Ветров.Тимохин-метода к выполнению ДЗ(ФН1) (829780), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Среди 15 коммерческих банков региона 5 являются нарушителямифинансовой отчетности. Центробанк для проверки отобрал случайным образом 3 банка.При проверке банка- нарушителя комиссия с вероятностью 0,9 обнаруживает нарушениянезависимо от результатов проверки других банков. Найти вероятность того, что врезультате проверки будет обнаружен хотя бы один банк, нарушающий финансовуюотчетность.7Решение. Ясно, что вероятность обнаружить нарушения финансовой отчетности,зависит от того, сколько банков-нарушителей окажется среди трех, отобранных дляпроверки.

Введем события: H i − событие, состоящее в том, что среди трех отобранныхдля проверки банков оказалось ровно i нарушителей финансовой отчетности( i = 0,1, 2,3 ).События{H i }являются гипотезами, то есть образуют полную группу попарнонесовместных событий. Следовательно, по формуле полной вероятности3Ρ( A) = ∑ Ρ ( A H i ) Ρ ( H i ) ,i =0где событие A состоит в том, что в результате проверки будет обнаружен хотя бы о динбанк-нарушитель.Сначала найдем априорные вероятности гипотезΡ ( H i ) .

Общее число способов=C153отобрать 3 банка из 15 (число сочетаний «из 15 по 3») равно15!= 455.3! (15 − 3) !C5i C103−iЧисло благоприятных исходов равно C C . Следовательно, Ρ==, i 0,1, 2,3.( Hi )C153i53−i10Простой подсчет дает12022510010Ρ ( H 0 ) = ≈ 0, 264; Ρ ( H1 ) = ≈ 0, 494; Ρ ( H 2 ) = ≈ 0, 22; Ρ ( H 3 ) = ≈ 0,022.455455455455.Найдем условные вероятности Ρ ( А H i ) .Ясно, что Ρ ( А H 0 ) =0.

Далее,вероятностей воспользуемсясобытийΡ ( А H1 ) =0, 9. Для поиска остальных условныхформулой сложения вероятностей для независимыхΡ (  Аi ) = 1 − ∑ (1 − Ρ ( Ai ) ) . Эта формула даетiΡ ( А H 2 ) =1 − (1 − 0, 9 ) =0, 99; Ρ ( А H 3 ) =1 − (1 − 0, 9 ) =0, 999.23Окончательно получаемΡ ( A) =0 ⋅ 0, 264 + 0,9 ⋅ 0, 494 + 0,99 ⋅ 0, 22 + 0,999 ⋅ 0,022 =0,684378 ≈ 0,68.Пример 7. Из урны, содержащей 4 белых и 6 черных шаров, последовательнонаугад извлекают 5 шаров (выборка с возвращением). Случайная величина ξ − числобелых шаров в выборке.Для случайной величины ξнайти: 1) распределениевероятностей; 2) функцию распределения и построить ее график; 3) вероятность попаданияслучайной величины в интервал (1;5) ; 4) математическое ожидание, дисперсию исреднеквадратическое отклонение.8Решение.

Так как выборка осуществляется с возвращением, вероятность извлечьбелый шар остается постоянной ( p = 0, 4 ) и не зависит от результатов предыдущихиспытаний. Таким образом, случайная величинаξ - число успехов в схеме Бернулли счислом испытаний n = 5 и вероятностью успеха p = 0, 4 . Для схемы Бер нулли имеемpk =k) =Cnk p k (1 − p )Ρ (ξ =n −k, k=0,1,..., n. В нашем случаеp0 =0) =C50 (0, 4)0 ( 0,6 ) =0,07776;Ρ (ξ =5p1 =1) =C51 (0, 4)1 ( 0,6 ) =0, 2592;Ρ (ξ =4p2 =Ρ (ξ =2) =C52 (0, 4) 2 ( 0,6 ) =0,3456;p3 =Ρ (ξ =3) =C53 (0, 4)3 ( 0,6 ) =0, 2304;p4 =4) =C54 (0, 4) 4 ( 0,6 ) =0,0768;Ρ (ξ =p5 =5) =C55 (0, 4)5 ( 0,6 ) =0,01024.Ρ (ξ =3120Таким образом, закон распределения случайной величиныФункцияξ задается таблицейxk012345pk0,077760,25920,34560,23040,07680,01024распределения кусочно постоянна0,0,07776,0,33696,Fξ ( x ) =Ρ (ξ < x ) =∑ pk =0,68256,{k < x}0,91296,0,98976,1,x≤00 < x ≤11< x ≤ 22< x≤33< x ≤ 44< x≤5x>5На рисунке 5 представлен ее график.Рис.

