Teoriya_veroyatnostey_Praktikum_ch__2

СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
7. Дискретная случайная величина
Случайной называют величину, которая в результате испытания примет
одно и только одно из возможных значений, наперед неизвестное и зависящее
от случайных причин, которые заранее не могут быть учтены.
Обозначают случайные величины буквами Х, Y, Z, а их возможные значения — х, у, z.
Дискретной называют случайную величину, которая принимает отдельные,
изолированные друг от друга значения с определенными вероятностями. Число
возможных значений дискретной случайной величины может быть конечным
или бесконечным, но счетным.
Дискретная случайная величина может быть задана рядом распределения — это соответствие между возможными значениями и их вероятностями:
Х
Р
x1
x2
p1
p2
…
…
xn
pn
pi  P X  xi , i  1, n .
События X  x1, X  x2, , X  xn образуют полную группу, следовательно, сумма вероятностей этих событий равна единице:
p1  p 2  p3   p n  1 .
Ряд распределения дискретной случайной величины можно изобразить
графически в виде полигона или многоугольника распределения вероятностей.
Для этого по горизонтальной оси в выбранном масштабе нужно отложить значения случайной величины, а по вертикальной — вероятности этих значений,
тогда точки с координатами  xi , pi  будут изображать полигон распределения
вероятностей; соединив же эти точки отрезками прямой, получим многоугольник распределения вероятностей.
57
Пример 7.1. Пусть Х — дискретная случайная величина, заданная рядом
распределения
Х
–2
–1
0
2
4
Р
0,1
0,2
0,3
0,2
0,2
Построить полигон и многоугольник распределения вероятностей.
Решение. На оси Х откладываем значения xi , равные –2, –1, 0, 2, 4, а по
вертикальной оси вероятности этих значений (рис. 7.1):
y
.
.
.
А3 0,3
А2
.
А1
А0
–3
–2
.
А5
А4
0,2
0,1
А6
–1
0
1
2
3
4
5
x
Рис. 7.1
Точки A1 , A2 , A3 , A4 , A5 изображают полигон распределения, а ломаная
A0 A1 A2 A3 A4 A5 A6 — многоугольник распределения вероятностей.
Дискретная случайная величина может быть задана функцией распределения. Функцией распределения случайной величины Х называется функция
F  x  , выражающая для каждого х вероятность того, что случайная величина Х
примет значение меньшее х:
F  x   P X  x 
Функцию F  x  иногда называют интегральной функцией распределения.
Если значения случайной величины — точки на числовой оси, то геометрически функция распределения интерпретируется как вероятность того, что
случайная величина Х попадает левее заданной точки х (рис. 7.2):
Х<x
х
0
Рис. 7.2
58
х
F(x) обладает свойствами:
1. Функция распределения случайной величины есть неотрицательная
функция, заключенная между нулем и единицей:
0  F x   1.
Утверждение следует из того, что функция распределения — это вероятность.
2. Функция распределения есть неубывающая функция на всей числовой
оси.
3. На минус бесконечности функция распределения равна нулю, на плюс
бесконечности равна 1, т.е.
F    lim F x   0 ; F    lim F x   1 .
x
x
4. Вероятность попадания случайной величины в интервал x1 , x 2  (включая x1 ) равна приращению ее функции распределения на этом интервале, т.е.
P x1  X  x 2   F  x 2   F  x1  .
Числовые характеристики случайной величины
Математическое ожидание М(Х) дискретной случайной величины
Пусть случайная величина Х может принимать только значения x1 , x 2 , , x n ,
вероятности которых соответственно равны p1 , p 2 ,  , p n . Тогда математическое ожидание М(Х) случайной величины Х определяется равенством
n
M  X   x1 p1  x2 p2    xn pn   xi pi .
i 1
Из определения следует, что математическое ожидание дискретной случайной величины есть неслучайная (постоянная) величина.
Математическое ожидание приближенно равно среднему арифметическому значений случайной величины: X  M  X  .
Свойства математического ожидания
1. Математическое ожидание постоянной величины равно самой постоянной
59
M C   C .
2. Постоянный множитель можно выносить за знак математического ожидания
M CX   CM  X .
3. Математическое ожидание алгебраической суммы конечного числа случайных величин равно алгебраической сумме их математических ожиданий
M  X  Y   M  X   M Y .
4. Математическое ожидание произведения конечного числа независимых
случайных величин равно произведению их математических ожиданий
M  XY   M  X  M Y  .
5. Математическое ожидание отклонения случайной величины от ее математического ожидания равно нулю
M X  M X   0.
Дисперсия случайной величины
Только математическое ожидание не может в достаточной степени характеризовать случайную величину.
На практике часто требуется оценить рассеяние возможных значений случайной величины вокруг ее среднего значения.
Дисперсией D X  случайной величины Х называется математическое
ожидание квадрата ее отклонения от ее математического ожидания:
D X   M  X  M  X 2 .
Дисперсия — это мера рассеяния случайной величины около ее математического ожидания.
Если Х — дискретная случайная величина, то дисперсию вычисляют по
следующим формулам:
n
D X     xi  a 2 pi ,
i 1
где а = М(Х);
 
