Решение.
1. Ω = {11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66},
2. Ω = {2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12}
3. ● A = {16,61,34, 43, 25, 52};
● B = {11,12, 21,13,31,14, 41,15, 51,16, 61}
● C = {12, 21,36,63,45, 54,33,15, 51, 24,42,66}.
● D = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 2 ИЛИ 3 };
● E = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 10}.
Задача 3Даны две электрические схемы: |
Описать событие: С = {ЦЕПЬ ЗAМКНУТA} для каждого случая.
Решение. Введем обозначения: событие A - контакт 1 замкнут; событие В - контакт 2 замкнут; событие С - цепь замкнута, лампочка горит.
1. Для параллельного соединения цепь замкнута, когда хотя бы один из контактов замкнут, поэтому С = A + В;
2. Для последовательного соединения цепь замкнута, когда замкнуты оба контакта, поэтому С = A · В.
Задача. 1.1.4 Составлены две электрические схемы:
Событие A — цепь замкнута, событие A i - i –й контакт замкнут. Для какой из них справедливо соотношение
A1 · (A2 + A3 · A4) · A5 = A?
Решение. Для первой схемы A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), так как параллельному соединению соответствует сумма событий, а последовательному соединению — произведение событий. Для второй схемы A = A1 • (A2 + A3 • A4 • A5). Следовательно, данное соотношение справедливо для второй схемы.
Задача. 1.1.5 Упростить выражение (A + B)(B + C)(C+ A).
Решение. Воспользуемся свойствами операций сложения и умножения событий.
(A + B)(B + C)(A + C) =
(AB + AC + B B + BC)(A + C) =
= (AB + AC + B + BC)(A + C) =
(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =
= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.
Задача. 1.1.6 Доказать, что события A,AB и A+B образуют полную группу.
Решение. При решении задачи воспользуемся свойствами операций над событиями. В начале покажем, что эти события попарно несовместны.
A теперь покажем, что сумма этих событий дает пространство элементарных событий.
Задача. 1.1.7 С помощью схемы Эйлера–Венна проверить правило де-Моргана:
___ _ _
AB = A+B.
__
а) Заштриховано событие AB.
__ __
б) Событие A — вертикальная штриховка; событие B — горизонтальная штриховка. Событие
__ __
{A+B} — заштрихованная область.
Из сопоставления рисунков а) и в) следует:
___ _ _
AB = A+B.
Задача. 1.2.1 Сколькими способами можно рассадить 8 человек:
1. В один ряд?
2. За круглым столом?
Решение.
1. Искомое число способов равно числу перестановок из 8, т.е.
P8 = 8! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 40320
2. Так как за круглым столом выбор первого человека не влияет на чередование элементов, то первым можно взять любого, а оставшихся упорядочим относительно выбранного. Это действие можно осуществить 8!/8 = 5040 способами.
Задача. 1.2.2 На курсе изучается 5 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на субботу, если в этот день должны быть две различные пары?
Решение. Искомое число способов есть число размещений
из 5 по 2, так как нужно учесть порядок пар:
Задача. 1.2.3 Сколько экзаменационных комиссий, состоящих из 7 человек, можно составить из 15 преподавателей?
Решение. Искомое число комиссий (без учета порядка) — это число сочетаний из 15 по 7:
Задача. 1.2.4 Из корзины, содержащей двадцать пронумерованных шаров выбирают на удачу 5 шаров. Определить число элементов пространства элементарных событий этого опыта, если:
шары выбираются последовательно один за другим с возвращением после каждого извлечения;
шары выбирают один за другим, не возвращая;
выбирают сразу 5 шаров.
Решение.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар также равно 20 и т.д. Тогда число способов извлечь 5 шаров в этом случае равно 20 · 20 · 20 · 20 · 20 = 3200000.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар после извлечения не вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар стало равно 19 и т.д. Тогда число способов извлечь 5 шаров без возвращения равно 20 · 19 · 18 · 17 · 16 = A52 0
Число способов извлечь из корзины 5 шаров сразу равно числу сочетаний из 20 по 5:
Задача. 1.2.5 Подброшены две игральные кости. Найти вероятность события A того, что выпадет хотя бы одна единица.
