и 7 чёрных шаров. Событие Н_i – выбор i -той урны (i = 1, 2, 3, 4). Известно, что вероятность выбора i -той урны равна i / 10, т.е. Р (Н ₁) = 1/10, Р (Н ₂) = 1/5, Р (Н ₃) = 3/10, Р (Н ₄) = 2/5. Выбирают наугад одну из урн и вынимают из неё шар. Найти вероятность того, что этот шар белый.

РЕШЕНИЕ. Из условия следует, что Р (А / Н ₁) = 1 / 2 (условная вероятность извлечения белого шара из первой урны); аналогично Р (А / Н ₂) = 2 / 5, Р (А / Н ₃) = 3 / 8, Р (А / Н ₁) = 4 / 11. Вероятность извлечения белого шара находим по формуле полной вероятности:

ЗАДАЧА. В первой урне 5 белых и 10 чёрных шаров, во второй – 3 белых и 7 чёрных шаров. Из второй урны в первую переложили один шар, а затем из первой урны вынули наугад один шар. Определить вероятность того, что вынутый шар – белый.

РЕШЕНИЕ. После того, как из второй урны переложили в первую один шар, в первой урне оказалось две совокупности шаров: 1) 5 белых и 10 чёрных шаров, первоначально находившихся в этой урне; 2) один шар, переложенный из второй урны. Вероятность появления белого шара из первой совокупности составляет а из второй совокупности Вероятность того, что произвольно вынутый шар принадлежит первой совокупности, есть а второй совокупности –

Используя формулу полной вероятности, получим

ЗАДАЧА. В первой урне 4 белых и 6 чёрных шаров, во второй – 5 белых и 4 чёрных. Из первой урны во вторую перекладывают, не глядя, один шар, после чего из второй урны извлекают один шар. Найти вероятность, что этот шар белый. Какова вероятность, что из первой во вторую урну был переложен чёрный шар, если извлечённый из второй урны шар оказался белым?

РЕШЕНИЕ. Пусть А – событие, состоящее в том, что извлечённый шар из второй урны оказался белым, Н ₁ – из первой урны во вторую переложили белый шар, Н ₂ – чёрный. Н ₁ и Н ₂ – гипотезы.

, .

Найдём и :

Если переложили белый шар, то во второй урне стало 10 шаров, из них 6 белых , если чёрный, то шаров так же 10, но белых 5, тогда .

По формуле полной вероятности

По формуле Байеса:

.

ЗАДАЧА. Вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти вероятность того, что среди 100 новорожденных окажется 50 мальчиков.

РЕШЕНИЕ. По условию задачи n = 100; k = 50; p = 0,51; q = 1– p = 0,49.

Так как n = 100 – достаточно большое число, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

, где .

Hайдем значение x:

.

По справочным таблицам найдем (т.к. фун­кция j(x) – четная).

Искомая вероятность

.

ЗАДАЧА. Вероятность поражения мишени стрелком при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена не менее 75 раз и не более 90 раз.

РЕШЕНИЕ. По условию задачи n = 100; k ₁ = 75; k ₂ = 90; p = 0,8; q = 1 – p = 0,2.

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

P_n (k ₁ £ k £ k ₂) = F(x ₂)–F(x ₁), где F(x) – функция Лапласа, , .

Вычислим x ₁ и x ₂:

,

.

Так как функция Лапласа нечетна, т.е. , получим

По справочным таблицам найдем:

F(2,25) = 0,4938; F(1,25) = 0,3944.

Искомая вероятность

P ₁₀₀(75 £ k £ 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.

ЗАДАЧА. Найти наиболее вероятное число правильно набитых работницей перфокарт среди 19 перфокарт, если вероятность того, что перфокарта набита неверно, равна 0,1.

Решение. По условию задачи n = 19; p = 0,9; q = 0,1. Найдем наиболее вероятное число правильно набитых перфокарт из двойного неравенства

np – q £ k₀ < np + p.

Подставляя данные задачи, получим

19 × 0,9 – 0,1 £ k ₀ < 19 × 0,9 + 0,9 или 17 £ k ₀ < 18.

Так как np – q = 17 – целое число, то наиболее вероятных чисел два: k ₀ = 17 и k ₀ + 1 = 18.

ЗАДАЧА. Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероят­ность обрыва нити на одном веретене в течение 1 минуты равна 0,004. Найти вероятность того, что в течение 1 минуты обрыв произойдет на пяти веретенах.

РЕШЕНИЕ. Так как вероятность p = 0,004 очень мала, применение локальной теоремы Лапласа приведет к значительному отклонению от точного значения P_n (k). Поэтому при p £ 0,1 применяют формулу Пуассона:

, где l = np.