D X   M X 2  M  X  .
60
2
Свойства дисперсии случайной величины
1. Дисперсия постоянной величины С равна нулю
DC   0 .
2. Постоянный множитель можно выносить за знак дисперсии, возводя его
в квадрат
DCX   C 2  D X  .
3. Дисперсия суммы двух независимых случайных величин равна сумме
дисперсий этих величин
D X  Y   D X   DY  .
4. Дисперсия разности двух независимых случайных величин равна сумме
их дисперсий
D X  Y   D X   DY  .
Для оценки рассеяния возможных значений случайной величины вокруг ее
среднего значения кроме дисперсии служат и некоторые другие характеристики. К их числу относится среднее квадратическое отклонение.
Средним квадратическим отклонением  случайной величины Х называется арифметическое значение корня квадратного из ее дисперсии
  D X  .
Среднее квадратическое отклонение характеризует степень отклонения
случайной величины от ее математического ожидания и имеет размерность
значений случайной величины.
Рассмотрим некоторые распределения дискретной случайной величины.
Биномиальный закон распределения
Если вероятность появления события А в каждом испытании постоянна и
равна р, то число появлений события А — дискретная случайная величина Х,
принимающая значения 0, 1, 2, …, m, , n с вероятностями Pn m   C nm p m q nm
(формула Бернулли), где 0  p  1 , q 1  p , m  0, 1, , n .
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины Х, распределенной по биномиальному закону, вычисляется по формулам:
M  X   np ,
D X   npq .
61
Распределение Пуассона
Если число испытаний велико, а вероятность появления события р в каждом испытании очень мала, то вместо формулы Бернулли пользуются приближенной формулой Пуассона
m e 
,
Pn m  
m!
где m  число появлений события в n независимых испытаниях; m принимает
значения 0, 1, 2, , n .   np (среднее число появлений события в n испытаниях).
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной по закону Пуассона, совпадают и равны параметру  , который определяет этот закон, т.е.
M  X   D X    .
Геометрическое распределение
Дискретная случайная величина X  m имеет геометрическое распределение, если она принимает значения 1, 2, …, m, …(бесконечное, но счетное
множество значений) с вероятностями
P  ( X  m)  pq m1 ,
где 0  p  1, q  1  p, m  1, 2,... .
Определение геометрического распределения корректно, так как сумма


1
p
  1.
вероятностей  pi  pqi 1  p
1 q p
i 1
i 1
Случайная величина X  m , имеющая геометрическое распределение, представляет собой число m испытаний, проведенных по схеме Бернулли, с вероятностью р наступления события в каждом испытании до первого положительного исхода.
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины Х , имеющей геометрическое распределение с параметром р вычисляются по формулам:
1
M (X )  ,
p
q
D( X )  2 ,
p
где q  1  p.
62
Гипергеометрическое распределение
Пусть имеется N элементов, из которых М элементов обладают некоторым
признаком А. Извлекаются случайным образом без возвращения n элементов. Х —
дискретная случайная величина, число элементов обладающих признаком А, среди отобранных n элементов. Вероятность, что Х = m определяется по формуле
P X  m  
m nm
CM
C N M
C Nn
.
Математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной по гипергеометрическому закону, определяются формулами:
M X   n
D X   n
M
,
N
M  M 
n 1 
 1   1 
.
N
N 
N  1
Пример 7.2. В аккредитации участвуют 4 коммерческих вуза. Вероятности
пройти аккредитацию и получить сертификат для этих вузов, соответственно
равны 0,5; 0,4; 0,3; 0,2. Составить закон распределения числа коммерческих вузов, не прошедших аккредитацию. Найти числовые характеристики этого распределения.
Решение. В качестве случайной величины Х выступает число коммерческих вузов, не прошедших аккредитацию. Возможные значения, которые может
принять случайная величина Х: 0, 1, 2, 3, 4.
Для составления закона распределения необходимо рассчитать соответствующие вероятности. Обозначим через событие A1 — первый вуз прошел аккредитацию, A2 — второй, A3 — третий, A4 — четвертый. Тогда P  A1   0,5 ;
P A2   0,4 ; P A3   0,3 ; P A4   0,2 . Вероятности для вузов не пройти аккреди-
 
 
 
тацию соответственно равны P A1  1  0,5  0,5 ; P A2  1  0,4  0,6 ; P A3 
 
 1  0,3  0,7 ; P A4  1  0,2  0,8 .
Тогда имеем:
P X  0  P A1A2 A3 A4   0,012 .
PX  1  PA1A2 A3 A4   PA1 A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   0,106.
63
P X  2  PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4  
 PA1 A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   0,320.
PX  3  PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   PA1A2 A3 A4   0,394.
PX  4  PA1A2 A3 A4   0,168.
Запишем закон распределения в виде таблицы
Х
Р
0
0,012
1
0,106
2
0,320
3
0,394
4
0,168
Проверка: 0,012 + 0,106 + 0,32 + 0,394 + 0,168 = 1.
Вычислим
n
M  X    xi pi  0  0,012  1  0,106  2  0,320  3  0,394  4  0,168  2,6 .
i 1
 
Вычислим D X   M X 2  M  X 2 :
 
n
M X 2   xi 2 pi  0  0,012  1  0,106  4  0,32  9  0,394  16  0,168  7,62 ,
i 1
M  X 2  2,62  6,76 . D X   7,62  6,76  0,86 .
Пример 7.3. Вероятность того, что в библиотеке необходимая студенту
книга свободна, равна 0,3. Составить закон распределения числа библиотек, которые последовательно посетит студент, чтобы взять необходимую книгу, если
в городе 3 библиотеки.
Решение. В качестве случайной величины Х выступает число библиотек,
которые посетит студент, чтобы получить необходимую книгу. Возможные
значения, которые примет случайная величина Х: 1, 2, 3.
Обозначим через событие A1 — книга свободна в первой библиотеке,
A2 — во второй, A3 — в третьей. Тогда P A1   P A2   P A3   0,3 . Вероят-
 