Решение. На каждой кости может выпасть любое число очков от 1 до 6. Поэтому пространство элементарных событий содержит 36 равновозможных исходов. Событию A благоприятствуют 11 исходов: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1,5), (5,1), (1,6), (6,1), поэтому
Задача. 1.2.6 На красных карточках написаны буквы у, и, я, к, ц, ф, н, на синих — буквы а, а, о, т, т, с, ч. После тщательного перемешивания, что вероятнее: с первого раза из букв на красных карточках составить слово «функция» или из букв на синих карточках слово «частота»?
Решение. Пусть событие A — наудачу составленное из 7 букв слово «функция», событие B — наудачу составленное из 7 букв слово «частота». Так как упорядочиваются два множества из 7 букв, то число всех исходов для событий A и B равно n = 7!. Событию A благоприятствует один исход m = 1, так как все буквы на красных карточках различны. Событию B благоприятствуют m = 2! · 2! исходов, так как буквы «а» и «т» встречаются дважды. Тогда P(A) = 1/7!, P(B) = 2! • 2! /7!, P(B) > P(A).
Задача. 1.2.7 На экзамене студенту предлагается 30 билетов; в каждом билете два вопроса. Из 60 вопросов, вошедших в билеты, студент знает только 40. Найти вероятность того, что взятый студентом билет будет состоять
1. из известных ему вопросов;
2. из неизвестных ему вопросов;
3. из одного известного и одного неизвестного вопроса.
Решение. Пусть A — событие, состоящее в том, что на оба вопроса студент знает ответ; B — не знает ответа на оба вопроса; C — на один вопрос знает ответ, на другой — не знает. Выбор двух вопросов из 60 можно осуществить n = C260 = 60 2 ·59 = 1770 способами.
1. Имеется m = C240 = 40 2 ·39 = 780 возможностей выбора известных студенту вопросов. Тогда P(A) = m n = 1 7 7 8 7 0 0 = 0,44
2. Выбор двух неизвестных вопросов из 20 можно осуществить m = C220 = 20 2 ·19 = 190 способами. В таком случае
P(B) = m n = 1 1 7 9 7 0 0 = 0,11
3. Существует m = C14 0 ·C21 0 = 40·20 = 800 способов выбрать билет с одним известным и одним неизвестным вопроcом. Тогда P(C) = 1 8 7 0 7 0 0 = 0,45.
Задача. 1.2.8 По трем каналам послана некоторая информация. Каналы работают независимо друг от друга. Найти вероятность того, что информация достигнет цели
1. только по одному каналу;
2. хотя бы по одному каналу.
Решение. Пусть A — событие, состоящее в том, что информация достигает цели только по одному каналу; B — хотя бы по одному каналу. Опыт — передача информации по трем каналам. Исход опыта — информация достигла цели. Обозначим Ai — информация достигает цели по i-му каналу. Пространство элементарных событий имеет вид:
Событию A благоприятствуют 3 исхода:
Событию B благоприятствуют 7 исходов: все исходы, кроме Тогда n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8; P(B) = 7 8.
Задача. 1.2.9 На отрезке единичной длины случайным образом появляется точка. Найти вероятность того, что расстояние от точки до концов отрезка больше 1/8.
Решение. По условию задачи искомому событию удовлетворяют все точки, появляющиеся на интервале (a; b).
Так как его длина s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, а длина всего отрезка S = 1, то искомая вероятность равна P = s/S = 3/14 = 0.75.
Задача. 1.2.10 В партии из n изделий k изделий являются бракованными. Для контроля выбирается m изделий. Найти вероятность того, что из m изделий l окажутся бракованными (событие А).
