Примеры решения задач задания «Случайные величины».
Задача 1. Закон распределения дискретной случайной величины.
Функция распределения. Математическое ожидание. Дисперсия.
Пример 1.1. В урне 6 шаров, из них 4 белых. Составить закон
распределения случайной величины 𝑋 – числа белых шаров среди двух
извлеченных. Найти и построить 𝐹(𝑥). Вычислить 𝑀𝑋, 𝐷𝑋, 𝜎𝑋 .
Решение. Закон распределения дискретной случайной величины –
таблица из двух строк. В первой строке расположены по возрастанию
возможные значения случайной величины, во второй – вероятности
возможных значений случайной величины.
Число белых шаров среди двух извлеченных может быть 0, 1, 2.
Вероятности этих значений
𝐶40 ∙ 𝐶22
𝑃(𝑋 = 0) =
,
𝐶62
𝐶41 ∙ 𝐶21
𝑃(𝑋 = 1) =
,
𝐶62
𝐶42 ∙ 𝐶20
𝑃(𝑋 = 2) =
.
𝐶62
С учетом
𝑛!
𝐶𝑛𝑘 =
𝑘! ∙ (𝑛 − 𝑘)!
получаем
1∙1
1
𝑃(𝑋 = 0) =
= ,
15
15
4∙2
8
𝑃(𝑋 = 1) =
= ,
15
15
6∙1
6
𝑃(𝑋 = 2) =
= .
15
15
В законе распределения сумма вероятностей равна единице. В нашем
примере
1
8
6
15
+
+
=
= 1 − верно.
15 15 15 15
Закон распределения имеет вид
𝑋
0
1
2
𝑃
1
15
8
15
6
15
1
Функцию распределения случайной величины 𝑋 задает равенство
𝐹(𝑥) = 𝑃(𝑋 < 𝑥).
1) Если 𝑥 ≤ 0, то нет значений случайной величины 𝑋, для которых 𝑋 < 𝑥.
Вероятность невозможного события равна нулю, поэтому 𝐹(𝑥) = 0.
2) Если 0 < 𝑥 ≤ 1, то неравенство 𝑋 < 𝑥 выполнено только для 𝑋 = 0.
Поэтому 𝐹(𝑥) =
1
15
.
3) Если 1 < 𝑥 ≤ 2, то неравенство 𝑋 < 𝑥 выполнено для 𝑋 = 0 и 𝑋 = 1.
Поэтому 𝐹(𝑥) =
1
15
+
8
15
=
9
15
.
4) Если 𝑥 > 2, то неравенство 𝑋 < 𝑥 выполнено для 𝑋 = 0, 𝑋 = 1 и 𝑋 = 2.
Поэтому 𝐹(𝑥) =
1
15
+
8
15
+
6
15
= 1.
Получаем
0,
1
,
15
𝐹(𝑥) =
9
,
15
{ 1,
если
𝑥 ≤ 0,
если 0 < 𝑥 ≤ 1,
если 1 < 𝑥 ≤ 2,
если
𝑥 > 2.
Строим график функции распределения
Заметим, что 𝐹(𝑥) имеет скачки в возможных значениях 0, 1, 2, а величины
скачков равны вероятностям этих значений.
Математическое ожидание и дисперсию вычисляем по формулам
𝑀𝑋 = ∑ 𝑥𝑖 ∙ 𝑝𝑖 ,
𝐷𝑋 = 𝑀(𝑋 2 ) − (𝑀𝑋)2 ,
𝑀(𝑋 2 ) = ∑ 𝑥𝑖2 ∙ 𝑝𝑖 .
Составим расчетный бланк
2
𝑥𝑖
𝑝𝑖
1
15
8
15
6
15
0
1
2
𝛴
Тогда 𝑀𝑋 =
-
15
4
= , 𝐷𝑋 =
3
𝑥𝑖2
𝑥𝑖2 ∙ 𝑝𝑖
0
0
0
8
15
12
15
20
15
-
20
𝑥𝑖 ∙ 𝑝𝑖
32
4 2
8
15
24
15
32
15
1
4
32
−( ) = −
15
3
15
16
9
=
32∙3−16∙5
45
=
16
45
.