 
 
ность противоположного события, что книга занята P A1  P A2  P A3 
 1  0,3  0,7 .
Для составления закона распределения рассчитаем соответствующие вероятности:
64
P X  1  P A1   0,3 ,
PX  2  PA1A2   PA1PA2   0,7  0,3  0,21,
PX  3  PA1A2 A3   PA1A2 A3   PA1PA2 PA3   PA1PA2 PA3  
 0,7  0,7  0,3  0,7  0,7  0,7  0,147  0,343  0,49.
Запишем закон распределения в виде таблицы.
Х
Р
1
0,3
2
0,21
3
0,49
Проверка: 0,3 + 0,21 + 0,49 = 1.
Пример 7.4. Из поступающих в ремонт 10 часов 7 нуждаются в общей
чистке механизма. Часы не рассортированы по виду ремонта. Мастер, желая
найти часы, нуждающиеся в чистке, рассматривает их поочередно и, найдя такие часы, прекращает дальнейший просмотр. Составить закон распределения
числа просмотренных часов. Найти математическое ожидание и дисперсию
этой случайной величины.
Решение. В качестве случайной величины Х выступает число просмотренных часов. Возможные значения, которые примет случайная величина Х: 1, 2, 3, 4.
Все значения случайной величины зависимы.
Для составления закона распределения вычислим вероятности того, что
случайная величина примет каждое из своих возможных значений. Для расчета
вероятностей будем использовать формулу классической вероятности и теорему умножения для зависимых событий.
Пусть событие A1 — первые, взятые наугад, часы, нуждающиеся в чистке,
A2 — вторые, A3 — третьи, A4 — четвертые. Тогда имеем:
P X  1  P A1  
7
,
10
P X  2  PA1A2   PA1P A2   3  7  7 ,
10 9 30
P X  3  PA1A2 A3   PA1PA2 P A3   3  2  7  7 ,
10 9 8 120
65
P X  4  PA1A2 A3 A4   PA1PA2 PA3 P A4   3  2  1  7  1 .
10 9 8 7 120
Запишем закон распределения в виде таблицы
Х
Р
1
7
10
2
7
30
3
7
120
4
1
120
n
Проверим, что  pi  1 :
i 1
7
7
7
1
84  28  7  1 120





 1.
10 30 120 120
120
120
Вычислим математическое ожидание случайной величины по формуле
n
M  X    xi pi  1 
i 1
7
7
7
1
33 11
 2  3
 4

 .
10
30
120
120 24 8
Вычислим дисперсию случайной величины по формуле
 
D X   M X 2  M  X 2 .
 
Вычислим M X 2  1 
7
7
7
1
55
,
 4 9
 16 

10
30
120
120 24
2
55  33 
55 1089 231 77
D X  
  



.
24  24 
24 576 576 192
Пример 7.5. Известно, что в определенном городе 20 % горожан добираются на работу личным автотранспортом. Случайно выбраны 4 человека. Составить закон распределения числа людей, добирающихся на работу личным
автотранспортом. Найти числовые характеристики этого распределения. Написать функцию распределения и построить ее график.
Решение. В качестве случайной величины Х выступает число людей в выборке, которые добираются на работу личным автотранспортом. Возможные
значения, которые может принять случайная величина Х: 0, 1, 2, 3, 4.
Вероятность того, что каждый из отобранных людей, которые добираются
на работу личным автотранспортом, постоянна и равна p  0,2 . Вероятность
противоположного события, т.е. того, что каждый из отобранных людей добирается на работу не личным автотранспортом, равна q  1  p  1  0,2  0,8 . Все
4 испытания независимы. Случайная величина X  m подчиняется биномиаль66
ному закону распределения вероятностей с параметрами n  4 ; p  0,2 ; q  0,8 .
Для составления закона распределения вычислим вероятности того, что случайная величина примет каждое из своих возможных значений.
Расчет искомых вероятностей осуществляется по формуле Бернулли:
Pn m  Cnm pmqn  m 
n!
p mq n  m .
m!n  m !
P X  0  P4 0  C40  0,2 0  0,84  0  1  1  0,84  0,4096 ,
P X  1  P4 1  C41  0,21  0,84 1  4  0,2  0,83  0,4096 ,
P X  2  P4 2  C42  0,2 2  0,8 4  2  6  0,2 2  0,8 2  0,1536 ,
P X  3  P4 3  C43  0,23  0,8 4  3  4  0,23  0,8  0,0256 ,
P X  4  P4 4  C44  0,2 4  0,8 4  4  1  0,2 4  1  0,0016 .
Запишем закон распределения в виде таблицы
Х
Р
0
0,4096
1
0,4096
2
0,1536
3
0,0256
4
0,0016
Так как все возможные значения случайной величины образуют полную
группу событий, то сумма их вероятностей должна быть равна 1.
Проверка: 0,4096 + 0,4096 + 0,1536 + 0,0256 + 0,0016 = 1.
Найдем числовые характеристики дискретной случайной величины: математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение. Математическое ожидание может быть рассчитано по формуле
n
M  X    xi pi  0  0,4096  1  0,4096  2  0,1536  3  0,0256  4  0,0016  0,8 .
i 1
Так как случайная величина подчиняется биноминальному закону, то для
расчета математического ожидания можно воспользоваться формулой
M  X   np  4  0,2  0,8 .
Дисперсия случайной величины может быть рассчитана по формуле D X  
 