Решение. Выбор m изделий из n можно осуществить способами, а выбор l бракованных из k бракованных — способами. После выбора l бракованных изделий останется (m - l) годных, находящихся среди (n - k) изделий. Тогда число исходов, благоприятствующих событию A, равно ·
и искомая вероятность
Задача. 1.3.1 B урне 30 шаров: 15 красных, 10 синих и 5 белых. Найти вероятность того, что наугад вынутый шар — цветной.
Решение. Пусть событие A — вынут красный шар, событие B — вынут синий шар. Тогда события (A + B) — вынут цветной шар. Имеем P(A) = 1 3 5 0 = 1 2, P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Так как
события A и B несовместны, то P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0.83.
Задача. 1.3.2 Вероятность того, что будет снег (событие A ), равна 0.6, а того, что будет дождь (событие B ), равна 0.45. Найти вероятность плохой погоды, если вероятность дождя со снегом (событие AB ) равна 0.25.
Решение. События A и B совместны, поэтому P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.6 + 0.45 - 0.25 = 0.8
Задача. 1.3.3 B первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором — 3 белых и 9 черных шаров, в третьем — 6 белых и 6 черных шаров. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что все вынутые шары белые.
Решение. Событие A — вынут белый шар из первого ящика, B — из второго ящика, C – из третьего. Тогда P(A) = 1 2 2 = 1 6; P(B) = 1 3 2 = 1 4; P(C) = 1 6 2 = 1 2. Событие ABC — все вынутые
шары — белые. События A,B,C — независимые, поэтому
P(ABC) = P(A)· P (B)· P (C) = 1 6 · 1 4 · 1 2 = 4 1 8 = 0.02
Задача. 1.3.4 B электрическую цепь последовательно включены 5 элементов, работающие независимо друг от друга. Вероятность отказов первого, второго, третьего, четвертого, пятого элементов соответственно равны 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Найти вероятность того, что тока в цепи не будет (событие A ).
Решение. Так как элементы включены последовательно, то тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один элемент. Событие Ai(i =1...5) — откажет i -й элемент. События
Задача. 1.3.5 Цепь состоит из независимых блоков, соединенных в систему с одним входом и одним выходом.
Выход из строя за время Т различных элементов цепи - независимые события, имеющие следующие вероятности P 1 = 0.1; P 2 = 0.2; P 3 = 0.3; P 4 = 0.4. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Найти надежность системы.
Решение. Если событие A — {СИСТЕМА НАДЕЖНА}, Ai — {i- й БЛОК РАБОТАЕТ БЕЗОТКАЗНО}, то A = (A1 + A2)(A3 + A4). События A1+A2, A3+A4 — независимые, события A1 и A2, A3 и A4 — совместные. По формулам умножения и сложения вероятностей
Задача. 1.3.6 Рабочий обслуживает 3 станка. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0.9, для второго станка — 0.8, для третьего станка — 0.7.
Найти вероятность того, что в течение некоторого часа
1. потребует внимания второй станок;
2. потребуют внимания два станка;
3. потребуют внимания не менее двух станков.
Решение. Пусть Ai — i-й станок потребует внимания рабочего, — i-й станок не потребует внимания рабочего. Тогда
Пространство элементарных событий:
1. Событие A — потребует внимания второй станок: Тогда
Так как события несовместные и независимые. P(A) = 0.9·0.8·0.7 + 0.1·0.8·0.7 + 0.9·0.8·0.3 + 0.1·0.8·0.3 = 0.8
2. Событие B — потребуют внимания два станка:
3. Событие C — потребуют внимания не менее двух стан
ков:
Задача. 1.3.7 B машину «Экзаменатор» введено 50 вопросов. Студенту предлагается 5 вопросов и ставится оценка «отлично», если на все вопросы получен верный ответ. Найти вероятность получить “отлично”, если студент подготовил только 40 вопросов.
Решение. A — {ПОЛУЧЕНА ОЦЕНКА «ОТЛИЧНО»}, Ai — {ОТВЕТИЛ НА i- й ВОПРОС}. Тогда A = A1A2A3A4A5, имеем:
Или, другим способом — c помощью формулы классической вероятности: и
Задача. 1.3.8 Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в I, II, III, IV ящике, соответственно равны 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Найти вероятность того, что сборщику придется проверить все 4 ящика (событие A).