По условию задачи n = 1000; k = 5; p = 0,004.

Тогда l = 1000 × 0,004 = 4.

Подставляя данные задачи, получим

.

ЗАДАЧА. В тёмной комнате 7 красных кубиков и 8 синих, не отличаемых друг от друга на ощупь. Мальчик вынес три кубика. x – случайная величина числа красных кубиков среди вынесенных. Найти закон распределения, математическое ожидание и дисперсию случайной величины x. Построить график функции распределения F (x) = P (x< x) и найти вероятность Р (x<2)

РЕШЕНИЕ. Возможные значения случайной величины x: 0,1,2,3. Пусть им соответствуют вероятности Р ₀, Р ₁, Р ₂, Р ₃. Найдём их, используя непосредственный подсчёт:

,

,

,

.

Проверка:

Таким образом, закон распределения имеет вид:

x
р

Найдём М (x):

.

Дисперсию будем искать по формуле .

Составим закон распределения для x².

x2
р

.

D (x) = 2,6 – (1,4)² = 0,64.

По определению функция распределения находится по формуле

Построим график функции распределения:

По функции распределения Р (x<2) = F (2) = .

ЗАДАЧА. Производится n независимых испытаний, в каждом из которых некоторое событие А наступает с вероятностью Р (А) = р, m – число наступлений события А в n испытаниях. Для случая 1) малого n построить ряд распределения, функцию распределения случайной величины m, найти М( m ), D( m ) и Р (m £ 2); 2) большого n и малого p найти Р (m £ 2) приближённо с помощью распределения Пуассона; 3) большого n найти вероятность Р (m ₁ £ m £ m ₂).

РЕШЕНИЕ.

1) n = 4, p = 0,8.

Возможные значения случайной величины m: 0,1,2,3,4. Пусть им соответствуют вероятности Р ₀, Р ₁, Р ₂, Р ₃, Р ₄. Найдём их, используя формулу Бернулли:

, ,

, ,

.

Таким образом ряд распределения имеет следующий вид:

По определению функция распределения находится по формуле

Найдём М (m):

= 0 × 0,0016 + 1 × 0,0256 + 2 × 0,1536 + 3 × 0,4096 + 4 × 0,4096 = 3,2.

Дисперсию будем искать по формуле .

Составим закон распределения для x².

М (m²) = 0,0256 + 4 ×0,1536 + 9 × 0,4096 + 16 × 0,4096 = 10,88.

D (x) = 10,88 – (3,2)² = 0,64.

По функции распределения Р (m £ 2) = F (3) = 0,1808.

2) n = 1000, p = 0,004.

Р (m £ 2) = Р (m = 0) + Р (m = 1) + Р (m = 2). По формуле Пуассона . Таким образом, имеем:

(значения P_n (m) найдены по таблице).

3) n = 100, p = 0,8, m ₁ = 75, m ₂ = 90.

По условию задачи q = 1– p = 0,2.

Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

P_n (k ₁ £ k £ k ₂) = F(x ₂) – F(x ₁), где F(x) – функция Лапласа,

, .

Вычислим x ₁ и x ₂:

,

.

Так как функция Лапласа нечетна, т.е. F(– x) = –F(x), получим

P ₁₀₀(75 £ k £ 90) = F(2,25) – F(–1,25) = F(2,25) + F(1,25).

По таблице значений функции Ф найдем:

F(2,25) = 0,4938; F(1,25) = 0,3944.

Искомая вероятность

P ₁₀₀(75 £ k £ 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.

ЗАДАЧА. Дана функция плотности распределения

Найти: 1) параметр А; 2) построить графики плотности и функции распределения; 3) Р(1<x<4); 4) М (Х), D (X), s(X); 5) верятность Р, что отклонение случайной величины от М (Х) не более 1.

РЕШЕНИЕ. Так как , получаем , так как , тогда .

Итак,

Найдём F (х), функцию распределения по формуле

если ,

если ,

если ,

Итак,

Построим оба графика

Найдём P (1 < x < 4).

Так как P (х ₁ < x < х ₂) = F (х ₂) – F (х ₁)

, F (4) = 1,

P (1 < x < 4) = 1– .

Найдём М (X) по формуле .

.

Дисперсия вычисляется по формуле

.

Среднее квадратическое отклонение .

Найдём . Так как, , следует в нашей задаче или , то необходимо найти

ЗАДАЧА. Масса вагона - случайная величина, распределённая по нормальному закону с математическим ожиданием 65 т и средним квадратичным отклонением 0,9 т. Найти вероятность того, что вагон имеет массу не более 67 т и не менее 64 т. По правилу трёх сигм найти наибольшую и наименьшую границы предполагаемой массы.

