А.Е. Кондратенко - Задачи с зачётов по теории вероятностей

Задачи с зачётов по теории вероятностейПреподаватель — Александр Евгеньевич Кондратенко4 семестр, архив за 2004–2008 гИздание 2-е, исправленное и дополненноеПредисловие ко второму изданиюВ прошлом семестре (весна 2008) я был в группе, в которой теорию вероятностей преподавал А. Е. Кондратенко и мне и моим товарищам оченьпомогли задачи, выложенные у вас на сайте. Походив на зачеты, мы поняли, что в них надо многое исправить.

И тут мы, главным образом я, жуткоступили. Надо было выслать вам несколько новых задач и замечания, илихотя бы попросить исходники, чтобы их исправить. Но мы решили полностью перенабрать эти 60 задач (из которых, как оказалось, 2 можно быловыкинуть). Как бы то ни было, сейчас у меня наконец дошли руки до того, чтобы причесать и доделать наше художество. Мы добавили нескольконовых задач и написали решения там, где их знали.Андрей (avolk07@mail.ru)Размещено на сайте http://dmvn.mexmat.netПредисловие к первому изданиюПосвящается всем, безвременно погибшимна зачётах от теории вероятностейРешения: Д.

Вельтищев, М. Вельтищев, А. КлимаковВ. Клепцын, Ю. Кудряшов, В. Степанов, Т. АрхангельскийСвёрстано Д. Вельтищевым, Ю. Кудряшовым или Т. Архангельским с вероятностью13Задача 1. Есть n палок, каждую из которых разломали на 2 части. После этого получившиеся части соединили в пары произвольным образом.

Какова вероятность того, что получились вточности исходные палки?Решение. Точно исходные палки получатся в единственном из всех случаев сборки. Посчитаемколичество вариантов собрать n пар из 2n частей. Представим, что мы положили части в определенном порядке и потом соединяем 1 и 2, 3 и 4 и так далее. Тогда способов разложить части будет(2n)! Нам неважно, в каком порядке будут лежать части «внутри палки» — палка получится одинаковая. То есть из одного упорядоченного разложения просто перекладывая части «внутри палки»мы можем получить 2n эквивалентных сборок. Поэтому делим на 2n .

Кроме того, нас не интересует,в каком порядке будут в итоге лежать получившиеся палки. Способов их переложить n!. Значит,n!2nискомая вероятность (2n)!Задача 2. У страховой компании 104 клиентов, вероятность смерти каждого равна 6 · 10−3 ,страховой взнос 12 у.е., выплата в случае смерти - 103 $. Найти вероятность того, что доходкомпании превысит 4 · 104 и вероятность разорения.1Решение.

Подробно рассмотрим случай небывалого дохода, разорение - аналогично. Годовойдоход равен 12 · 104 , значит, должно произойти не более 80 смертей. Применим теорему МуавраЛапласа:Zbt2µn − np1e− 2 dt.P a6 √6b ≈ √npq2πaПодгоним под формулу:µn − 10000 · 0.00680 − 10000 · 0.006µn 6 80 ⇔ p6p= b.10000 · 0.006(1 − 0.006)10000 · 0.006(1 − 0.006)В нашем случае a = −∞, поэтому искомая вероятность равна1P (µn 6 80) = √2πZb2− t2e−∞11dt = + √22πZbt2e− 2 dt =1+ Φ0 (b).20Задача 3. Вероятность попадания одной пули в бочку с бензином равна p.

При одном попаданиибочка взрывается с вероятностью p1 , при двух и более - взрывается наверняка. Найти вероятность того, что бочка рванет при n выстрелах.Решение. Рассмотрим три случая: не попали ни разу, одно попадание и больше двух попаданий.Обозначим эти события A0 , A1 и A2 соответственно. Обозначим событие A - бочка взорвалась. ТогдаP (A) = P (A|A0 )P (A0 ) + P (A|A1 )P (A1 ) + P (A|A2)P (A2 ).Имеем P (A0 ) = (1 − p)n , P (A1 ) = Cn1 p(1 − p)n−1 , P (A2 ) = 1 − P (A0 ) − P (A1 ).Из условия P (A|A0) = 0, P (A|A1) = p1 , P (A|A2 ) = 1Подставляем, P (A) = npp1 (1 − p)n−1 + 1 − np(1 − p)n−1 − (1 − p)n = 1 + (1 − p)n−1 (np(p1 − 1)) − (1 − p)n =1 + (1 − p)n−1 (np(p1 − 1) − (1 − p)) Задача 4. Завод выпускает изделия с вероятностью брака 0.04. Первый контролер находит бракиз брака с вероятностью 0.92, второй - 0.98.