 M X 2  M  X 2 :
M  X 2  0,82  0,64 ,
 
n
M X 2   xi 2 pi  0  0,4096  1  0,4096  4  0,1536  9  0,0256  16  0,0016  1,28,
i 1
D X   1,28  0,64  0,64 .
67
В данном случае дисперсию можно рассчитать по формуле
D X   npq  4  0,2  0,8  0,64 .
Рассчитаем среднее квадратическое отклонение случайной величины по
формуле
σ  D X   0,64  0,8 .
Составим функцию распределения случайной величины Х по формуле
F  x   P X  x  .
1.
x  0, F  x   0 .
2.
0  x  1,
3.
1  x  2, F  x   0,4096  0,4096  0,8192 .
4.
2  x  3,
5.
3  x  4, F  x   0,4096  0,4096  0,1536  0,0256  0,9984 .
6.
x  4,
F  x   0,4096 .
F  x   0,4096  0,4096  0,1536  0,9728 .
F  x   1.
Запишем функцию распределения
0, x  0;
0,4096 , 0  x  1;

0,8192 , 1  x  2;
F x   
0,9728, 2  x  3;
0,9984 , 3  x  4;

1, x  4.
График функции распределения вероятностей имеет ступенчатый вид
(рис. 7.3). Скачки равны вероятностям, с которыми случайная величина принимает возможные значения.
68
F(х)
1
0,9984
0,9728
0,8192
0,4096
0
1
2
3
4
х
Рис. 7.3
Пример 7.6. Клиенты банка, не связанные друг с другом, не возвращают
кредиты в срок с вероятностью 0,1. Составить закон распределения числа возвращенных в срок кредитов из 5 выданных. Найти математическое ожидание,
дисперсию и среднее квадратическое отклонение этой случайной величины.
Решение. В качестве случайной величины Х выступает число кредитов,
возвращенных клиентами в срок. Возможные значения, которые может принять
случайная величина Х: 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Вероятность того, что каждый клиент возвратит кредит в срок, постоянна и
равна p  0,9 . Вероятность того, что кредит не будет возвращен в срок, равна
q  1  0,9  0,1 . Все 5 испытаний независимы. Случайная величина подчиняется
биномиальному распределению с параметрами n  5 ; p  0,9 ; q  0,1; X  m .
Для составления закона распределения вычислим вероятности того, что случайная величина примет каждое из своих возможных значений. Расчет искомых
вероятностей осуществляется по формуле Бернулли
Pn m  Cnm pmqn  m ,
P X  0   P5 0   C50  0,9 0  0,15  0,15  0,00001 ,
P X  1  P5 1  C51  0,91  0,14  5  0,9  0,14  0,00045 ,
P X  2  P5 2  C52  0,9 2  0,13  10  0,9 2  0,13  0,0081 ,
69
PX  3  P53  C53  0,93  0,12  10  0,93  0,12  0,0729 ,
P X  4   P5 4   C54  0,9 4  0,11  5  0,9 4  0,1  0,32805 ,
P X  5  P5 5  C55  0,95  0,10  0,95  0,59049 .
Запишем закон распределения в виде таблицы
Х
Р
0
0,00001
1
0,00045
2
0,0081
3
0,0729
4
0,32805
5
0,59049
Математическое ожидание вычислим по формуле
M  X   np  5  0,9  4,5 .
Дисперсию вычислим по формуле
D X   npq  5  0,1  0,9  0,45 .
Пример 7.7. Из 10 телевизоров на выставке оказались 4 телевизора фирмы
«Сони». Наудачу для осмотра выбраны 3 телевизора. Составить закон распределения числа телевизоров фирмы «Сони» среди 3 отобранных.
Решение. В качестве случайной величины Х выступает число телевизоров
фирмы «Сони». Возможные значения, которые может принять случайная величина Х: 0, 1, 2, 3. Для составления закона распределения вычислим вероятности
того, что случайная величина примет каждое из своих возможных значений. Эти
m
вероятности можно рассчитать по формуле классической вероятности p  :
n
C 0C 3
C 2C1
P X  0  4 3 6  1 P X  2  4 3 6  3 ;
C10
6
C10 10
P X  1 
C41C62 1

3
C10
2
P X  3 
C43C60 1

.
3
C10
30
Запишем закон распределения
Х
Р
Убедимся, что
0
1
6
n
1
1
1
2
1
3
2
3
10
1
 pi  6  2  10  30 
i 1
70
3
1
30
5  15  9  1 30