РЕШЕНИЕ. Для нормального распределённой случайной величины

.

По правилу трёх сигм наименьшая граница , наибольшая граница . Таким образом,

.

Наименьшая граница 62,3 т, наибольшая 67,7 т.

ЗАДАЧА. В двух ящиках находятся по шесть шаров; в 1-м ящике: 1 шар – с №1, 2 шара – с №2, 3 шара – с №3; во 2-м ящике: 2 шара с №1, 3 шара с №2, 1 шар – с №3. Пусть Х – номер шара, вынутого из первого ящика, Y – номер шара, вынутого из второго ящика. Из каждого ящика вынули по шару. Составить таблицу закона распределения системы случайных величин (X, Y). Найти математические ожидания и дисперсии случайных величин X и Y. Определить коэффициент корреляции.

РЕШЕНИЕ.

Случайная точка (1, 1) имеет кратность 1 ´ 2 = 2;

– // – (1, 2) – // – 1 ´ 3 = 3;

– // – (1, 3) – // – 1 ´ 1 = 1;

– // – (2, 1) – // – 2 ´ 2 = 4;

– // – (2, 2) – // – 2 ´ 3 = 6;

– // – (2, 3) – // – 2 ´ 1 = 2;

– // – (3, 1) – // – 3 ´ 2 = 6;

– // – (3, 2) – // – 3 ´ 3 = 9;

– // – (3, 3) – // – 3 ´ 1 = 3.

Всего случайных точек 6 ´ 6 = 36 (n -кратную точку принимаем за n точек). Так как отношение кратности точки ко всему количеству точек равно вероятности появления этой точки, то таблица закона распределения системы случайных величин имеет вид

Сумма всех вероятностей, указанных в таблице, равна единице.

Найдём математические ожидания случайных величин X и Y

Точка (7/3; 11/6) является центром рассеивания для заданной системы (X, Y).

Так как случайные величины X и Y независимы, то математические ожидания m_x и m_y можно подсчитать проще, используя ряды распределения:

Отсюда находим

От системы величин (X, Y) перейдём к системе центрированных величин где Составим таблицу

		–5/6	1/6	7/6
–4/3	1/18	1/12	1/36
–1/3	1/9	1/6	1/18
2/3	1/6	1/4	1/12

Имеем

Отсюда

Заметим, что и можно найти по формулам

Для нахождения коэффициента корреляции воспользуемся таблицей распределения системы центрированных случайных величин.

Определим ковариацию:

Так как C_xy = 0, то и коэффициент корреляции r_xy = 0.

Этот же результат мы могли получить и не определяя ковариации C_xy. Действительно, полагая Y = 1, получаем, что значение Х = 1 повторяется 2 раза, значение Х = 2 – 4 раза, а значение Х = 3 – 6 раз. Значит при Y = 1 получаем ряд распределения случайной величины Х:

Если Y = 2, то значение Х = 1 повторяется 3 раза, значение Х = 2 – 6 раз, а значение Х = 3 – 9 раз. Следовательно, при Y = 2 получается ряд распределения случайной величины Х:

Наконец, если Y = 3, то значение Х = 1 повторяется 1 раз, значение Х = 2 – 2 раза, а значение Х = 3 – 3 раза. Ряд распределения случайной величины Х при Y = 3 имеет вид

Итак, при различных значениях Y получаем один и тот же ряд распределения случайной величины Х. Так как ряд распределения случайной величины Х не зависит от значений случайной величины Y, то случайные величины Х и Y независимы. Отсюда следует, что коэффициент корреляции равен нулю.

ЗАДАЧА. Система случайных величин (X, Y) подчинена закону распределения с плотностью

Область D – квадрат, ограниченный прямыми х = 0, х = 3, у = 0, у = 3. Требуется: 1) определить коэффициент а; 2) вычислить вероятность попадания случайной точки (X; Y) в квадрат Q, ограниченный прямыми х = 1, х = 2, у = 1, у = 2; 3) найти математические ожидания m_x и m_y; 4) найти средние квадратичные отклонения s _x и s _y.

РЕШЕНИЕ. 1) Коэффициент а находим из уравнения

откуда

т.е.

2)

3) Находим математические ожидания m_x и m_y; имеем

Следовательно, и

4) Находим средние квадратичные отклонения s _x и s _y:

Итак,

ЗАДАЧА. Дана таблица

Определить коэффициент корреляции r_xy и уравнения линий регресии.

РЕШЕНИЕ. Составим расчётную таблицу:

Date: 2016-05-16; view: 662; Нарушение авторских прав