Найти вероятность, с которой признанное годнымизделие будет бракованнымРешение. Пусть события A1 - деталь изготовлена с браком, P (A1) = 0.04, A2 - без брака, P (A2 ) =0.96, B - деталь признана годной. Тогда искомая вероятностьP (A1 |B) =P (B|A1 )P (A1 )0.04 · P (B|A1)1==P (B|A1)P (A1 ) + P (B|A2 )P (A2 )0.04 · P (B|A1 ) + 0.96 · 1481так как P (B|A1 ) = 0.08+0.02= 0.05 2kЗадача 5. Вероятность прихода в бюро k человек равна e−λ λk! .

Вероятность получения отказаp. Найти вероятность ровно m отказов.Решение. Введем дополнительное обозначение: η - количество деталей.P (ξ = m) = P (ξ = m, (η = m) + (η = s + 1) + · · · ) =∞Xk=m−λ λekk!m k−mp qCkm=∞Xk=m−λ λekk!m k−mp q∞XP (ξ = m|η = k)P (η = k) =k=m∞m Xk!λk−λ p=eq k−m =m!(k − m)!m! k=m (k − m)!2e−λ λm∞pm X λk−m k−mpm λ m(pλ)mq= e−λ eλ(1−p)= e−pλ.m! k=m (k − m)!m!m!Задача 6. На отрезок [0, L] бросают три точки. Найти вероятность того, что третья окажется между первыми двумяРешение.

По сути требуется найти объем множества {(x, y, z)|(x < z < y) ∨ (y < z < x)}. Так каквсе множества вида {(x, y, z)|(x < y < z)} (x, y, z идут в определенном порядке) получаются друг издруга движениями, не пересекаются и в сумме покрывают весь куб кроме множества нулевой меры,а всего их 6, то объем каждого из них 1/6. Значит, объем нашего множества 1/3. Задача 7. Найти мат.ожидание и дисперсию случайной величины:(x24x√2 − α2e, x > 0;3α πp(x) =x 6 0.0,Ответ: Mξ = 2√απ , Mξ 2 = 38 α2 Задача 8. На отрезок бросаются две точки.

Найти мат. ожидание и дисперсию расстояниямежду ними.Решение. Мат. ожидание:ZZZZZZ ZZ 1M|ξ − η| =|x − y|dxdy = 2(y − x)dxdy = 2y dx dy −x dx dy =306x6y6106x6106y6106x6y6106x6y61Дисперсия:D|ξ − η| = M(ξ − η)2 −1=9=ZZ1(x − y) dxdy − =92Z1 006x6106y61111 1 1 11− y + y 2 dy − = − + − =393 2 3 918|x−a|1 − αЗадача 9. Найти мат. ожидание и дисперсию величины ξ с плотностью p(x) = 2αeРешение.

Плотность симметрична относительно точки x = a , поэтому Mξ = a. Найдем дисперсию:1Dξ =2αZ∞−∞2 − |x−a|α(x − a) e1dx =2αZ∞α3x e αdx =2α2 |x|−∞Z∞x2 e−|x| dx =−∞α2Z∞−∞2 −|x|xedx = α2Z∞x2 e−x dx = α2 Γ(3) = 2α203Задача 10. Найти мат. ожидание и дисперсию гипергеометрического распределения.C m C n−mРешение. Гипергеометрическое распределение задается pm = M CN−MnNЕго смысл: в урне находится N шаров, из них M белых. Из урны достают без возвращения n шаров,выписана вероятность того, что m из них будут белыми.Решаем через индикаторы: наша с.в.

- количество вынутых белых шаров ξ = I1 + . . . + In , где Ii с.в. равная 1, если i-тый вытащенный шар белый, 0 иначе. Индикаторы зависимы, P (Ii = 1) = M,NM (M −1)M2P (IiIj = 1) = N (N −1) при i 6= j. MIi = MIi = N . ПоэтомуMξ =nXMIi =i=1Mξ 2 = M(I1 + . . . + In )2 = MI12 + . . . + MIn2 + 2XnMNMIi Ij =16i6j6nn!M M −1nM= Mξ + 2 ··=(n − 2)!2! N N − 1N(n − 1)(M − 1)+1N −1ОтсюдаDξ = Mξ 2 − M 2 ξ = .

