А.В. Лебедев - Задачи по теории вероятностей с решениями (1115314), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

В первом случае (когда x<0) вероятностьсобытия (<x) вычисляется так:xF ( x)  P (  x ) x p (t )dt   0dt  0,так как плотность  на полуоси (,0) равна нулю. Во втором случаеxx0x3x3F ( x)   p (t )dt   p (t )dt   p (t )dt  0   t 2dt  .8080Наконец, в последнем случае, когда x>2,x02x23 2F ( x)   p (t )dt   p (t )dt   p (t )dt   p (t )dt  0   t dt  0  1  0  1,8002так как плотность p (x) обращается в нуль на полуоси ( 2,  ) .Итак, получена функция распределенияx  0,0, x 3F ( x )   , 0  x  2,8x  2.1,Следовательно, P 1    1  F (1)  F (1)  1 / 8  0  1 / 8.Задача 2. Для случайной величины  из задачи 1 вычислить математическое ожидание идисперсию.Решение.02233 x43M   x p ( x)dx   x  0dx   x  x 2dx   x  0dx   .808 4 0 22Далее,12223 2 23 x512M   x p ( x )dx   x  x dx   , и значит,808 5 0 5222D  M  2  ( M  ) 2 12  3     0,15.5 2Задача 3.

Пусть задана случайная величина   N (1;4) . Вычислить вероятностьP0    3.Решение. Здесь a  1 и   2 . Согласно указанной выше формуле, получаем: 3 1 0 1P 0    3   0   0    0 (1)   0 (0,5)   0 (1)   0 (0,5)  2  2  0,3413  0,1915  0,5328.7. Функции от случайных величин. Формула сверткиЗадача 1. Случайная величина  равномерно распределена на отрезке [0, 2]. Найтиплотность случайной величины      1 .Решение.Из условия задачи следует, что0, x  [0,2],p ( x )   1, x  [0,2]. 2Далее, функция y   x  1 является монотонной и дифференцируемой функциейна отрезке [0, 2] и имеет обратную функцию x   1 ( y )  y 2  1 , производная которойd 1 ( y ) 2 y. Кроме того,  (0)  1 ,  (2)   3 . Следовательно,равнаdy0,d 1 ( y )1р ( y )  р ( ( y )) р ( ( y ))  2 | y | 2 | y |  1dy 2 ,1y  [ 3 ,1],y  [ 3 ,1].Значит,0,ð ( y )   y ,y  [ 3 , 1],y  [ 3 , 1].Задача 2.

Пусть двумерный случайный вектор (, ) равномерно распределен внутритреугольника   ( x, y) : x  0, y  0, x  y  2. Вычислить вероятность неравенства >.Решение. Площадь указанного треугольника  равна S (  )  2 (см. рис. 7.1).

В силуопределения двумерного равномерного распределения совместная плотность случайныхвеличин ,  равна0, ( x, y )  ,p , ( x, y )   1 2 , ( x, y )  .Событие    соответствует множеству B  ( x, y ) : x  y на плоскости, т.е.полуплоскости. Тогда вероятность13P ( B )  P( , )  B   p , ( x , y ) dxdy.BРис. 7.1.На полуплоскости B совместная плотность p , ( x, y ) равна нулю вне множества и 1/2 – внутри множества  . Таким образом, полуплоскость B разбивается на двамножества: B1  B   и B2  B   .

Следовательно, двойной интеграл по множеству Bпредставляется в виде суммы интегралов по множествам B1 и B2 , причем второй интегралравен нулю, так как там совместная плотность равна нулю. Поэтому111P( , )  B   p , ( x, y )dxdy   1 dxdy   0dxdy  S ( B1 )   1  .2222BB1B2Если задана совместная плотность распределения p , ( x, y ) случайной пары (,),то плотности p (x) и p ( y ) составляющих  и  называются частными плотностями ивычисляются по формулам:p ( x)  p  ( x, y)dy,p ( y )  p  ( x, y)dx,Для непрерывно распределенных случайных величин с плотностями р(х), р(у)независимость означает, что при любых х и у выполнено равенствоp , ( x, y )  p ( x ) p ( y ) .Задача 3.

В условиях предыдущей задачи определить, независимы ли составляющиеслучайного вектора  и .Решение. Вычислим частные плотности p (x) и p ( y ) . Имеем:x  (0, 2) 0,0,x  (0,2),2  xp ( x)   p , ( x, y )dy   1 2  xdy, x  (0, 2) 2 , x  (0,2). 20Аналогично,0,p(x,y)dy2  y ,  , 2p ( x) y  (0,2),y  (0,2).14Очевидно, что в нашем случае p , ( x, y )  p ( x) p ( y ) , и потому случайные величины  и зависимы.Числовые характеристики для случайного вектора (,) можно вычислять спомощью следующей общей формулы.

Пусть p , ( x, y ) — совместная плотность величин и , а (х,у) — функция двух аргументов, тогда   ( x, y) p  ( x, y)dxdy .M ( , ) ,  В частности, M   xp  ( x, y)dxdy,   M   yp  ( x, y)dxdy,   M   xyp  ( x, y)dxdy, Задача 4. В условиях предыдущей задачи вычислить M .Решение.