Решение. Пусть Ai — {Нужная сборщику деталь находится в i-м ящике.} Тогда
Имеем:
Так как события несовместны и независимы, то
Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек являются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружились серьезные изменения в легких. Среди некурящих изменения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изменения в легких, является курящим?
Решение. Введем гипотезы: H1 — обследованный является постоянно курящим, H2 — является некурящим. Тогда по условию задачи
4000 6000
P(H1)= ------- =0,4, P(H2)=--------- =0,6
10000 10000
Обозначим через A событие, состоящее в том, что обследованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи
По формуле (1.15) находим
Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна
Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех заводов: 30% с первого завода, 20% — со второго, 50% — с третьего. Продукция первого завода содержит 20% телевизоров со скрытым дефектом, второго — 10%, третьего — 5%. Какова вероятность приобрести исправный телевизор?
Решение. Рассмотрим события: A — приобретен исправный телевизор; гипотезы H1, H2, H3 — телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего завода. По условию задачи
По формуле (1.15) находим
Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором — 10 белых и 10 черных шаров, в третьем — 20 черных шаров. Из наугад выбранного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.
Решение. Пусть событие A — вынут белый шар, гипотезы H1, H2, H3 — шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим
Тогда по формуле (1.15) находим
По формуле (1.16) находим
Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигналов «точка» и «тире». Статистические свойства помех таковы, что искажаются в среднем 2/5 сообщений «точка» и 1/3 сообщений «тире». Известно, что среди передаваемых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотношении 5: 3. Определить вероятность того, что принят передаваемый сигнал, если:
а) принят сигнал «точка»;
б) принят сигнал «тире».
Решение. Пусть событие A — принят сигнал «точка», а событие B — принят сигнал «тире».
Можно сделать две гипотезы: H1 — передан сигнал «точка», H2 — передан сигнал «тире». По условию P(H1): P(H2) =5: 3. Кроме того, P(H1 ) + P(H2) = 1. Поэтому P( H1 ) = 5/8, P(H2) = 3/8. Известно, что
Вероятности событий A и B находим по формуле полной вероятности:
Искомые вероятности будут:
Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защищены от воздействия помех. Вероятность того, что защищенный канал в течении времени t не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала - 0.8. Найти вероятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени t, причем оба канала не защищены от воздействия помех.
Решение. Пусть событие A - оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 - выбран защищенный канал, A2 - выбран незащищенный канал.
Запишем пространство элементарных событий для опыта - {выбрано два канала}:
Ω = {A1A1, A1A2, A2A1, A2A2}
Гипотезы:
H1 - оба канала защищены от воздействия помех;
H2 - первый выбранный канал защищен, второй выбранный канал не защищен от воздействия помех;
H3 - первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;
H4 — оба выбранных канала не защищены от помех. Тогда
и
Задача. 1.5.1 По каналу связи передается 6 сообщений. Каждое из сообщений может быть искажено помехами с вероятностью 0.2 независимо от других. Найти вероятность того, что
1. 4 сообщения из 6 не искажены;
2. не менее 3 из 6 переданы искаженными;
3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено;
4. не более 2 из 6 не искажены;
5. все сообщения переданы без искажения.
Решение. Так как вероятность искажения 0.2, то вероятность передачи сообщения без помех — 0.8.
1. Используя формулу Бернулли (1.17), найдем вероят
ность передачи 4 сообщений из 6 без помех:
2. не менее 3 из 6 переданы искаженными:
3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
4. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
5. все сообщения переданы без искажения:
Задача. 1.5.2 Вероятность того, того, что летом день будет ясным, равна 0.42; вероятность пасмурного дня равна 0.36 и переменной облачности - 0.22. Сколько дней из 59 можно ожидать ясных и пасмурных?
Решение. Из условия задачи видно, что надо искать наиболее вероятное число ясных и пасмурных дней.