16
Вычисляем среднее квадратическое отклонение 𝜎𝑋 = √𝐷𝑋 = √ ≈ 0.596.
45
Пример 1.2. Вероятность попадания в мишень равна 0.7. Составить
закон распределения случайной величины 𝑋 – числа попаданий в трех
выстрелах. Найти и построить 𝐹(𝑥). Вычислить 𝑀𝑋, 𝐷𝑋, 𝜎𝑋 .
Решение. Возможные значения числа попаданий в трех выстрелах 0, 1,
2, 3. Вероятности возможных значений вычисляем по формуле Бернулли
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑃𝑛 (𝑘) = 𝐶𝑛𝑘 ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞 𝑛−𝑘 .
Заметим, что 𝑝 = 0.7, 𝑞 = 1 − 𝑝 = 0.3. Вычисляем
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶30 ∙ 0.70 ∙ 0.33 = 1 ∙ 1 ∙ 0.027 = 0.027,
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶31 ∙ 0.71 ∙ 0.32 = 3 ∙ 0.7 ∙ 0.09 = 0.189,
𝑃(𝑋 = 2) = 𝐶32 ∙ 0.72 ∙ 0.31 = 3 ∙ 0.49 ∙ 0.3 = 0.441,
𝑃(𝑋 = 3) = 𝐶33 ∙ 0.73 ∙ 0.30 = 1 ∙ 0.343 ∙ 1 = 0.343.
Проверка: 0.027 + 0.189 + 0.441 + 0.343 = 1.000 – верно. Закон
распределения случайной величины 𝑋 имеет вид
X
P
0
0.027
1
0.189
2
0.441
3
0.343
Учитывая, что функция распределения 𝐹(𝑥) имеет скачки в возможных
значениях 0, 1, 2, 3, а величины скачков равны вероятностям этих значений,
находим 𝐹(𝑥).
3
1) Если 𝑥 ≤ 0, то 𝐹(𝑥) = 0.
2) Если 0 < 𝑥 ≤ 1, то 𝐹(𝑥) = 0.027.
3) Если 1 < 𝑥 ≤ 2, то 𝐹(𝑥) = 0.027 + 0.189 = 0.216.
4) Если 2 < 𝑥 ≤ 3, то 𝐹(𝑥) = 0.027 + 0.189 + 0.441 = 0.657.
5) Если 𝑥 > 3, то 𝐹(𝑥) = 0.027 + 0.189 + 0.441 + 0.343 = 1
Получаем
0,
если 𝑥 ≤ 0,
0.027,
если 0 < 𝑥 ≤ 1,
𝐹(𝑥) = 0.216, если 1 < 𝑥 ≤ 2,
0.657,
если 2 < 𝑥 ≤ 3,
1,
если 𝑥 > 3.
{
Строим график функции распределения
Математическое ожидание и дисперсию вычисляем по формулам
𝑀𝑋 = ∑ 𝑥𝑖 ∙ 𝑝𝑖 ,
𝐷𝑋 = 𝑀(𝑋 2 ) − (𝑀𝑋)2 ,
𝑀(𝑋 2 ) = ∑ 𝑥𝑖2 ∙ 𝑝𝑖 .
Составим расчетный бланк
𝛴
𝑥𝑖
0
1
2
3
-
𝑝𝑖
0.027
0.189
0.441
0.343
-
𝑥𝑖 ∙ 𝑝𝑖
0
0.189
0.882
1.029
2.100
𝑥𝑖2
0
1
4
9
-
𝑥𝑖2 ∙ 𝑝𝑖
0
0.189
1.764
3.087
5.040
Тогда 𝑀𝑋 = 2.1, 𝐷𝑋 = 5.04 − (2.1)2 = 5.04 − 4.41 = 0.63.
Вычисляем среднее квадратическое отклонение σX = √DX = √0.63 ≈ 0.79.
4
Задача 2. Функция распределения и плотность вероятности
непрерывной случайной величины.
0, если 𝑥 ≤ 1,
Пример 2. 𝑓(𝑥) = {𝐴, если 1 < 𝑥 ≤ 3,
0, если 𝑥 > 3.