 1.
30
30
Пример 7.8. На двух автоматических станках производятся одинаковые
изделия. Даны законы распределения числа бракованных изделий, производимых в течение смены на каждом из них:
Х: для первого
Х
Р
0
0,1
1
0,6
2
0,2
3
0,1
Y: для второго
Y
yj
0
1
2
Р
pj
0,5
0,3
0,2
Составить закон распределения числа производимых в течение смены бракованных изделий обоими станками. Проверить свойство математического
ожидания суммы случайных величин.
Решение. Для того чтобы составить закон распределения Х + Y необходимо складывать xi  y j , а соответствующие им вероятности умножить pi p j :
x1  y1  0  0  0 ; p0  0,1  0,5  0,05 ,
x1  y 2  0  1  1 ; p1  0,1  0,3  0,6  0,5  0,33 ,
x1  y3  0  2  2 ; p2  0,1  0,2  0,6  0,3  0,2  0,5  0,3 ,
x2  y1  1  0  1 ; p3  0,6  0,2  0,2  0,3  0,1  0,5  0,23 ,
x2  y 2  1  1  2 ; p4  0,2  0,2  0,1  0,3  0,07 ,
x2  y3  1  2  3 ; p5  0,1  0,2  0,02 ,
x3  y1  2  0  2 ,
x3  y 2  2  1  3 ,
x3  y3  2  2  4 ,
x4  y1  3  0  3 ,
x4  y 2  3  1  4 ,
x 4  y3  3  2  5 .
71
Закон распределения запишем в виде таблицы
Х+Y
P
0
0,05
1
0,33
2
0,3
3
0,23
4
0,07
5
0,02
Проверим свойство математического ожидания M  X  Y   M  X   M Y  :
n
M  X    xi pi  0  0,1  1  0,6  2  0,2  3  0,1  1,3 ,
i 1
n
M Y    y j p j  0  0,5  1  0,3  2  0,2  0,7 ,
j 1
M  X  Y   0  0,05  1  0,33  2  0,3  3  0,23  4  0,07  5  0,02  2 ,
M  X   M Y   1,3  0,7  2 .
Пример 7.9. Дискретная случайная величина Х имеет только два возможных значения: x1 и x 2 , причем x2  x1 . Вероятность того, что Х примет значение
x1 , равна 0,6. Найти закон распределения величины Х, если математическое
ожидание M  X   1,4 ; D X   0,24 .
Решение. Сумма вероятностей всех возможных значений случайной величины равна единице, поэтому вероятность того, что Х примет значение
x2  1  0,6  0,4 . Напишем закон распределения Х
X
x1
x2
P
0,6
0,4
Для того чтобы отыскать x1 и x 2 необходимо составить два уравнения. Из
условия задачи следует, что M  X   0,6 x1  0,4 x2  1,4 , D X   0,6 x12  0,4 x2 2 
 1,4 2  0,24 .
Составим систему уравнений
0,6 x1  0,4 x2  1,4,

2
2
0,6 x1  0,4 x2  2,2.
Решив эту систему, имеем x1  1 ; x2  2 и x1  1,8 ; x2  0,8 .
72
По условию x2  x1 , поэтому задаче удовлетворяет лишь первое решение,
т.е. x1  1; x2  2 . Тогда закон распределения имеет вид
X
P
1
0,6
2
0,4
Пример 7.10. Случайные величины X и Y независимы. Найти дисперсию
случайной величины Z  2 X  3Y , если известно, что D X   4 , DY   5 .
Решение. Так как имеют место свойства дисперсии
D X  Y   D X   DY  и DCX   C 2 D X  , то получим
DZ   D2 X   D3Y   2 2 D X   32 DY   4  4  9  5  16  45  61 .
Задачи для самостоятельного решения
7.1. Среди 10 изготовленных приборов 3 неточных. Составить закон распределения числа неточных приборов среди взятых наудачу 4 приборов. Найти
математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины. Составить
функцию распределения случайной величины и построить ее график.
Ответ:
X
P
0
1
6
1
1
2
2
3
10
M  X   1,2 ; D X   0,56 .
0

1
6

F x    2
3
 29
 30

1
при x   ; 0 ,
при x  0; 1 ,
при x  1; 2 ,
при x  2; 3 ,
при x  3;   .
73
3
1
30
7.2. В магазине продаются 5 отечественных и 3 импортных телевизора. Составить закон распределения случайной величины — числа импортных из
4 наудачу взятых телевизоров. Найти функцию распределения и построить ее
график.
Ответ:
X
P
0
1
14
1
3
7
2
3
7
3
1
14
0 при x   ; 0 ,
1