. . =nM(N − n)(N − M)N 2 (N − 1)Задача 11. Найти мат. ожидание и дисперсию числа смен успеха на неуспех и неуспеха науспех в схеме Бернулли.Решение. Решим задачу для смен успеха на неуспех. Вероятность смены успеха на неуспех припереходе с i-той позиции на j-тую равна pq. Следовательно, мат. ожидание числа смен успеха нанеуспех при этом переходе равно pq. Но мат. ожидание суммы равно сумме мат. ожиданий. Следовательно, Mξ = (n − 1)pq. Дисперсию сами. Задача 12. Пусть ξ1 , ξ2 - случайные пуассоновские величины с параметрами λ1 и λ2 соответственно, причём λ1 6 λ2 . Доказать, что ∀t > 0 выполняется P (ξ1 6 t) > P (ξ2 6 t).Решение.

Заметим, чтоP (ξ 6 t) =[t]XP (ξ = k) =k=0[t]Xλkk=0k!= e−λ Q[t] (λ)Найдём производную этой вероятности по λ:Pλ′ (ξλ 6 t) = (e−λ Q[t] (λ))′λ = −e−λ Q[t] (λ) + e−λ Q′[t] (λ) = −e−λ (Q[t] (λ) − Q[t]−1 (λ)) = −e−λλ[t]<0[t]!Из чего следует утверждение задачи. Задача 13. Даны ξ1 , ξ2 - независимые, имеют геометрическое распределение. Найти вероятность того, что ξ1 = k при условии что ξ1 + ξ2 = nРешение. По определению, P (A|B) = PP(AB)(B)Найдем вероятность того, что ξ1 = k и ξ1 + ξ2 = n:P (ξ1 = k, ξ1 + ξ2 = n) = P (ξ1 = k, ξ2 = n − k) = p1 q1k p2 q2n−k4Теперь найдем вероятность того, что ξ1 + ξ2 = n:P (ξ1 + ξ2 = n) =nXP (ξ1 = k, ξ1 + ξ2 = n) =k=0nXp1 q1k p2 q2n−k = p1 p2k=0q1n+1 − q2n+1q1 − q2Осталось поделить одно на другое. Задача 14.

Пусть ξ - геометрически распределенная случайная величина. Найти распределениеξ.величины η = ξ 1+(−1)2Решение. Заметим, что η = ξ, если ξ принимает четное значение и η = 0 в противном случае.∞∞PPpq2kЗначит, P (η = 0) =P (ξ = 2k + 1) =pq 2k+1 = 1−q2 , P (η = 2k + 1) = 0, P (η = 2k) = pqk=0k=0Задача 15. ξ, η - независимые случайные величины с распределением N (0, 1).

Найти распределение (или плотность) величины χ = ξ 2 + η 2Решение. Найдем функцию распределения. Fχ (t) = 0 при t 6 0, так как χ > 0. При t > 0:ZZZZZZx2 +y 21Fχ (t) = P (χ 6 t) =pξ,η (x, y)dxdy =pξ (x)pη (y)dxdy =e− 2 dxdy2πx2 +y 2 6tx2 +y 2 6tx2 +y 2 6tПерейдем к полярным координатам, получим:1Fχ (t) =2πZ2π0√dϕZ√t2− r2erdr =0Zt2− r2er2d =200Плотность будетpχ (t) =Zt/2t/2te−u du = −e−u 0 = 1 − e− 2(1 − 2te ,2t>00, t < 0Задача 16. Пусть ξ, η - нормальные распределения с параметрами (0, 1) Найти распределениеξηРешение.

Зная, что pξ (x) = pη (x) =F ξ (t) =ηZZy6txe−x2 +y 222πdx dy =ZZtg ϕ6t2x√1 e− 22π, найдем распределениеr2π 1 Z∞e− 21 arctg tr dr dϕ = 2+ arctg t ·e−u du = +2π22π2π0Получили распределение Коши. Задача 17. Даны ξ, η - независимые нормально распределенные величины с параметрами (0, 1).Найти F ξ ,ξ 2+η2ηЗадача 18. Пусть η - распределение Коши, ξ = bη + a, где b 6= 0. Найти p 1 (x)ξЗадача 19. Выполняется ли ЗБЧ для такой последовательности случайных величин:P (ξn = 2n ) = P (ξn = −2n ) = 2−2n+1 , P (ξn = 0) = 1 − 2−2n ?Решение. Да, так как дисперсии Dξn = Mξn2 = 1 ограничены в совокупности. Задача 20. Пусть Mξ = 0.