

Задача 6.4
Из ящика, содержащего 2 бракованных и 4 годных детали, наудачу извлекают 4 детали. Найти закон распределения  – числа годных деталей.
Решение:
Величина  является дискретной случайной величиной и может принимать следующие значения: 2, 3, 4. Вероятности соответствующих событий
определим по классической формуле.
В результате
С42  С22 6  1 6
p   2  

 .
С64
15 15
С43  С21 4  2 8
p   3 

 .
С64
15 15
С44  С20 1
p   4  
 .
С64
15
Сведем вероятности в таблицу 1.
Таблица 1. Дискретный ряд распределения  – числа годных деталей

pi
2
6/15
3
8/15
1
4
1/15
Задача 7.4
Случайная величина  задана функцией распределения f ( x) . Найдите:
1) функцию распределения F ( x) и необходимые константы;
2) математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение;
3) вероятность попадания случайной величины  в интервал  ;  
Постройте графики функций распределения и плотности распределения.
0, x  0

f ( x)   a
,    3,   3 .
,
x

0
1  x 2
Решение:
1. Постоянную a найдем из условия нормировки плотности вероятности:




a


dx

a

arctgx

a

1 
2
0
2
0 1 x
f ( x )dx  
a
2

.
0, x  0

Значит, f ( x )   2 / 
.
,
x

0
1  x 2
2. Функция распределения есть интеграл от плотности вероятности:
0, x  0

F ( x)   2
  arctgx  C , x  0
2
При x = 0 F ( x )  0 
arctg 0  C  0  C  0 .

0, x  0

Таким образом, F ( x )   2
.
arctgx
,
x

0
 
3. Математическое ожидание:
2

x
2 1 d  x  1
M x   x  f ( x )dx  
dx   

 0 1  x2
 2 0 1  x2



1

2

ln  x 2  1  .

0
Несобственный интеграл расходится.
Аналогично расходится несобственный интеграл для дисперсии.
4. Вероятность попадания СВ в интервал:
2

 
3
P  3 x3 

2

 3
2
3
3
dx
2
f ( x )dx  
  arctgx 
2
 0 1 x 
0
 arctg 3  0.795.
Строим графики:
Рисунок 1 – График плотности вероятностей и функции распределения
Значения точек для построения графика:
x
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5.0
f(x)
0 0.509 0.318 0.196 0.127 0.088 0.064 0.048 0.037 0.03 0.024
F(x) 0 0.295 0.5 0.626 0.705 0.758 0.795 0.823 0.844 0.861 0.874
3
Задача 8.4
Случайная величина  имеет плотность распределения f ( x) с заданной
дисперсией D .
1) Найдите константы a, b
2) Найдите функцию распределения F ( x)
3) Выясните, зависимы или нет события А и В
4) Случайная величины  измеряется в трех независимых испытаниях. По
результатам строят новую случайную величину  , которая равна 1, если хотя
бы при одном измерении произошло событие А; равно 0, если А не произошло
ни разу, но хотя бы раз произошло B – A, и принимает значение – 1 во всех
остальных случаях. Найдите M и D .
А
f ( x)
b
 2
2 2
b  a x , x  a

0, x  b

a
В
 b b 
; 
 3a 4a 
 b b
; 
 4a 3a 
  
  
D
5
2
Решение:
1) Сначала избавимся от модулей в плотности вероятности, преобразовав
выражение:
b

0,
x



a

b
b
 2
2 2
b  a x ,   x 
a
a

b

0,
x


a

Определим константы, для чего составим систему из следующих уравнений:

  f ( x)dx  1
 

2
m2  MX  DX  5 / 2
Начальные моменты системы:

MX 
 x  f ( x)dx , m
2



x
2
 f ( x)dx .

В результате
4



b/a
 2
a 2 x3 
f ( x)dx    b  a x  dx   b x 


3 b / a

b / a
b/a
2
2
b b a
 b    
a a 3
2
2
2
 b3 b3 
a 2 2b3 2b3 2b3 4b3
2 2b
 3  3   b    3 


 1.
a
3
a
3
a
3
a
a
a
a


b/a
 b2 x 2 a 2 x 4 
2
2 2
MX   x  b  a x  dx  



2
4

b / a
b / a
b/a
b2

2
  b 2  b 2  a 2
      
 a   a   4


  b 4  b 4 
         0.
 a   a  


b/a
 b2 x3 a 2 x5 
m2   x  b  a x  dx  



5 b / a
 3
b / a
b/a
2
2
3
2
2
5
b2  b  a 2  b 
2b5 2b5 2b5  1 1  4b5
  2    2   3  3  3    
.
3 a
5 a
3a 5a
a  3 5  15a 3
Подставим результаты и разрешим систему относительно констант:

4b3
a


 4b
3


4b3
4b3

1


a
a 
3a
4b5
5  
 
 
3
3
 5

 4b  5
  4b3 3 2
216b5  4800b9
b 4  0.045


15  
15a 3 2

  3 
3
a  0.13027
.

