А.Е. Кондратенко - Задачи с зачётов по теории вероятностей (1120381)
Текст из файла
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 · 0.0066p= b.µn 6 80 ⇔ p10000 · 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 · 1481= 0.05 так как P (B|A1 ) = 0.08+0.022kЗадача 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 λ m(pλ)mpm X λk−m k−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 1 112− y + y 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) = MNM (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 распределениеξвеличины 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. Доказать, что M|ξ| 6 12 (Dξ + 1)5Решение. Mξ = 0, значит, Dξ = Mξ 2 . Надо доказать, что 2M|ξ| 6 M(ξ 2 + 1), то есть M(ξ 2 −2|ξ| + 1) > 0 - правда, так как мат. ожидание неотрицательной величины неотрицательно. Задача 21. Дана {ξn }∞i=1 - последовательность независимых случайных величин, Mξi = 0, Dξi <nPK ∀i ∈ N Доказать, что An = √1 M ξi ограничены в совокупности.ni=1ξ1 +...+ξn√ТакnРешение.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
