Глава 4. Основные законы распределения.

Глава 4. Основные законы распределения.
4.1. Биномиальный закон распределения.
Дискретная случайная величина X распределена по биномиальному закону, если
она принимает значения 0, 1, 2, …, m, …, n с вероятностями
P(X = m) = Cnm p m q n  m ,
(4.1.1)
где 0  p  1 , q  1  p , m  0, 1, ..., n .
Биномиальный закон – это закон распределения числа X  m наступлений
события A в n независимых испытаниях при условии, что в каждом испытании оно
может произойти с одной и той же вероятностью p.
Математическое ожидание биномиального закона распределения имеет вид
M ( X )  np ,
(4.1.2)
где n – число испытаний, p  P( A) - вероятность появления события A в каждом из
испытаний.
Дисперсия биномиального распределения имеет вид
D( X )  npq .
(4.1.3)
m
события A в n независимых испытаниях, в каждом из
n
которых событие A может наступить с одной и той же вероятностью p. Частость
m X

события
- случайная величина, где X распределена по биномиальному закону и
n
n
n – постоянная величина.
m
1
1
Тогда M ( )  M (m)   np  p
(4.1.4)
n
n
n
m
1
npq pq
и D ( )  2 D ( m)  2 
(4.1.5).
n
n
n
n
Рассмотрим частость
4.1.1. В магазин поступили телевизоры от двух производителей в соотношении
2:3. Куплено 3 телевизора. Найти: 1) закон распределения случайной величины X –
числа купленных телевизоров, изготовленных первым производителем; 2) M(X) и D(X).
Решение. Случайная величина X распределена по биномиальному закону.
Решение. Вероятность того, что случайно выбранный телевизор изготовлен
2
P
 0, 4 , тогда q  1  p  0, 6 . Случайная
первым производителем, равна
23
величина X распределена по биномиальному закону, где число испытаний n  3 .
1
Вычислим вероятности:
P( X  0)  C30 p 0 q 3  0, 63  0, 216
P( X  1)  C31 p1 q 2  3  0, 4  (0, 6) 2  0, 432
P( X  2)  C32 p 2 q  3  (0, 4) 2  0, 6  0, 288
P( X  3)  C33 p 3 q 0  (0, 4)3  0, 064
Ряд распределения имеет вид:
0
1
2
3
0,216 0,432 0,288 0,064
Используя формулы (4.1.2) и (4.1.3), найдем M(X) и D(X):
M ( X )  np  3  0, 4  1, 2;
D( X )  npq  3  0, 4  0, 6  0, 72
4.1.2. Найти дисперсию дискретной случайной величины X – числа появлений
события A в трех независимых испытаниях, если вероятности появления события в этих
испытаниях одинаковы и M ( X )  1, 2 .
Решение. Воспользуемся формулой M ( X )  np . По условию, M ( X )  1, 2 и
n  3 . Следовательно, 3 p  1, 2 и p  0, 4 , q  1  p  0, 6 .
Тогда D( X )  npq  3  0, 4  0, 6  0, 72 .
4.2. Закон распределения Пуассона.
Дискретная случайная величина X распределена по закону Пуассона, если она
принимает значения 0, 1, 2, …, m, … (бесконечное множество значений) с
вероятностями
P ( X  m) 
 m e 
,
(4.2.1)
m!
где m – число появлений события A в n независимых испытаниях,   np - параметр
закона Пуассона, p – вероятность появления события A в каждом испытании.
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины X, распределенной
по закону Пуассона, совпадают и равны параметру  , т.е.
M ( X )  D( X )   .
(4.2.2)
Закон Пуассона является предельным случаем биномиального закона при
достаточно больших n (при n  ) и малых значениях p (p  0) . Так как закон
Пуассона применяется в случае малых значений p, то его называют законом редких
событий.
4.2.1. Учебник издан тиражом 200000 экземпляров. Вероятность того, что
учебник сброшюрован неправильно, равна 2 10 5 . Найти: 1) вероятность того, что
учебник содержит ровно 10 бракованных книг; 2) среднее число бракованных книг.
2
Решение. По условию, n  200000 , p  2  105 , m  10 . Так как число n велико, а
вероятность p мала, воспользуемся законом Пуассона Pn (m)   m
Найдем  :
e 
.
m!
  np  2  105  2  105  4 .
410 e4
 0, 0053 .
10!
2) M(X) – среднее число бракованных книг, равно  , т.е. M ( X )  4 .
Тогда 1) P(10) 
4.2.2. Устройство состоит из 1000 элементов, работающих независимо один от
другого. Вероятность отказа любого элемента в течение времени T равна 0,001. Найти:
1) вероятность того, что за время T откажут не более двух элементов; 2) среднее число
отказов; 3) среднее квадратическое отклонение числа отказов.
Решение. Число n  1000 , вероятность p  0, 001 мала и рассматриваемые
события независимы, поэтому имеет место закон распределения Пуассона.
1) P( X  2)  P(0)  P(1)  P(2) .
Вычислим  :   np  1000  0, 001  1 .
e1 e1