b

0.46058

Подставим найденные константы в плотность вероятности:
0, x  3.5355

2
0.21213  0.01697 x ,  3.5355  x  3.5355 .
0, x  3.5355

2. Функция распределения есть интеграл от плотности вероятности:
0, x  3.5355

F ( x)  0.21213 x  0.00566 x 3  C ,  3.5355  x  3.5355
1, x  3.5355

F ( x)  0 при x  3.5355 , тогда
F (3.5355)  0.21213   3.5355  0.00566   3.5355  C  0
3
C  0.5
В итоге функция распределения примет вид:
5
0, x  3.5355

F ( x)  0.21213x  0.00566 x 3  0.5,  3.5355  x  3.5355
1, x  3.5355

3) Проверим события А и В на независимость:
 b b
Событие А –     ;    1.1785; 0.8839 .
 3a 4a 
 b b
Событие В –     ;    0.8839; 1.1785 .
 4a 3a 
P( A  B)  F (0.8839)  F (0.8839)  0.36719
P( A)  F (0.8839)  F (1.1785)  0.42434;
P( B)  F (1.1785)  F (0.8839)  0.42434;
P( A)  P( B)  0.424342  0.18.
События нельзя считать независимыми, так как P( A  B)  P( A)  P( B) .
4. Введём случайную величину , которая является дискретной. Пусть
событие H1 = {появление события А хотя бы раз в трех испытаниях}; H2 = {появление события В–А хотя бы раз в трех испытаниях и не появление события
А}.


 
p1 ( H1 )  1  p A1  A2  A3  1  p A  1  1  0.42434   0.8092.
 
3
 
3

p2  H 2   p H1  p  N   p H1  1  p B  A
 ;
3
p  B  A   F (1.1785)  F (0.8839)  0.0571;
p2  H 2   1  0.8092   1  0.05713   0.1908;
p3 ( H 3 )  1   p1  p2   1   0.0571  0.8092   0.1337.
Составим таблицу для случайной величины .
Таблица 1.
-1
0
1

p 0.1337
0.8092 0.0571
Вычислим дисперсию и математическое ожидание.
M  1 0.1337  1  0.0571  0.0766
m2  1  0.1337  1  0.0571  0.1908;
D  0.1908  (0.0766)2  0.1849.
6
Задача 9.4
В каждой задаче требуется записать вид функции распределения и плотности распределения вероятностей и начертить их графики, случайная величина  имеет нормальное распределение.
Станок-автомат изготавливает детали, длина которых по стандарту должна отклоняться от 125 мм не более, чем на 0,5 мм. Среди продукции станка 7 %
нестандартной. Считая, что длины деталей имеют нормальное распределение,
найти их среднее квадратическое отклонение. Какова вероятность того, что в
партии из 200 деталей будет от 10 до 20 нестандартных деталей?
Решение:
1) Нормальная случайная величина имеет плотность распределение вида
f ( x) 

1
 x 2
e
( x  MX )2
2 x 2
(1)
и подчиняется следующему закону распределения
F ( x) 
1
 x 2
x
e

( t  MX )2
2 x 2
dt . (2)

2) Найдем среднее квадратическое отклонение.
Пусть с.в. Х – длина детали, а = МХ = 125.
Вероятность того, что отклонение случайной величины X, распределённой по нормальному закону, от математического ожидания а не превысит по
абсолютной величине величину  равна
 
P(| X  a |  )  2  Ф   ,
 
то есть для наших данных имеем:
 
P(| X  a |  )  P(| X  125 | 0.5)  2  Ф    1  0.07  0.93 
 
0.5
0.5
 0.5  0.93
Ф
 0.465 
 1.81 

 0.276.

2

1.81
 
3) Найдем вероятность того, что в партии из 200 деталей будет от 10 до
20 нестандартных деталей. Для этого воспользуемся интегральной теоремой
Лапласа:
 k  np 
 k  np 
,
Pn  k1 ; k2   Ф  2
Ф 1

 npq 
 npq 




где Ф   – функция Лапласа, n  200 , k1  10, k2  20 , p  0.07 – вероятность по-
явления нестандартной детали, q  1  p  0.93 .
7
В результате
 20  200  0.07 
 10  200  0.07 
P200 10;20   Ф 

Ф



 200  0.07  0.93 
 200  0.07  0.93 
 Ф 1.663  Ф  1.109   0.452  0.366  0.818.
Для построения графиков воспользуемся таблицей значений функции
Лапласа и рассчитаем значения в некоторых точках:
Таблица 1
124.3
124.4

f() 0.058
F() 0.00056

f()
F()
124.6
124.7
124.8
124.9
125.0
0.136
0.015
124.5
0.28
0.035
0.506
0.074
0.801
0.139
1.112
0.234
1.354
0.359
1.445
0.5
125.1
125.2
125.3
125.4
125.5
125.6
125.7
125.8
1.354
1.112
0.801
0.506
0.022
0.766
0.861
0.926
0.136
0.985
0.058
0.641
0.28
0.965
0.994
0.998
На рисунке 1 и рисунке 2 показаны соответственно графики f() и F().
Рисунок 1 – Плотность вероятности нормальной случайной величины
8
Рисунок 2 – Функция распределения нормального распределения
9