при x  0; 1 ,
14
 1
F x   
при x  1; 2 ,
2

13
14 при x  2; 3 ,

при x  3;    .
1
7.3. В билете три задачи. Вероятность правильного решения первой задачи
равна 0,9, второй — 0,8, третьей — 0,7. Составить закон распределения числа
правильно решенных задач в билете и вычислить математическое ожидание и
дисперсию.
Ответ:
X
P
0
0,006
1
0,092
2
0,398
3
0,504
M  X   2,4 ;
D X   0,46 .
7.4. Поступающий в институт должен сдать 3 экзамена. Вероятность сдачи
первого экзамена 0,9, второго — 0,8, третьего — 0,7. Следующий экзамен поступающий сдает только в случае успешной сдачи предыдущего. Составить закон распределения числа приходов на экзамен для лица, поступающего в институт. Найти математическое ожидание случайной величины.
Ответ:
X
P
1
0,1
2
0,18
M  X   2,62 .
74
3
0,72
7.5. В городе 4 коммерческих банка. У каждого риск банкротства в течение
года составляет 10 %. Составить закон распределения числа банков, которые
могут обанкротиться в течение следующего года и найти числовые характеристики этого распределения.
Ответ:
X
P
0
0,6561
1
0,2916
2
0,0486
3
0,0036
4
0,0001
M  X   0,4 ;
D X   0,36 ;
σX   0,6 .
7.6. Вероятность поражения земляники вирусным заболеванием равна 0,2.
Составить закон распределения числа кустов земляники, зараженных вирусом,
из четырех посаженных кустов. Найти математическое ожидание и дисперсию
этой случайной величины.
Ответ:
X
P
0
0,4096
1
0,4096
2
0,1536
3
0,0256
4
0,0016
M  X   0,8 ;
D X   0,64 .
7.7. В урне находятся шары трех весов 3, 4 и 5 кг с соответствующими вероятностями 0,2; 0,3; 0,5. Извлекаются два шара с возвращением обратно. Составить закон распределения суммарного веса двух извлеченных шаров. Найти
математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.
Ответ:
X
P
6
0,04
7
0,12
8
0,29
M  X   8,6 ;
D X   1,22 .
75
9
0,30
10
0,25
7.8. Производится стрельба из орудия по удаляющейся цели. При первом
выстреле вероятность попадания равна 0,8, при каждом следующем выстреле
вероятность попадания уменьшается в 2 раза. Случайная величина Х — число
попаданий в цель при трех выстрелах. Составить закон распределения случайной величины Х.
Ответ:
X
P
0
0,096
1
0,472
2
0,368
3
0,064
7.9. Найти закон распределения числа пакетов трех акций, по которым
владельцем будет получен доход, если вероятность получения дохода по каждому из них равна соответственно 0,5; 0,6; 0,7. Найти математическое ожидание
и дисперсию этой случайной величины.
Ответ:
X
P
0
0,06
1
0,29
2
0,44
3
0,21
M  X   1,8 ;
D X   0,7 .
7.10. В лотерее разыгрывается один автомобиль стоимостью 5000 ден. ед.,
четыре телевизора – стоимостью 250 ден. ед. каждый, пять магнитофонов –
стоимостью 200 ден. ед. каждый. Продано 1000 билетов стоимостью 7 ден. ед.
каждый. Составить закон распределения случайной величины Х – чистого выигрыша, полученного участником лотереи, купившим один билет.
Ответ:
X
P
–7
0,990
193
0,005
243
0,004
4993
0,001
7.11. В карточной игре игрок, который извлекает из колоды карт (52 карты) валет или даму, выигрывает 15 очков; тот, кто вытащит короля или козырного туза, выигрывает 5 очков. Игрок, который достанет любую другую карту,
проигрывает 4 очка. Если вы решили участвовать в этой игре, определите сумму очков ожидаемого выигрыша.
Ответ:
Число очков X 15 5 – 4
8
8 36
P
52 52 52
76
M ( X )  0,3077 .
7.12. Дискретная случайная величина Х может принимать только два значения x1 и x 2 , причем x1  x2 . Известны вероятность p1  0,1 возможного значения x1 , математическое ожидание M  X   3,9 и дисперсия D X   0,09 .
Найти закон распределения этой случайной величины.
Ответ:
X
P
3
0,1
4
0,9
7.13. Два стрелка стреляют по одной мишени, делая независимо друг от
друга по два выстрела. Вероятность попадания в мишень для первого стрелка
равна 0,4, для второго – 0,5. Пусть Х – число попаданий в мишень первым
стрелком, Y– число попаданий в мишень вторым стрелком. Построить закон
распределения случайной величины Z = X – Y и найти M(Z), D(Z).
Ответ: M(Z) = –0,2; D(Z) = 0,98.
7.14. Имеется шесть ключей, из которых только один подходит к замку.
Составить закон распределения числа попыток при открывании замка, если испробованный ключ в последующих опробованиях не участвует. Найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.
7
35
Ответ: M(Х) = ; D(Х) =
.
12
2
7.15. В магазин поступила обувь с двух фабрик в соотношении 2 : 3. Куплено четыре пары обуви. Построить закон распределения числа купленных пар
обуви, изготовленных первой фабрикой. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение этой случайной величины.
Ответ: M(Х) = 1,6; D(Х) = 0,96;  ( X )  0,9799 .
7.16. В партии из десяти изделий имеется одно бракованное. Чтобы его обнаружить вынимают наугад одно изделие за другим и каждое вынутое изделие
проверяют. Построить закон распределения и найти математическое ожидание
числа проверенных изделий.
Ответ: M(Х) = 5,5.
7.17. Проводится проверка большой партии деталей до обнаружения бракованной (без ограничения числа проверенных деталей). Составить закон рас77
пределения числа проверенных деталей. Найти M(Х) и D(Х) случайной величины, если известно, что вероятность брака для каждой детали равна 0,1.
Ответ: M(Х) = 10;D(X)= 90.
7.18. Независимые случайные величины Х и Y заданы следующими законами распределения:
X
P
5
0,6
2
0,1
4
0,3
Y
Р
7
0,8
9
0,2
Найти M ( X  Y ) , M ( X  Y ) и проверить, что M ( X  Y ) = M ( X )  M (Y ) ,
M ( X  Y )  M ( X )  M (Y ) .
Ответ: M ( X  Y ) =11,8; M ( X  Y ) = 32,56.
7.19. Дискретная случайная величина задана законом распределения
X
P
0
p1
1
0,2
2
p3
3
0,5
Найти вероятность p1  P X  0 , если известно, что p1 в 2 раза больше, чем
вероятность p3  P X  2 .
Ответ: p1  0,2 .
7.20. Найти дисперсию случайной величины Y  2 X  3, если известно,
что D( X )  3.
Ответ: D(Y )  12 .
7.21. Найти дисперсию случайной величины Y  3 X  4 , если известно,
что D( X )  4 .
Ответ: D(Y )  36 .
7.22. Даны две независимые случайные величины Х и Y; дисперсии которых равны D( X )  7 , D(Y )  3. Найти дисперсию D( X  2Y ) .
Ответ: D( X  2Y )  19 .
7.23. Даны две независимые случайные величины Х и Y; дисперсии которых равны D( X )  3 , D(Y )  4 . Найти дисперсию D(3 X  2Y ) .
Ответ: D(3 X  2Y )  43 .
78
7.24. Даны законы распределения двух независимых случайных величин
Х и Y.
X
1
2
Y
0
2
3
P
0,6
0,4
P
0,1
0,2
0,7
Найти вероятность того, что случайная величина X  Y примет значение,
равное 4.
Ответ: P  0,5 .
7.25. Даны все возможные значения дискретной случайной величины Х:
x1  2 , x2  4 и M  X   3,2 . Найти P X  x1 .
Ответ: P X  x1   0,4 .
7.26. Даны все возможные значения дискретной случайной величины Х:
x1  2 , x2  3 и M  X   2,3. Найти P X  x1 .
Ответ: P X  x1   0,7 .
7.27. Случайную величину умножили на постоянный множитель k. Как от
этого изменится среднее квадратическое отклонение?
Ответ: Увеличится в k раз.
8. Непрерывные случайные величины.
Плотность вероятности
Функцией распределения случайной величины Х называется функция F(х),
выражающая для каждого х вероятность того, что случайная величина Х примет
значение, меньшее х: F x   P X  x  .
Функцию F(х) иногда называют интегральной функцией распределения,
или интегральным законом распределения.
Случайная величина Х называется непрерывной, если ее функция распределения непрерывна в любой точке и дифференцируема всюду, кроме, быть
может, отдельных точек.
Примеры непрерывных случайных величин: диаметр детали, которую токарь
обтачивает до заданного размера, рост человека, дальность полета снаряда и др.
Теорема. Вероятность любого отдельно взятого значения непрерывной
случайной величины равна нулю
79
P X  x1   0 .
Следствие. Если Х — непрерывная случайная величина, то вероятность
попадания случайной величины в интервал  x1 , x2  не зависит от того, является
этот интервал открытым или закрытым, т.е.
P x1  X  x2   P x1  X  x2   P x1  X  x2   P x1  X  x2 .
Если непрерывная случайная величина Х может принимать только значения в границах от а до b (где а и b — некоторые постоянные), то функция распределения ее равна нулю для всех значений x  a и единице для значений
x  b.
Для непрерывной случайной величины
P x1  X  x2   F  x2   F  x1  .
Все свойства функций распределения дискретных случайных величин выполняются и для функций распределения непрерывных случайных величин.
Задание непрерывной случайной величины с помощью функции распределения не является единственным.
Плотностью вероятности (плотностью распределения или плотностью)
р(х) непрерывной случайной величины Х называется производная ее функции
распределения
p x   F  x  .
Плотность вероятности р(х), как и функция распределения F(х), является
одной из форм закона распределения, но в отличие от функции распределения
она существует только для непрерывных случайных величин.
Плотность вероятности иногда называют дифференциальной функцией, или
дифференциальным законом распределения.
График плотности вероятности называется кривой распределения.
Свойства плотности вероятности непрерывной случайной величины:
1.
p x   0 .
2.
Pa  X  b    p x  dx (рис. 8.1).
b
a
80
р(х)
Р(а≤Х≤ b)
а
х
b
Рис. 8.1
3.
F x  
x
 px  dx (рис. 8.2).