Найти 𝐴. Найти 𝐹(𝑥). Построить 𝑓(𝑥) и 𝐹(𝑥).
Решение. По свойству плотности вероятности 𝑓(𝑥) площадь под
графиком 𝑓(𝑥) равна единице
+∞
∫
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1.
−∞
Находим интеграл
+∞
∫
1
3
+∞
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 0 ∙ 𝑑𝑥 + ∫ 𝐴 ∙ 𝑑𝑥 + ∫
−∞
−∞
1
0 ∙ 𝑑𝑥 =
3
3
= 0 + 𝐴 ∙ ∫ 𝑑𝑥 + 0 = 𝐴 ∙ 𝑥|31 = 𝐴 ∙ (3 − 1) = 2𝐴.
1
1
Значит 2𝐴 = 1, то есть 𝐴 = . Тогда
2
0, если 𝑥 ≤ 1,
1
𝑓(𝑥) = { , если 1 < 𝑥 ≤ 3,
2
0, если 𝑥 > 3.
Функцию распределения 𝐹(𝑥) находим по формуле
𝑥
𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡.
−∞
Заметим, что
0, если 𝑡 ≤ 1,
1
𝑓(𝑡) = { , если 1 < 𝑡 ≤ 3,
2
0, если 𝑡 > 3.
1) Если 𝑥 ≤ 1, то
𝑥
𝐹(𝑥) = ∫ 0 ∙ 𝑑𝑡 = 0.
−∞
2) Если 1 < 𝑥 ≤ 3, то
5
1
𝑥
𝐹(𝑥) = ∫ 0 ∙ 𝑑𝑡 + ∫
−∞
1
1
1
1
∙ 𝑑𝑡 = 0 + ∙ 𝑡|1𝑥 = (𝑥 − 1).
2
2
2
5) Если 𝑥 > 3, то
1
3
𝑥
1
1
1
𝐹(𝑥) = ∫ 0 ∙ 𝑑𝑡 + ∫ ∙ 𝑑𝑡 + ∫ 0 ∙ 𝑑𝑥 = ∙ 𝑡|13 = (3 − 1) = 1.
2
2
−∞
1 2
3
Таким образом,
0,
если
𝑥 ≤ 1,
1
𝐹(𝑥) = { (𝑥 − 1), если 1 < 𝑥 ≤ 3,
2
1, если 𝑥 > 3.
Строим графики 𝑓(𝑥) и 𝐹(𝑥)
Задача 3. Математическое ожидание и дисперсия непрерывной
случайной величины. Вероятность попадания в промежуток.
0,
если 𝑥 ≤ 1,
𝑥
1
Пример 3. 𝐹(𝑥) = {2 − 2 , если 1 < 𝑥 ≤ 3,
1,
если 𝑥 > 3.
Вычислить 𝑀𝑋, 𝐷𝑋, 𝜎𝑋 , 𝑃(2 ≤ 𝑋 ≤ 4).
Решение. Математическое ожидание и дисперсию непрерывной
случайной величины обычно вычисляют по формулам
+∞
𝑀𝑋 = ∫
𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥,
−∞
𝐷𝑋 = 𝑀(𝑋 2 ) − (𝑀𝑋)2 ,
+∞
𝑀(𝑋 2 ) = ∫−∞ 𝑥 2 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
6
Найдем сначала 𝑓(𝑥)
(0)′ = 0,
если 𝑥 ≤ 1,
′
𝑥 1
1
𝑓(𝑥) = 𝐹 ′ (𝑥) = ( − ) = , если 1 < 𝑥 ≤ 3,
2 2
2
{ (1)′ = 0,
если 𝑥 > 3.
Тогда
+∞
𝑀𝑋 = ∫
−∞
+∞
𝑀(𝑋 2 ) = ∫
−∞
3
3
1
1 𝑥2
1
𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥 = ∙ | = ∙ (9 − 1) = 2,
2
2 2 1 4
1
3
3
1
1 𝑥3
1
28 14
2
2
𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥 = ∙ | = ∙ (27 − 1) =
= ,
2
2 3 1 6
6
3
1
𝐷𝑋 = 𝑀(𝑋 2 ) − (𝑀𝑋)2 =
14
2
− 22 = .
