А.Н. Бородин - Элементарный курс теории вероятностей и математической статистики (DJVU) (1115320), страница 30
Текст из файла (страница 30)
г 9.5. По формуле 9.7 имеем Рзоо(75) 1и — к7(0) ш 0.053. 9.6. Р(не более трех разбитых) 95 е (1+ 1+ -+ -) = 1 1 2 6 8 = -е ' 0.981. з 9.7. Применим формулу 9.8. Имеем и = 22500, А =(ответ неискренний), р = Р(А) = 0.2, д = 1 — р = 0.8, ш1 = 4380. глз = 4МО. Т „ен = 2в00 0.2.0.8 = 60, „ = (Π— 22500 отняты и рннения к задачам 202 0.2)/60 = -75, Ь„= (4620 — 22500.0.2)/60 = 2. Теперь вычислим искомую вероятность Рзззоо(0,4620) в -(Ф(2) — Ф( — 75)) в -(Ф(2)+ 1) 0.9773. 10.1.
Закон распределения имеет вид 10.2. Закон распределения имеет вид 1, при х < О, 10.3. а) Г(х) = -(1 — сове), при 0 < х < т, О, при т < х. Ь) Р(0 ( Х ( -) = Е( — ) — Р(0) = -(1 — сое — ) в 0.146. 10.4. Закон распределения имеет вид 10.5. Величина У = е ~, поскольку Х неотрицательна, принимает значения в интервале (0,1]. Лля 0 < р < 1 Следовательно, величина У равномерно распределена на промежутке (0,1]. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ 10.6. Поскольку У = Х2, то Ку(у) = 0 при у < <О, а при у > 0 имеем Ру(У) = Р(Х2 < у) = Р(-,/у < Х < 1/у) = = Ел( /У) — Ру( — /у).
Лифференпируя ато равенство по У, 1 р 1 получим Ру(у) = — Р~~(,Я + — ГЦ вЂ”,/У). Отсюда в силу 2,/У 2,/У второго свойства плотности распределения (210) следует, что при у > 0 и'Ь) = /-(.Ь( lу) + 1л(Л)) и /у(у) = О при у < О. 10.Т. Закон распределения имеет вид 10.В. а= —',, Р(Х >1) = ,—". 10.9.
а= —, Р(З<Х<4)= —. з 19 10.10. Применяя формулу (10.6) для д(х) = 1/х, получим -у ~ О ~ ~у ~~ Л~ А/УЬ) = О, у<0, 1/2<у. 10.11. Применяя формулу (10.6), получим ~ -'Ь-1)2, 1<у<з, ~,0, у<1, З<у. 11.1. Совместный закон распределения имеет вид 11.2. /(х, у) = аЬе '* 1" отняты и рашвния к задачам 11.3. Пусть Х = шах(Х, У). Тогда гх(х) = Гл(х)Гу(х). 11.4.
Пусть Х = ппп(Х, У). Тогда Гх(х) = = 1 (1 гк(х))(1 гу(х)) ° 11.5. Пользуясь определением совместной плотности распределения, вычислим совместную функцию распределения. При 0 ( х < х/2, 0 < у ( 2/2 Р(х,у) = 1 1 -вш(к+ в)йиь = -(вшв+ вшу — 31п(х+ у)). Г /1. 1 2 о о При 0 ( х < х/2, х/2 ( у Г(х,у) = 1 ~ -31п(к+ в)йище = -(в!ах+ в1п1 — в1п(х+ 1)).
Г /1. 1 ) 31 2 2 о о При т/2 ( х, 0 ( у < х/2 аналогично Г(х, у) = -(в1ву+ вш1 — ьйп(у+ 1)). 1 При х ( 0 или у ( 0 имеем г (х, у) = О. 12.1. Е(Х) = 1.5, Р(Х) = 0.15. 12.2. Е(Х) = 4, Р(Х) = —. о 12.3. Пусть Х1 — очки, выпавшие на жетоне, Х2 — на кубике. Тогда Х = Х1 + Хз и закон распределения имеет вид Используя свойства математического ожидания и дисперсии, получим Е(Х) = Е(Х1) + Е(Х2) = 1+ 2 = З,Р(Х) = 1 О =О(Х )+12(Х ) =1 ° — +1 ° — +1 ° — +1 ° — = —.
2 2 3 3 3 12.4. Пусть Х1 — очки, выпавшие на одном жетоне, Хз— на другом. Тогда Х = Х1 + Хз и Е(Х) = Е(Х1) + Е(Х2) = = 4+3 = 7,Р(Х) = 1з(Х1)+Р(Х2) = 1+ 4 = 5. 12.5. Закон распределения имеет вид ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ 205 Математическое ожидание и дисперсия равны Е(Х) = 1, П(Х) = —. 12.6. Используем решение задачи 11.1 и свойства вероятностей ро из 2 11.