Согласно указанной выше формуле имеем:M   xyp  ( x, y)dxdy   xy ,  12dxdy .Представив треугольник  в виде  ( x, y) : 0  x  2; 0  y  2  x,двойной интеграл можно вычислить как повторный:22 x22 y 2 2 x 11111M   xy  dxdy   xdx  ydy   xdx  x(2  x) 2 dx  .22242 030000Задача 5. Пусть  и  — независимые случайные величины, распределенные попоказательному закону с параметром   2 . Вычислить плотность суммы    .Решение.

Поскольку  и  распределены по показательному закону с параметром   2 , тоих плотности равны2e 2 x ,x  0,p ( x)  p ( x )  x  0.0,Следовательно,2e 2( x  y ) , x  y,p ( x  y )  x  y.0,Поэтомуp  ( x) 2 y p ( x  y ) p ( y)dy   p ( x  y)  2e dy0Если x<0, то в этой формуле аргумент функции p ( x  y ) отрицателен, и поэтомуp ( x  y )  0 . Следовательно, p  ( x)  0. Если же x  0 , то имеем:15xp  ( x)   p ( x  y )  2e  2 y dy   2e  2( x  y )  2e  2 y dy 0x0x 4  e 2 ( x  y )  e  2 y dy  4e 2 x  1dy  4 xe  2 x .00Таким образом, мы получили ответ:x  0,0,p  ( x )  2 x4 xe , x  0.Задача 6.

Двумерный случайный вектор (, ) равномерно распределен внутритреугольника   ( x, y) : x  0, y  0, x  y  2. Найти условное распределение  приусловии =y и функцию регрессии |(y).Решение. Как было показано ранее (см. задачи 2 и 3),y  (0, 2),0,0, ( x, y )  ,p , ( x, y )   1и p ( x)   2  y 2 , ( x, y )   2 , y  (0, 2).Поделив первую плотность на вторую, получаем условную плотность:x  (0,2  y ),0, 1p | ( x | y )  , x  (0,2  y ). 2  yТаким образом, речь идет о равномерном распределении на промежутке (0, 2–y).Функцию регрессии вычисляем как математическое ожидание равномерногораспределения.

Получаем |(y)=(2–y)/2, 0<y<2.8. Неравенство Чебышева. Центральная предельная теоремаЗадача 1. В 400 испытаниях Бернулли вероятность успеха в каждом испытании равна 0,8.С помощью неравенства Чебышева оценить вероятность того, что разница между числомуспехов в этих испытаниях и средним числом успехов будет меньше 20.Решение. Число успехов в этих испытаниях распределено по закону Бернулли, поэтомусреднее число успехов равно М=np=400×0,8=320, а дисперсия D=npq=400×0,8×0,2=64.Тогда в силу неравенства Чебышева имеем:D64P   320  20   1 1 0,84.40020 2Вычислим эту же вероятность с помощью приближенной (интегральной) формулыМуавра-Лапласа:  np P   320  20   P   np     P npqnpqnpq    2 0  20   2 0 (2,5)  2  0, 4938  0,9876. 2 0  npq  64 Задача 2.

В продукции цеха детали отличного качества составляют 50. Деталиукладываются в коробки по 200 шт. в каждой. Какова вероятность того, что число деталейотличного качества в коробке отличается от 100 не более, чем на 5?Решение. Пусть i  случайное число деталей отличного качества в i-ой коробке, тогда приn=200, p=q=1/2 получим:5m  np5 P(95  m  105)  P   0 (0,71)   0 (0,71)  0,52.50npq50 16Задача 3. Используя условия задачи 1, указать, в каких границах с вероятностью 0,997находится число деталей отличного качества в коробке. m  npРешение. По таблице функции Лапласа при условии P u   0,997 находим u=3, npqи следовательно, Sn лежит в пределах np  3 npq , т.е.

число деталей отличного качествав коробке с вероятностью 0,997 находится в пределах 100  21.Задача 3. Используя условия задачи 1, определить, сколько деталей надо взять, чтобы свероятностью, не меньшей 0,99, можно было утверждать, что число деталей отличногокачества среди них не менее 100.100  npРешение. Обозначим u . Используя нормальное приближение, получаемnpq m  np1P (m  100)  P u   1  (u )    0 (u )  0,99 . npq2Отсюда  0 (u )  0,49 , а из таблицы 2 и свойств функции Лапласа получаем неравенствоu  2,32 . Обозначив x  n  0 , с учетом p=q=1/2, приходим к квадратному неравенствух2 –2,3х–2000, решая которое, получаем n236.Можно предложить и другой метод.

А именно, пусть i – число деталей, которыепришлось перебрать, чтобы найти i-ую деталь отличного качества (включая ее саму).Случайные величины имеют геометрическое распределение с параметром p=1/2. Можемвычислить M=1/p=2, D=(1p)/p2=2. Используя ЦПТ, получаем неравенство n  100  2  1 n  200 P( S100  n)      0   0,99 , 14,14  2 100  2откуда следует n200+14,142,32=232,8 или, округляя, n234.Результаты получаются близкие, но первый метод более точен и потомупредпочтительней. Вторым методом лучше пользоваться, если нужно определитьграницы, в которых лежит неизвестное число деталей.Задача 4.

Характеристики

Список файлов книги