3
3
2
Вычисляем среднее квадратическое отклонение σX = √DX = √ ≈ 0.82.
3
Вероятность попадания непрерывной случайной величины в заданный
промежуток найдем по формуле
𝑃(𝛼 ≤ 𝑋 ≤ 𝛽) = 𝐹(𝛽) − 𝐹(𝛼).
2
1
1
Тогда 𝑃(2 ≤ 𝑋 ≤ 4) = 𝐹(4) − 𝐹(2) = 1 − ( − ) = .
2
2
2
Задача 4. Нормальное распределение. График плотности
вероятности. Вероятность попадания в промежуток.
Пример 4. Случайная величина 𝑋 распределена по нормальному закону с
параметрами 𝑎 = −1, 𝜎 = 3. Построить график 𝑓(𝑥). Вычислить
𝑃(−1 ≤ 𝑋 ≤ 5).
Решение. Плотность вероятности нормальной случайной величины 𝑋 с
параметрами 𝑎 и 𝜎 обычно задают формулой
𝑓(𝑥) =
1
𝜎 ∙ √2𝜋
∙
(𝑥−𝑎)2
−
𝑒 2𝜎2 .
∙
𝑥2
−
𝑒 2.
Сравним 𝑓(𝑥) с функцией Лапласа 𝜑(𝑥)
𝜑(𝑥) =
1
√2𝜋
7
Для 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 таблица значений 𝜑(𝑥) приведена в Приложении 1 в конце
задачника [2]. При 𝑥 > 4 𝜑(𝑥) = 0.0000, а при 𝑥 < 0 𝜑(𝑥) = 𝜑(−𝑥). График
𝜑(𝑥) имеет максимум при 𝑥 = 0 и точки перегиба при 𝑥 = −1 и при 𝑥 = 1.
Сравнивая формулы, видим, что
𝑓(𝑥) =
1
𝑥−𝑎
∙𝜑(
).
𝜎
𝜎
Значит, график 𝑓(𝑥) имеет максимум при 𝑥 = 𝑎 и точки перегиба при
𝑥 = 𝑎 − 𝜎 и при 𝑥 = 𝑎 + 𝜎.
В нашем примере 𝑎 = −1, 𝜎 = 3. Тогда 𝑎 − 𝜎 = −4, 𝑎 + 𝜎 = 2. График
𝑓(𝑥) можем построить или по первой формуле при помощи компьютерной
программы, или по второй формуле по точкам вручную. На графике следует
обязательно отметить точку максимума и точки перегиба.
Строим график 𝑓(𝑥) первым способом
Масштаб по горизонтали 1, масштаб по вертикали 0.05.
Вероятность попадания нормальной случайной величины в заданный
промежуток находят по формуле
𝑃(𝛼 ≤ 𝑋 ≤ 𝛽) = 𝛷 (
𝛼−𝑎
𝛽−𝑎
)−𝛷(
),
𝜎
𝜎
где 𝛷(𝑥) – функция Лапласа
𝑥
𝛷(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑡) 𝑑𝑡.
0
Для 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 таблица значений 𝛷(𝑥) приведена в Приложении 2 в конце
задачника [2]. При 𝑥 > 4 𝛷(𝑥) = 0.5000, а при 𝑥 < 0 𝛷(𝑥) = −𝛷(−𝑥).
В нашем примере
𝛽−𝑎
5 − (−1)
𝛷(
) = 𝛷(
) = 𝛷(2) = 0.4772,
𝜎
3
8
𝛼−𝑎
−1 − (−1)
𝛷(
) = 𝛷(
) = 𝛷(0) = 0.
𝜎
3
Тогда 𝑃(−1 ≤ 𝑋 ≤ 5) = 𝛷(2) − 𝛷(0) = 0.4772 − 0 = 0.4772.
Задача 5. Распределение Пуассона. Показательное распределение.
Функция надежности. Простейший поток событий.