Тогда P(0)  e , P(1)  e , P(2) 
и
2!
2
P( X  2)  e1  e1  0,5  e1  2,5  e1  0,9197 .
1
1
2) M(X) – среднее число отказов за время T, равно  . Следовательно, M ( X )  1 .
3)  ( X )  D( X ) , где D ( X )    1. Следовательно,  ( X )  1 .
4.3. Геометрическое распределение.
Дискретная случайная величина X имеет геометрическое распределение, если
она принимает значения 1, 2, …, m, … (бесконечное множество значений) с
вероятностями
(4.3.1)
P( X  m)  pq m1 ,
где 0  p  1, q  1  p, m  1, 2, ... .
Случайная величина X  m , имеющая геометрическое распределение,
представляет собой число испытаний, проведенных по схеме Бернулли, с вероятностью
p наступления события в каждом испытании до первого положительного исхода.
В этом законе вероятности Pi  P( X  i ) , i  1, 2, ... , образуют бесконечно
убывающую геометрическую прогрессию.
Математическое ожидание случайной величины X с геометрическим законом
распределения имеет вид
1
(4.3.2)
M (X )  ,
p
а дисперсия
q
D( X )  2 ,
(4.3.3)
p
где q  1  p .
3
4.3.1. Проводится проверка партии деталей до обнаружения бракованной (без
ограничения числа проверок). Составить закон распределения числа проверок. Найти
его математическое ожидание и дисперсию, если вероятность брака равна 0,2.
Решение. Случайная величина X – число проверенных деталей до обнаружения
брака – имеет геометрическое распределение с параметром p  0, 2 и q  1  0, 2  0,8 .
Поэтому ряд распределения имеет вид
1
2
3
4
…
m
0,2 0,16 0,128 0,1024 … 0,2 0,8m1
По формулам (4.3.2) и (4.3.3) M ( X ) 
…
…
1
1
q
0,8

 5, D( X )  2 
 20 .
p 0, 2
p
(0, 2) 2
4.4. Равномерный закон распределения.
Непрерывная случайная величина X имеет равномерный закон распределения на
отрезке [a,b], если ее дифференциальный закон имеет вид
 1
при a  x  b

.
(4.4.1)
 ( x)   b  a
0 при x  a, x  b
Интегральный закон распределения случайной величины X имеет вид
0 при x  a
x  a

F ( x)  
при a  x  b .
b  a
1 при x  b
(4.4.2)
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины X соответственно
равны:
M (X ) 
ab
,
2
(4.4.3)
(b  a) 2
D( X ) 
.
(4.4.4)
12
4.4.1. Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию. Интервал
движения 15 минут. Найти: 1) вероятность того, что пассажир будет ожидать
очередной автобус менее пяти минут; 2) математическое ожидание и среднее
квадратичное отклонение случайной величины X – времени ожидания автобуса.
Решение. Время ожидания автобуса можно рассматривать как случайную
величину X, распределенную равномерно в интервале [0,15]. Плотность вероятности
 ( x ) имеет вид
0, x  0
1

 ( x)   , 0<x  15 .
15
0, x  15
4
1) Вычислим вероятность ожидания
15
P(10  X  15) 
1
x 15 1
dx

 15 15 10  3 .
10
(15  0)2
0  15
 7, 2 ; D( X ) 
2) M ( X ) 
 18, 75 и  ( X )  D( X )  4,33 .
2
12
4.4.2. Случайная величина X равномерно распределена на отрезке [-2,3].
Построить график дифференциального и интегрального законов распределения X.
Решение. Как следует из формулы (4.4.1) плотность равномерного
распределения данной случайной величины имеет вид
0, x  2
1

 ( x)   ,  2  x  3 .
5
0, x  3
Кривая  ( x ) представлена на рис. 4.4.1
 ( x)
1
5
-2
3
x
Рис. 4.4.1.
Как следует из формулы (4.4.2) функция распределения F ( x ) имеет вид
0, x  2
x  2