5. График функции распределения9Вероятность попадания случайной величины в интервал вычисляется по формулеΡ (ξ ∈ ( a; b )=) Fξ (b) − Fξ (a + 0)= Fξ (b) − lim Fξ ( x ) . Следовательноx →a + 0Ρ (ξ ∈ (1;5=+ ) F (5) − F (2)= 0,98976 − 0,33696= 0,6528.) ) F (5) − F (1=Найдем числовые характеристики случайной величины ξ .Математическое ожиданиеΜ (ξ ) =∑xkpk = 0 ⋅ 0,07776 + 1 ⋅ 0, 2592 + 2 ⋅0,3456 + 3 ⋅ 0, 2304 + 4 ⋅ 0,0768 + 5 ⋅ 0,01024 = 2.kДисперсияD (ξ ) =∑( x− Μ (ξ ) ) =2kk∑x2kpk − ( Μ (ξ ) ) =2k0 ⋅ 0,07776 + 1 ⋅ 0, 2592 + 4 ⋅ 0,3456 + 9 ⋅ 0, 2304 + 16 ⋅ 0,0768 + 25 ⋅ 0,01024 − 4 =1, 2.=Среднеквадратическое отклонение σ=(ξ )D=(ξ )1, 2 ≈ 1,1.Пример 8.

Непрерывная случайная величина ξ распределена по закону Релея сплотностью=f ( x ) 2λ 2 xe − λ x ,2 2x > 0 . Для случайной величиныξ с параметром λ = 0,5найти : 1) ее функцию распределения F (x) и построить графики функции распределенияF (x) и плотности распределенияслучайной величины в интервалвероятностей( 0,5;1,5) ;f (x) ; 2)вероятность попадания4) математическое ожидание, дисперсию исреднеквадратическое отклонение.Решение.

Исходя из определения плотности распределения случайной величинызапишем0, x ≤ 0x1F ( x) ∫=f (t ) dt= 1 − 4 t2 =−∞ ∫ 2 t e dt , x > 00x0, x ≤ 0 − x21 − e 4 , x > 0Графики функции распределения и плотности изображены на рисунке 6.Рис. 6. Функция распределения и плотность случайной величины10Найдем вероятность попадания в интервал ( 0,5;1,5) .Ρ (ξ ∈ ( 0,5;1,5== e −0,5625 − e −0,0625 ≈ 0,37.) ) F (1,5) − F (0,5)величины ξ удобно использоватьПри подсчете числовых характеристик случайной∞α −1 − tгамма-функцию Эйлера Γ (α ) =∫ t e dt , обладающую свойствами:0Γ (α + 1) = α Γ (α ) ,Γ (1) = 1,1Γ  = π .2Найдем математическое ожидание ξ .∞∞∞21x 2 − x41 1 3−txfxdxedx2t2Γ   =2 Γ   =π .Μ (ξ ) ===∫−∞ ( ) ∫0 2∫0 2 e dt =2 22Здесь в интеграле использована замена переменной t = x 4 / 4.

Аналогично находимдисперсию ξ .D (=ξ)∞∞dx ∫ x f ( x ) dx − ( Μ (ξ =))∫ ( x − Μ (ξ ) ) f ( x )=222−∞−∞∞=∫0x3e2x2−4∞dx − π =∫ 4te − t dt − π =4Γ ( 2 ) − π =4Γ (1) − π =4 − π .0Среднеквадратическое отклонение σ (ξ ) =D (ξ ) =4 − π ≈ 0,93.Пример 9. Плотность распределения вероятностей случайной величины ξ имеетkx, x ∈ [0;1,5]вид fξ ( x ) = . 0, x ∉ [0;1,5]Случайная величинаη связана с ξ функциональнойзависимостью =η 4ξ 2 − 7 Найти: 1) константу k ; 2) математическое ожидание идисперсию случайной величины η , используя плотность распределения вероятностейслучайной величины ξ ; 3)функцию распределения ивероятностей случайной величины η и построить ихплотность распределенияграфики; 4) математическоеожидание и дисперсию случайной величины η , используя найденную плотностьраспределения вероятностей.Решение.