Пример 5.1. Среднее время безотказной работы элемента равно 20
часов. Испытывают два независимо работающих элемента. Найти
вероятность того, что за 15 часов откажет только один элемент.
Решение. Пусть 𝑇 – время безотказной работы элемента. Случайная
величина 𝑇 имеет показательное распределение, то есть
𝐹(𝑡) = 𝑃(𝑇 < 𝑡) = 1 − 𝑒 −𝜆𝑡 ,
где 𝜆 – среднее число отказов в единицу времени.
Среднее время безотказной работы элемента равно 20 часов. Значит, в
среднем происходит один отказ за 20 часов. То есть 𝜆 =
1
20
.
Пусть 𝑡 = 15, тогда вероятность отказа элемента за 15 часов
1
𝑝 = 𝑃(𝑇 < 15) = 1 − 𝑒 −20∙15 = 1 − 𝑒 −0.75 .
Вероятность противоположного события
𝑞 = 1 − 𝑝 = 𝑒 −0.75 ,
число элементов 𝑛 = 2, число отказавших за 15 часов элементов 𝑘 = 1.
По формуле Бернулли
𝑃𝑛 (𝑘) = 𝐶𝑛𝑘 ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞 𝑛−𝑘 .
Вычисляем вероятность того, что за 15 часов откажет только один элемент из
двух
𝑃2 (1) = 𝐶21 ∙ (1 − 𝑒 −0.75 )1 ∙ (𝑒 −0.75 )1 ≈ 2 ∙ 0.5276 ∙ 0.4724 ≈ 0.263.
Пример 5.2. Автосалон продает в среднем 2 машины в день. Найти
вероятность того, что за 3 дня будет продано 5 машин.
Решение. Пусть 𝑋𝑡 – число машин, проданных за 𝑡 дней. По формуле
Пуассона
(𝜆𝑡)𝑘 −𝜆𝑡
𝑃(𝑋𝑡 = 𝑘) =
𝑒 ,
𝑘!
9
где 𝜆 – среднее число машин, проданных за один день. В нашем примере
𝜆 = 2, 𝑡 = 3, 𝑘 = 5. Находим вероятность того, что за 3 дня будет продано 5
машин
(2 ∙ 3)5 −2∙3 324 −6
𝑃(𝑋3 = 5) =
𝑒
=
𝑒 ≈ 0.161.
5!
5
Пример 5.3. В интернет-магазин поступает в среднем 2 заявки в час.
Найти вероятность того, что следующую заявку магазин получит не ранее,
чем через 20 минут, но не позднее, чем через 40 минут.
Решение. Пусть 𝑇 – время ожидания следующей заявки. Случайная
величина 𝑇 имеет показательное распределение, то есть
𝐹(𝑡) = 𝑃(𝑇 < 𝑡) = 1 − 𝑒 −𝜆𝑡 ,
где 𝜆 – среднее число заявок в единицу времени.
Выбираем единицу времени час. Тогда 𝜆 = 2. Заметим, что 20 минут –
это
20
60
часа =
1
3
часа, 40 минут – это
40
60
часа =
2
3
часа.
По общей формуле для непрерывной случайной величины 𝑇
𝑃(𝛼 ≤ 𝑇 ≤ 𝛽) = 𝐹(𝛽) − 𝐹(𝛼).
Тогда
2
1
1
2
2
1
𝑃 ( ≤ 𝑇 ≤ ) = 𝐹 ( ) − 𝐹 ( ) = (1 − 𝑒 −2∙3 ) − (1 − 𝑒 −2∙3 ) =
3
3
3
3
2
4
= 𝑒 −3 − 𝑒 −3 ≈ 0.5134 − 0.2636 = 0.2498.
Литература
1. Гмурман, В. Е.Теория вероятностей и математическая статистика : учеб.
пособие для вузов / В. Е. Гмурман. - 9-е изд., стер. – М. : Высшая школа,
2003. - 480с.
2. Гмурман, В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и
математической статистике : учеб. пособие для вузов / В. Е. Гмурман. - 7-е
изд., доп. – М. : Высшая школа, 2003. - 408с.
10