F ( x)  
,  2  x  3.
 5
1, x  3
График F ( x ) представлен на рис. 4.4.2.
F ( x)
1
-2
3
x
Рис. 4.4.2
5
4.5. Показательный закон распределения.
Непрерывная случайная величина X распределена по показательному закону с
положительным параметром  , если ее плотность вероятности имеет вид
0, x  0
.
(4.5.1)
 ( x)     x

e
,
x

0

Кривая распределения  ( x ) приведена на рисунке 4.4.3.
 ( x)

0
Рис. 4.4.3
x
Функция распределения F ( x ) показательного закона имеет вид
0, x  0
.
F ( x)  
 x
1  e , x  0
График распределения этой функции изображен на рисунке 4.4.4.
(4.5.2)
F ( x)
1
0
x
Рис. 4.4.4
Для случайной величины X, распределенной по показательному закону,
математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение
соответственно равны:
1
1
1
M ( X )  , D( X )  2 ,  x  .
(4.5.3)



4.5.1. Непрерывная случайная величина X распределена по показательному
0, x  0
закону  ( x)  
.
2 x
2  e , x  0
Найти: 1) вероятность попадания случайной величины X в интервал (0,1; 0,2);
2) M(X) и D(X).
6
Решение. Так как вероятность попадания случайной величины X в интервал (a,b)
равна P(a  X  b)  F (b)  F (a) , то используя формулу (4.5.2), получим
P(0,1  X  0, 2)  (1  e20,2 )  (1  e20,1 )  e0,2  e0,4  0,8187  0,6703  0,1484 .
2) Так как в данном распределении параметр   2 , то M ( X ) 
D( X ) 
1
2
1

 0,5 и
 0, 25 .
Обозначим через T непрерывную случайную величину – длительность времени
безотказной работы некоторого устройства, а через  - интенсивность отказов (среднее
число отказов в единицу времени).
Длительность безотказной работы устройства (элемента) имеет показательное
распределение, заданное функцией F (t ) :
0, t  0
F (t )  
.
(4.5.4)
 t
1  e , t  0,   0
F (t )  P (T  t ) определяет вероятность отказа элемента за время t.
Функцией надежности H (t ) называют функцию, определяющую вероятность
безотказной работы элемента за время t:
H (t )  P (T  t ) .
(4.5.5)
Так как событие T  t противоположно событию T  t , то
P(T  t )  1  P(T  t )  1  (1  e t )  e t .
Следовательно,
H (t )  e t .
(4.5.6)
4.5.2. Испытывают два независимо работающих элемента. Длительность
времени безотказной работы первого элемента имеет показательное распределение
F1 (t )  1  e 0,03t , второго - F2 (t )  1  e 0,04t . Найти вероятность того, что за 10 час.:
1) оба элемента откажут; 2) оба элемента не откажут; 3) хотя бы один элемент откажет.
Решение. 1) вероятность отказа первого элемента за 10 час.
P1  F1 (10)  1  e0,3  0, 2592 .
Вероятность отказа второго элемента
P2  F2 (10)  1  e 0,4  0,3297 .
Вероятность того, что оба элемента откажут
P1  P2  0, 2592  0,3297  0, 0855 .
2) Вероятность безотказной работы первого элемента
q1  H1 (10)  e 0,3  0, 7408 ;
для второго элемента
q2  H 2 (10)  e 0,4  0, 6703 .
Вероятность безотказной работы всех элементов
q1  q2  0, 4966 .
7
3) Вероятность того, что откажет хотя бы один элемент
P  1  q1 q2  1  0, 4966  0,5034 .
4.6. Нормальный закон распределения.
Непрерывная случайная величина X имеет нормальный закон распределения,
если ее плотность вероятности имеет вид:
 ( x) 
1
 2
( xa)2
2
 e 2
,
(4.6.1)
где a и  - параметры распределения.
Кривая нормального закона распределения (рис. 4.6.1) называется кривой
Гаусса. Эту кривую обозначают N (a,  ) . Она симметрична относительно прямой
x  a . Следовательно, математическое ожидание случайной величины X
M (X )  a .
φ(x)
1
(4.6.2)
N ( a,  )
 2
0
Рис. 4.6.1
Дисперсия случайной величины X
a
x
D( X )   2 .
(4.6.3)
Таким образом, параметры a и  - соответственно математическое ожидание и
квадратичное отклонение случайной величины.
Функция распределения F ( x ) имеет вид
F ( x)   * (
1
xm

x
),
(4.6.4)
t 2
2
(4.6.5)
 e dt
2 
нормальная функция распределения с параметрами m  0,  =1 .
Значения этой функции приведены в приложении (табл.). Вероятность
попадания случайной величины X на интервал ( ,  ) вычисляется по формуле
где
 * ( x) 
P(  X   )   * (
 a
 a
)  *(
).