Для ясных дней p = 0.42, n = 59. Составляем неравенства (1.20):
59 • 0.42 + 0.42 — 1 < m0 < 59 • 0.42 + 0.42.
Отсюда
24.2 ≤ mo ≤ 25.2 → mo = 25.
Для пасмурных дней p = 0.36, n = 59 и
0.36 • 59 + 0.36 — 1 ≤ M0 ≤ 0.36 • 59 + 0.36;
Следовательно 20.16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.
Таким образом, наиболее вероятное число ясных дней mo =25, пасмурных дней - M0 = 21. Тогда летом можно ожидать mo + M0 =46 ясных и пасмурных дней.
Задача. 1.5.3 На лекции по теории вероятностей присутствует 110 студентов курса. Найти вероятность того что
1. k студентов (k = 0,1,2) из присутствующих родились первого сентября;
2. хотя бы один студент курса родился первого сентября.
Решение. Вероятность родиться 1 сентября любому студенту курса
p =1/365 очень мала, поэтому используем формулу Пуассона (1.22). Найдем параметр Пуассона. Так как
n = 110, то λ = np = 110 • 1 /365 = 0.3.
Тогда по формуле Пуассона
Задача. 1.5.4 Вероятность того, что деталь не стандартная, равна 0.1. Сколько деталей нужно отобрать, чтобы с вероятностью P = 0.964228 можно было утверждать, что относительная частота появления нестандартных деталей отклоняется от постоянной вероятности p = 0.1 по абсолютной величине не более, чем на 0.01?
Решение.
Требуемое число n найдем по формуле (1.25). Имеем:
p = 1.1; q = 0.9; P = 0.96428. Подставим данные в формулу:
Откуда находим
По таблице значений функции Φ(x) находим, что
Задача. 1.5.5 Вероятность выхода из строя за время Т одного конденсатора равна 0.2. Определить вероятность того, что за время Т из 100 конденсаторов выйдут из строя
1. ровно 10 конденсаторов;
2. не менее 20 конденсаторов;
3. менее 28 конденсаторов;
4. от 14 до 26 конденсаторов.
Решение. Имеем п = 100, p = 0.2, q = 1 - p = 0.8.
1. Ровно 10 конденсаторов.
Так как п велико, воспользуемся локальной теоремой Муавра - Лапласа:
Вычислим
Так как функция φ(х) — четная, то φ(-2,5) = φ(2,50) = 0,0175 (находим по таблице значений функции φ(х). Искомая вероятность
2. Не менее 20 конденсаторов;
Требование, чтобы из 100 конденсаторов из строя вышли не менее 20, означает, что из строя выйдут либо 20, либо 21,..., либо 100. Таким образом, т1 = 20, т 2 =100. Тогда
По таблице значений функции Φ(x) найдем Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0.5. Искомая вероятность:
3. Менее 28 конденсаторов;
(здесь было учтено, что функция Лапласа Ф(x) - нечетная).
4. От 14 до 26 конденсаторов. По условию m1= 14, m2 = 26.
Вычислим x 1,x2:
Задача. 1.5.6 Вероятность появления некоторого события в одном опыте равна 0.6. Какова вероятность, что это событие появиться в большинстве из 60 опытов?
Решение. Количество m появлений события в серии испытаний находится в промежутке [0; 60]. «В большинстве опытов» означает, что m принадлежит промежутку[30, 60.] По условию n = 60, p = 0.6, q = 0.4, m1 = 30, m2 = 60. Вычислим x1 и x2:
Случайные величины и их распределения
Задача. 2.1.1 Дана таблица, где в верхней строке указаны возможные значения случайной величины X, а в нижней — их вероятности.
Может ли эта таблица быть рядом распределения X?
Ответ: Да, так как p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1
Задача. 2.1.2 Выпущено 500 лотерейных билетов, причем 40 билетов принесут их владельцам выигрыш по 10000 руб., 20 билетов — по 50000 руб., 10 билетов — по 100000 руб., 5 билетов — по 200000 руб., 1 билет — 500000 руб., остальные — без выигрыша. Найти закон распределения выигрыша для владельца одного билета.