Закон распределения величины Х следу- 3 4 1001ий: Р(Х = 2) = —, Р(Х = 5) = —. Закон распределения величины У такой же. Тогда Е(Х) = —, 11(Х) = —, Е(ХУ) = 26 103 1240 Е(ХУ) - аов(Х) 1 = —. В результате получим г(Х, У) = 91 22(Х) 13' 12.7. Математическое ожидание случайной величины Х равно х в1п(х + у)Ихяу о о в/2 х(сов х — сов(х + х/2))дх = — яв ОЛ85 о Е(Х) =— Дисперсия случайной величины Х равна О(Х) = — х в)п(х+ у)ах1)у— о о в/2 — хв(совх — сов(х + т/2))дх— 2 „( о 16 в' вз т — = — + — — 2 в 0,188 16 16 2 Из симметрии плотности вероятности относительно х и у следует, что Е(У) = Е(Х), В(У) = Р(Х).
Используя первое ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ К ЗАДАЧАМ свойство ковариации,получим г/г г/г Г сот(Х, У) = — ху 61п(х + у)Ихду — — = 2/ / 16 о о е/г Г е е 1 х(совх+( — — 1)61вх)сЬ вЂ” — = — — — — 1. 2/ 2 16 2 16 о Таким образом, коэффициент корреляции равен 2 (Х у) со (Х, ') ~г14 О. 46 0 2 в(х) ф+ у 2 алев 13.1. 1) Поскольку -(1 — -г) = -+ -г+ -г +..., то это 1 2 2 2 2 4 В соответствует дискретному распределению Р(Х=Е)= — „, 3=0,1,2,.... 21411 2) Поскольку ез11' 11 = е з" 2 , '—, то й! в=о » 3) Поскольку (-+ -г)" = ~', С~~(-) (-) гг, то Р(Х = Е) = з з,"з з = С„(-) (-), Е = О, 1,..., и, и Р(Х = Е) = 0 при Е > п.
г 1 и -г 1 1 пг 13.2. 1) Имеем совг 4 = -еп1 21+ -+ -е"г, следовательно, О, *< — 2; 1 — 2<х<О; 3 4' 0<х<2; 1, 2<х. Г(х) = 2) Имеем -(сов2+сов21) = 1 1 . 1 . 1 1 -е и+ -е" + -е 'г~+ -е12'. Это 4 4 4 4 1 со скачками — в точках х1 ~2. 4 -е 161 + -616' следовательно 1 6' дискретное распределение 2 1 2 3) Имеем — + — сов 31 = — + з з з Р(Х = 0) = —, Р(Х = ~3) = ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ К ЗАДАЧАМ 14.3. 1<у, Р(У<у)= у", 0<у<1, О, у < О, 1, 1<а, Р(2<а)= 1 — (1 — з)", 0(з(1> О, х <О. 14.4. Поскольку Е(Х) = — = 4,ЩХ) = — = 3, то а+ Ь (Ь вЂ” а)з т ' и а = 1 и Ь = 7.
Следовательно, плотность имеет вид у(л) = 1 = -йй,т)(*) 14.5. Используя независимость случайных величин Хь и Хз, получим Р(г= )= Р(Хь = т, Хз < т)+ Р(Хз = т, Х1 < т) + Р(Хь = т, Хз = т) = 2Р(Х1 — — тл)Р(Хз < т) + Рз(Х1 = т) = юа-1 24 (1 — 4) ~~~ дь(1 — д) + уз (1 — е) ь=е унъ(1 «)(2 Ет Еа~+1) 15.1. Р((1,5)+(2,4)+(3,3)+(4,2)+ (5, Ц) = —. 1$.2. Производящие функции величин Х и У имеют вид рх(з) = (ар+1 — р)"' и 1Ьу(з) = (ар+1-р)"'. По свойству 3) для производящих функций Фх+у(а) = фх(з)рт(з) = (ар+1 — р)"' "', Следовательно, Х+У тоже распределена по биномнальному закону Р(Х + У = т) = С„'"+„р (1 — р)"'+"* ~ т = 0,1,2,...,пь+из.
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ 15.3. По формуле (15.4) ул4у(х) = 46 41' ~1-51041(х)Ых = 0 = 2%10 41(х)е 4' обеих+ 2514 аа1(х)е 4' б~ьах = а а = —,(1-6' ")51041(х)+ —," "(" — 1)514, 1(х). 15.4. По формуле (15.3) при х(-1, при — 1<х(1, О, 1+х У()= \ О, при1<х<3, при х> 3. О« Ь, х < -Ь, -ь« о, О, (1 б-аО4.ЬЬ) (1 -аЬ) -аа ул-г(х) = 0 ( х. 16.1. Пусть величина ХЬ равна 1, если 1-Я елемент отказал за время 1, и ХЬ = О, если не отказал.