(4.6.6)
8
Между нормальной функцией  * ( x) и функцией Лапласа ( x) 
1
2
x
e

t2
2
dt
0
существует связь
1
  ( x) .
(4.6.7)
2
Тогда вероятность попадания нормального распределения случайной величины
X вычисляется через функцию Лапласа
 a
 a
P(  X   )   (
)  (
).
(4.6.8)
 * ( x) 


Вероятность попадания нормальной распределенной случайной величины X на
симметричный интервал (a   , a   ) имеет вид

P ( X  a   )  2 * ( )  1
(4.6.9)

или

P ( X  a   )  2 ( ) .

(4.6.10)
Эта вероятность может быть вычислена как через нормальную функцию
(формула 4.6.9), так и через функцию Лапласа (формула 4.6.10).
Для нормально распределенной случайной величины имеет место «правило трех
сигм»: если случайная величина X имеет N (a,  ) , то все ее значения практически
заключены в интервале (a  3 , a  3 ) .
Нарушение «правила трех сигм» является событием практически невозможным,
так как его вероятность
P( X  a  3 )  1  P( X  a  3 )  1  2(3)  1  2  0, 49865  1  0,9973  0,0027
достаточно мала.
4.6.1. Написать плотность вероятности нормально распределенной случайной
величины X, если M ( X )  5 , а D ( X )  36 .
Решение.
Параметры
нормального
распределения
a  5,   D( X )  6 .
Следовательно,  ( x ) имеет вид (см. формулу 4.6.1)
 ( x) 
1
 ( x 5) 2
72
e
.
6 2
4.6.2. Случайная величина X, распределенная по нормальному закону,
представляет собой ошибку измерения некоторого расстояния. Систематическая
ошибка в сторону завышения равна 1,25 м.; среднее квадратическое отклонение
ошибки равно 1 м. Найти вероятность того, что отклонение измеренного значения от
истинного не превзойдет по абсолютной величине 1,8 м.
Решение. X – случайная величина, для которой N (1,5; 1) , т.е. a  1,5 ,   1.
Тогда, используя формулу (4.6.8),
 1,8  1,5 
 1,8  1,5 
P(1,8  X  1,8)   
  
   (0,3)   (3,5)   (0,3)   (3,5) 
1
1




 0,1179  0, 4997  0, 6176
9
4.6.3. Производится измерение некоторой величины без систематических
ошибок. Случайные ошибки X подчинены нормальному закону со средним
квадратическим отклонением  ( X )  10 мм. Найти вероятность того, что из двух
независимых измерений ошибка хотя бы одного не превзойдет по абсолютной
величине 2 мм.
Решение. Отсутствие систематических ошибок означает, что M ( X )  0 . Тогда
 
 2
P( X  2)  2    2    2 (0, 2)  0,1586 .
 
 10 
Вероятность противоположного события
P( X  2)  1  0,1586  0,8414
и
вероятность того, что при двух независимых измерениях случайная величина X оба раза
не попадет в интервал (-2, 2) будет равна 0,84142  0, 708 . Тогда по формуле
вероятности появления хотя бы одного события P  1  0, 708  0, 292 .
4.7. Задачи для самостоятельного решения.
4.7.1. Вероятность выигрыша по облигации займа за все время его действия
равна 0,05. Найти математическое ожидание и дисперсию числа выигравших
облигаций среди приобретенных 50.
4.7.2. Автоматическая телефонная станция получает в среднем за час 600
вызовов. Какова вероятность того, что за данную минуту она получит точно пять
вызовов?
4.7.3. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины,
равномерно распределенной на отрезке  2, 4 .
4.7.4.
Вероятность
безотказной
показательному закону   t   0,03e
0,03t
работы
элемента
распределена
по
. Найти вероятность того, что элемент
проработает безотказно в течение 100 часов.
4.7.5. Случайная величина Х распределена по нормальному закону с
математическим ожиданием a  10 и дисперсией D  27 . Найти вероятность
попадания случайной величины в интервал 0,30 .
Ответы:
4.7.1. a  2,5, D  2,375; 4.7.2. 0,0378; 4.7.3. a  1, D  3 ; 4.7.4. 0,0498; 4.7.5.
0,9725.
10