р(х)
F(х)
х
х
Рис. 8.2

4.
 px  dx 1 .

Геометрически свойства плотности вероятности означают, что ее график — кривая распределения — лежит не ниже оси абсцисс, и полная площадь
фигуры, ограниченной кривой распределения и осью абсцисс, равна единице.
Пример 8.1. Минутная стрелка электрических часов передвигается скачками поминутно. Вы бросили взгляд на часы. Они показывают а минут. Тогда
для вас истинное время в данный момент будет случайной величиной. Найти ее
функцию распределения.
Решение. Очевидно, что функция распределения истинного времени равна 0
для всех x  a и единице для x  a  1. Время течет равномерно. Поэтому вероятность того, что истинное время меньше а + 0,5 мин, равна 0,5, так как одинаково
вероятно, прошло ли после а менее или более полминуты. Вероятность того, что
истинное время меньше а + 0,25 мин, равна 0,25 (вероятность этого времени втрое
меньше вероятности того, что истинное время больше а + 0,25 мин, а сумма их
равна единице, как сумма вероятностей противоположных событий). Аналогично
рассуждая, найдем, что вероятность того, что истинное время меньше а + 0,6 мин,
равна 0,6. В общем случае вероятность того, что истинное время меньше а +
81
+ α мин 0  α  1 , равна α. Следовательно, функция распределения истинного
времени имеет следующее выражение:
0 для x  a,

F x  α для x  a  α 0  α  1 ,
1 для x  a  1.

Она непрерывна всюду, а производная ее непрерывна во всех точках, за
исключением двух: х = а и х = а + 1. График этой функции имеет вид (рис. 8.3):
F(х)
1
а
а+1
х
Рис. 8.3
Пример 8.2. Является ли функцией распределения некоторой случайной
величины функция
0 при x  0,

F  x    x 3 при 0  x  1,
1 при x  1.

Решение.
F(х)
1
х
1
Рис. 8.4
82
Все значения этой функции принадлежат отрезку 0; 1 , т.е. 0  F x   1 .
Функция F(х) является неубывающей: в промежутке  ; 0 она постоянна,
равна нулю, в промежутке 0; 1 возрастает, в промежутке 1;    также
постоянна, равна единице (см. рис. 8.4). Функция непрерывна в каждой точке х0
области ее определения — промежутка  ;    , поэтому непрерывна слева,
т.е. выполняется равенство
lim
x  x0  0
F  x   F  x 0  , F  x0  0   F  x0  .
Выполняются и равенства:
lim F x   0 , lim F x   1 .
x  
x  
Следовательно, функция F  x  удовлетворяет всем свойствам, характерным
для функции распределения. Значит данная функция F  x  является функцией
распределения некоторой случайной величины Х.
Пример 8.3. Является ли функцией распределения некоторой случайной
величины функция
0 при x  0,

F x  cos x при 0  x  π / 2,
1 при x  π / 2.