Очевидно Е(ХЬ) = 0.05. 60 Применим лемму 1 (а 16) для Х = ~ ХЬ. Тогда получим 1=1 60 бо 60 Р (~ ХЬ ( 4) = 1 — Р ( ~ ХЬ > 5) > 1 — -Е( ~~ ХЬ) = —. Ьа1 1=1 Ьа1 15,5. По формуле (15.4) О, а<0, ~л+г(х) = (1 ' ) 1(баЬ вЂ” 1)б ' Ь < Х. Величина -У распределена равномерно на интервале [ — Ь, 0]. Тогда полагая Х-У = Х+(-У) и применяя формулу (15.3), получим отввты и рвшвния к вдаачдм г10 16.2. Пусть величина Х1 равна 1, если на 1-ом броске 1 выпал герб, и О, если выпала решетка. Тогда Е(Х1) = —, ЩХ1) = —. Применим (16.4) при и = 1000 и 5 = 100, Полагая 1 и1ооо — частота поЯвлениЯ геРба, полУчим 1ООО Р(1л1ооо — -~ < ОЛ) = Р(~ ~~~ Хг — 500~ < 100) ) 1=1 1000 1 39 > 1 — — ° — = —. 1ОООО О 40' 16.3.
Обозначим ߄— число наступлений А в и испытаниях с вероятностью успеха р. Тогда Е(Я„) = пр, Р(Я„) = = вр4. Следовательно, при р = 0.2 математическое ожидание Е(51ооо) = 1500 0.2 = 300 и дисперсил П(51ооо) = 1500 0.2.0.8 = = 240. Неравенство Чебышева дает Р(ф1ооо — 300~ > 40) ~ (—, = 0 15. 16.4. Применим (16.2) для величины У = -о„, где Я„та 1 е же, что в решении задачи 16.3. Тогда 13(У) = — и число и зо следует выбирать так, чтобы 1 — —, ) 0.95. Решая ето незо равенство относительно в, получаем и > —, При р = 0.9, оо д = 1 — О 9 = О 1, 5 = О 01 имеем в > 0.9 ° 0.1 0.09 0 ОО(0 01)о 0 000009 = 18000, т. е. наименьшее число изделий, которые следует проверить, равно 18000. 17.1.
Пусть Х1 — число очков при 1-ом выстреле, а ߄— суммарное число очков при п выстрелах, в = 100. Тогда Е(Х1) = 10 0.5+9 0.3+8 0.1+7 0.05+6 0.05 = 9.15, В(ХР) = = Е(Х11) — Ег(Х1) = 50+ 24 3+ 6 4+ 2 45+ 1 8-83 7225 = 1 2275, 1/Ь(Х1) в 1.1079. По формуле (17.6) Р(900(51оо < оо) 91 -(Ф(оо) Ф( по )) 91 м -(1+ Ф(1,35)) м -(1+ 0.823) = 0,9115. 211 МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА 17.2.
Пусть о„— число вызовов в течение года, в = 365. Тогда Е(Х1) = А = 73, О(Х1) = Л = 73, и 1/й1/Ь(Х1) = = 1/3651/73 3= 731/5, 1 = 1, 2,..., 365, и по формуле (17.6) Р(26500 < Яп < 26800) а1 -(Ф( — ) + Ф( — )) ж к1 -(Ф(0.95) + Ф(0.89)) ж -(0.6579+ 0.6265) = 0.6422.
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА 19.1. Лля вычисления оценки математического ожидания начальной скорости снаряда воспользуемся формулой (19.1) при с = 1235: хго = 1235+ — (16 — 8) = 1235.5 м/с. Оцен- 1 16 ку дисперсии начальной скорости вычисляем по формуле (19.2): 614 — — — (0.01+ 4 + 6.76+ 0.49+ 9 + 1.69 + 0.16 + 4.84+ +1+ 1.69+ 4.41+ 5.76+ 1.44+ 4+ 0.01+ 0.64) = 3.06 ыо/02. 19.2. хоо = 2 о* = — 366 — — ° 2 м 2.1356. з 1 60 О * ~ 60 490 174 19.3. Имеем х10 = — = 49.9; у10 — — — —— 17.4; 10 ' " 10 1О 1а 1О Я х1у1 = 9228; ~ х~~ = 27175; ~ у12 = 3182. Тогда 1=1 1х1 1=1 1О А.1 1 х1у1 — 10 ° х1оуго 710(Х, У) ю 0.92, Это значение характеризует сильную линейную зависимость.
21.1. а) Воспользуемся доверительным интервалом для математического ожидания с доверительной вероятностью а при неизвестной дисперсии, определенном в п. 2 1 21. По результатам решения задачи 19.1 х14 = 1235.5, 1/616 ж 1.75. Из таблицы для функции Лапласа по а = 0.9 определяем х„в 1.65. Тогда х,„— ж 0.72.
Таким образом, интервал ~Фи 1/Г6 (1234.78, 1236.22) содержит математическое ожидание с вероятностью 0.9. 212 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ К ЗАДАЧАМ б) Построим доверительный интервал для дисперсии. Воспользуемся формулой (21.4). Из таблицы для функ- ции Лапласа по а = 0.92 определяем зо е 1.75. Имеем 15 бф = ~,'(л1 — Угб) = — 244.2102 в 15.2631. Следовательно, Ы1 16 — Я-~ ' ) — ' бгвл1 — 9.363В 1.Об.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