Решение.
Возможные значения X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Вероятности этих возможных значений:
Искомый закон распределения:
Задача. 2.1.3 Стрелок, имея 5 патронов, стреляет до первого попадания в цель. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0.7. Построить закон распределения числа использованных патронов, найти функцию распределения F(x) и построить ее график, найти P(2 < x < 5).
Решение.
Пространство элементарных событий опыта
Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},
где событие {1} - попал в цель, событие {0} - не попал в цель. Элементарным исходам соответствуют следующие значения случайной величины числа использованных патронов: 1, 2, 3, 4, 5. Так как результат каждого следующего выстрела не зависит от предыдущего, то вероятности возможных значений:
p1 = P(x1 = 1) = P(1) = 0.7; p2 = P(x2 = 2) = P(01) = 0.3 · 0.7 = 0.21;
p3 = P(x3 = 3) = P(001) = 0.32 · 0.7 = 0.063;
p4 = P(x4 = 4) = P(0001) = 0.33 · 0.7 = 0.0189;
p5 = P(x5 = 5) = P(00001 + 00000) = 0.34 · 0.7 + 0.35 = 0.0081.
Искомый закон распределения:
Найдем функцию распределения F(x), пользуясь формулой (2.5)
x ≤1, F(x) = P(X < x) = 0
1 < x ≤2, F(x) = P(X < x) = P1(X1 = 1) = 0.7
2 < x ≤ 3, F(x) = P1(X = 1) + P2(x = 2) = 0.91
3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =
= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973
4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +
+P4(x = 4) = 0.973 + 0.0189 = 0.9919
x > 5, F(x) = 1
Найдем P(2 < x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < x < 5) = F(5) — F(2) = 0.9919 — 0.91 = 0.0819
Задача. 2.1.4 Дана F(x) некоторой случайной величины:
Записать ряд распределения дляX.
Решение.
Из свойств F(x) следует, что возможные значения случайной величины X - точки разрыва функции F(x), а соответствующие им вероятности - скачки функции F(x). Находим возможные значения случайной величины X={0,1,2,3,4}.
Задача. 2.1.5 Установить, какая из функций
является функцией распределения некоторой случайной величины.
В случае утвердительного ответа, найти вероятность того, что соответствующая случайная величина принимает значения на [-3,2].
Решение. Построим графики функций F1(x) и F2(x):
Функция F2(x) не является функцией распределения, так как не является неубывающей. Функция F1(x) является
функцией распределения некоторой случайной величины, так как является неубывающей и удовлетворяет условию (2.3). Найдем вероятность попадания на промежуток:
Задача. 2.1.6 Дана плотность вероятности непрерывной случайной величины X:
Найти:
1. коэффициент C;
2. функцию распределения F(x);
3. вероятность попадания случайной величины в интервал (1, 3).
Решение. Из условия нормировки (2.9)находим
Следовательно,
По формуле (2.10) находим:
Таким образом,
По формуле (2.4) находим
Задача. 2.1.7 Случайное время простоя радиоэлектронной аппаратуры в ряде случаев имеет плотность вероятности
где M = lge = 0.4343...
Найти функцию распределения F(x).
Решение. По формуле (2.10) находим
где
Задача. 2.2.1 Дан ряд распределения дискретной случайной величины X:
Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратичное отклонение, M[2X + 3], D[-3X + 2].
Решение.
По формуле (2.12) находим математическое ожидание:
M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 · 0.2 + 20 · 0.15 + 30 · 0.25 + 40 · 0.4 = 28.5
M[2X + 5] = 2M[X] + M[5] = 2M[X] + 5 = 2 · 28.5 + 5 = 62. По формуле (2.19) найдем дисперсию:
Задача. 2.2.2 Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение непрерывной случайной величины X, функция распределения которой
.