Константу k находим из условия нормировки∞∫ fξ ( x )dx = 1. Получаем−∞∞∫−∞fξ ( x )dx=1,5=∫ kxdx09k8= 1. Следовательно k = .8911Для вычисления математического ожидания случайной величины η воспользуемся∞формулой Μ (η ) =Μ ( g (ξ ) ) =∫ g ( x ) fξ ( x ) d x. Получаем−∞1,588 4 7 25Μ (η ) =− .x − x  =∫0 ( 4 x − 7 ) 9 xdx =92 021,52ДисперсияD=ξ ))(η ) D ( g (=∞1,5)) ∫ ( 4x∫ g ( x ) fξ ( x ) dx − ( Μ (η=22−∞2− 7)20825xdx −=941,5=8  16 6 56 4 49 2 25 27x +x  −=. x −9 642440Найдем функцию распределения случайной величины ξ .=Fξ ( x )xξ ( t )dt∫ f=−∞x<00,x 8≤ 1,5 ∫ t dt , 0 ≤ x=901,x > 1,5x<00,4 2 x , 0 ≤ x ≤ 1,59x > 1,51,Далее ищем функцию распределения случайной величины η .0,x+7 2 x+7  2Ρ (η < x ) =Ρ ( 4ξ − 7 < x ) =Ρ ξ <<x<Fη ( x ) =  − =Ρ4   41,x < −70,x+7   x+7 =  Fξ 7≤x≤2 − Fξ  − , −=4 4  1,x>20,24  x + 7  − 0, 4 9 1,x < −7x+7 , − 7 ≤ x ≤ 2 =4 x>2x < −7−=7≤x≤2x>2x < −70,1=  ( x + 7) , − 7 ≤ x ≤ 29x>21,По определению плотности распределения случайной величины1 , x ∈ [ −7; 2]′f=F=9η ( x)η ( x)0, x ∉ [ −7; 2]Таким образом, случайная величина η имеет равномерное распределение на отрезке[ −7; 2] .

Графики ее плотности и функции распределения изображены на рисунке 7.12Найдем числовые характеристики случайной величины η , используя ее плотностьраспределения. Для математического ожидания получаем∞221x25Μ (η ) ==− .∫−∞ x fη ( x ) dx =∫−7 x 9 dx =18 −72Рис. 7. Плотность и функция распределения случайной величины ηАналогично, находим дисперсию случайной величины η .∞22125 x 325 27D (η )= ∫ x fη ( x ) dx − ( Μ (η ) ) = ∫ x dx − =.− =94 27 −7 44−∞−7222Видим, что результаты подсчета числовых характеристик различными способамисовпадают.Пример 10. Дана система двух дискретных(ξ ,η ) ,законраспределения которой задан таблицей.

Найти: 1)xi \ y j-10210,100,15 0,0530,150,15 00,1математические ожидания и дисперсии случайных50,200величин ξ и η ; 3) коэффициент корреляции rξη ; 4)0,14случайных величинзаконы распределения случайных величин ξ и η ; 2)условныераспределенияусловные математические ожидания Μ (ξ y3 ) ,Pξ ( xi y3 ) ,5)Μ (η x3 ) .Решение. Найдем законы распределения случайных величин ξpij =Ρ (ξ =xi ,η =yj ), i =1, 2,3Pη ( y j x3 ) ;и η .

Пустьy=1, 2,3, 4 .Тогда13piξ =Ρ (ξ =xi ) =∑ pij ,jpηj =Ρ (η =yj ) =∑ pij .Простыевычислениядаютзаконыiраспределения случайных величин ξ и η ( их удобно изображать на таблице совместногораспределения, добавив один столбец справа и одну стоку снизу).xi135piξ0,3 0,4 0,3yj-10pηj0,45 0,15240,250,15Ищем числовые характеристики случайных величин.Μ (ξ ) = ∑ xi piξ = 1 ⋅ 0,3 + 3 ⋅0, 4 + 5 ⋅ 0,3 = 3;iΜ (η ) = ∑ y j pηj =( −1) ⋅ 0, 45 + 0 ⋅0,15 + 2 ⋅ 0, 25 + 4 ⋅ 0,15 = 0, 65;jD (ξ ) =1 ⋅ 0,3 + 9 ⋅0, 4 + 25 ⋅ 0,3 − 9 =2, 4;∑ xi2 piξ − ( Μ (ξ ) ) =2iD (η ) =1 ⋅ 0, 45 + 0 ⋅0,15 + 4 ⋅ 0, 25 + 16 ⋅ 0,15 − 0, 4225 =1,9775.∑ y 2j pηj − ( Μ (η ) ) =2jДля подсчета коэффициента корреляции случайных величин ξ и η сначала найдем ихковариацию.cov (ξ ,η ) = Μ (ξη ) − Μ (ξ ) Μ (η ) = ∑∑ xi y j pij − Μ (ξ ) Μ (η ) =1 ⋅ ( −1) ⋅ 0,1 + 1 ⋅ 2 ⋅ 0,15 +ij+1 ⋅ 4 ⋅ 0, 05 + 3 ⋅ ( −1) ⋅ 0,15 + 3 ⋅ 4 ⋅ 0,1 + 5 ⋅ ( −1) ⋅ 0, 2 + 5 ⋅ 2 ⋅ 0,1 − 3 ⋅ 0, 65 =0, 7.Коэффициент корреляцииρ (ξ ,η )=cov (ξ ,η )=D (ξ ) D (η )0, 7≈ 0, 23.2, 4 ⋅1,9775Далее находим условные законы распределения по формулам=Pξ ( xi y3 )p3 jpi 3=, Pη ( y j x3 ).ηp3p3ξxi13Pξ ( xi y3 )0,6 05yj-10240,4Pη ( y j x3 )2/301/3014Пример 11.

Характеристики

Список файлов книги