Решение. Найдем плотность вероятности:
Математическое ожидание найдем по формуле (2.13):
Дисперсию найдем по формуле (2.19):
Найдем сначала математическое ожидание квадрата случайной величины:
Тогда
Среднее квадратичное отклонение
Задача. 2.2.3 Дискретная случайная величина X имеет ряд распределения:
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y = eX.
Решение. M[Y] = M[ eX ] = e-- 1 · 0.2 + e0 · 0.3 + e1 · 0.4 + e2 · 0.1 =
= 0.2 · 0.3679 + 1 · 0.3 + 2.71828 · 0.4 + 7.389 · 0.1 = 2.2.
D[Y] = D[ex] = M[(eX)2 — M2 [ e X] =
[(e-1)2 • 0.2 + (e0)2 • 0.3 + (e1)2 • 0.4 + (e2)2 • 0.1] — (2.2)2 =
= (e--2 • 0.2 + 0.3 + e2 • 0.4 + e4 • 0.1) — 4.84 = 8.741 — 4.84 = 3.9.
Задача. 2.2.4 Дискретная случайная величина X может принимать только два значения x1 и x2, причем x1 < x2. Известны вероятность p1 = 0.2 возможного значения x1, математическое ожидание M[X] = 3.8 и дисперсия D[X] = 0.16. Найти закон распределения случайной величины.
Решение. Так как случайная величина X принимает только два значения x1 и x2, то вероятность p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0.2 = 0.8.
По условию задачи имеем:
M[X] = x1p1 + x2p2 = 0.2x1 + 0.8x2 = 3.8;
D[X] = (x21p1 + x22p2) - M2[X] = (0.2x21 + 0.8x22) - (0.38)2 = 0.16.
Таким образом получили систему уравнений:
Условию x1<x2 удовлетворяет решение x1 = 3. x = 4. Поэтому искомый закон распределения имеет вид:
Задача. 2.2.5 Случайная величина X подчинена закону распределения, график плотности которого имеет вид:
Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение.
Решение. Найдем дифференциальную функцию распределения f(x). Вне интервала (0, 3) f(x) = 0. На интервале (0, 3) график плотности есть прямая с угловым коэффициентом k = 2/9, проходящая через начало координат. Таким образом,
Математическое ожидание:
Найдем дисперсию и среднее квадратичное отклонение:
Задача. 2.2.6 Найти математическое ожидание и дисперсию суммы очков, выпадающих на четырех игральных кубиках при одном бросании.
Решение. Обозначим A — число очков на одном кубике при одном бросании, B – число очков на втором кубике, C — на третьем кубике, D — на четвертом кубике. Для случайных величин A, B, C, D закон распределения один.
Тогда M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3.5
Задача. 2.3.1 Вероятность того, что частица, вылетевшая из радиоактивного источника, будет зарегистрирована счетчиком, равна 0.0001. За время наблюдения из источника вылетело 30000 частиц. Найти вероятность того, что счетчик зарегистрировал:
1. ровно 3 частицы;
2. ни одной частицы;
3. не менее 10 частиц.
Решение. По условию п = 30000, p = 0.0001. События, состоящие в том, что частицы, вылетевшие из радиоактивного источника, зарегистрированы, независимы; число п велико, а вероятность p мала, поэтому воспользуемся распределением Пуассона: Найдем λ: λ = п p = 30000 • 0.0001 = 3 = М[Х]. Искомые вероятности:
Задача. 2.3.2 В партии 5% нестандартных деталей. Наудачу отобраны 5 деталей. Написать закон распределения дискретной случайной величины X — числа нестандартных деталей среди пяти отобранных; найти математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Дискретная случайная величина X — число нестандартных деталей — имеет биномиальное распределение и может принимать следующие значения: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Вероятность нестандартной детали в партии p = 5/100 = 0.05. Найдем вероятности этих возможных значений:
Напишем искомый закон распределения:
Найдем числовые характеристики:
0 • 0.7737809 + 1 • 0.2036267 + 2 • 0.0214343+
+ 3 • 0.0011281 + 4 • 0.0000297 + 5 • 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250
или
M[X] = n • p = 5 • 0.05 = 0