Решение. Данная функция не является функцией распределения случайной величины, так как на промежутке  0; π  она убывает и не является
 2 
непрерывной. График функции изображен на рис. 8.5.
F(х)
1
π/2
Рис. 8.5
83
х
Пример 8.4. Случайная величина Х задана функцией распределения
0 при x  0,

F  x   ax3 при 0  x  2,
1 при x  2.

Найти коэффициент а и плотность вероятности случайной величины Х.
Определить вероятность неравенства 0  X  1 .
Решение. Плотность распределения равна первой производной от функции
распределения
0 при x  0,

px   F x   3ax 2 при 0  x  2,
0 при x  2.

Коэффициент а определяем с помощью равенства
2
 3ax
2
dx  1 ,
0
отсюда
a
1
2
3 x 2 dx
0

1
1
 .
1 2 8
3  x3
3 0
Тот же результат можно было получить, используя непрерывность функции F  x  в точке x  2
lim F  x   lim ax3  8a , lim F  x   1 .
x 20
x  2 0
x 2 0
1
Следовательно, 8a  1  a  .
8
Поэтому плотность вероятности имеет вид
0 при x  0,
3

p x    x 2 при 0  x  2,
8
0 при x  2.
Вероятность P0  X  1 попадания случайной величины Х в заданный
промежуток вычисляется по формуле
P0  X  1  F 1  F 0 
84
1
8
0
1
8
.
Пример 8.5. Случайная величина Х имеет плотность вероятности (закон
Коши)
a
   x    .
p x  
1  x2
Найти коэффициент а и вероятность того, что случайная величина Х
примет какое-нибудь значение из интервала 0; 5 . Найти функцию распределения этой случайной величины.
Решение. Найдем коэффициент а из равенства


a
2
 1  x
dx  1 ,

a
dx  aarctgx    aarctg   arctg   a π  π   aπ.
но 
dx

a

2
2
 2 2 

 1  x
 1  x

Следовательно, a  1 .
π
1
Итак, px 
.
π1  x2 
Вероятность того, что случайная величина Х примет какое-нибудь значение из интервала 0; 5 , равна
5
dx  1 arctgx 5  1 arctg5  arctg0  1 arctg5  0,435.
2
0 π
π
0 π1  x  π
P0  X  5  
Найдем функцию распределения данной случайной величины
F x 
x
dx  1 arctgx x  1 arctgx  arctg   1 arctgx  π   1  1 arctgx.

2
 π
π 
2  2 π
 π1  x  π
Пример 8.6. График плотности вероятности случайной величины Х изображен
на рис. 8.6 (закон Симпсона). Написать выражение плотности вероятности
ифункцию распределения этой случайной величины.
р(х)
1
–1
0
Рис. 8.6
85
1
х
Решение. Пользуясь графиком, записываем аналитическое выражение
плотности распределения вероятностей данной случайной величины
0 при x  -1 и x  1,

p x    x  1 при  1  x  0,
 x  1 при 0  x  1.

Найдем функцию распределения.
x
Если x  1 , то F x  
x
 px  dx   0  dx  0 .


Если  1  x  0 , то F  x  
Если 0  x  1 , то F x 

x  1
2
2
0 1  x 

1
2

x  1
0
2
1

1  x
2
2
1
x


1
 px  dx   0  dx  
x
2
1
0
x

1
2
0
 px dx   0  dx   x  1 dx   1  x dx 

x 1 1  x 
1  x  .
1
 
 1
0 2
2
2
2
2
2
Если x  1 , то F x 
2
2

x  1
.
x  1 dx 
x
x
1
0
1
x


1
0
1
 px dx   0  dx   x  1 dx   1  x dx   0  dx 
1
 1  1  1.
0 2 2
Следовательно, функция распределения имеет вид
0 при x  1,

2
  x  1 при  1  x  0,

F x    2
2
 1  x 
при 0  x  1,
1  2

1 при x  1.
Задачи для самостоятельного решения
8.1. Дана функция
0, если x   π ,

2

F x  cos x, если  π  x  0,
2

1, если x  0.

86
Показать, что данная функция является функцией распределения некоторой случайной величины Х. Найти вероятность того, что эта случайная величи π 
на принимает значения из интервала   ; 0  .
 3 
1
Ответ: .
2
8.2. Дана функция
0, если x  0,

F  x    x 2 , если 0  x  2,
1, если x  2.

Является ли она функцией распределения некоторой случайной величины?
Ответ: нет.
8.3. Является ли функцией распределения некоторой случайной величины
функция
F x  
1
1  x2
   x    ?
Ответ: нет.
8.4. Является ли функцией распределения некоторой случайной величины
каждая из следующих функций:
e x при x  0,
а) F  x   
1 при x  0.
x

e при x  0,
б) F x   
x

e при x  0.
Ответ: а) да; б) нет.
8.5. Дана функция распределения случайной величины Х:
0 при x  0,
 2
x
F x   
при 0  x  2,
4

1 при x  2.
87
Найти плотность вероятности, а также вероятности P X  1, P X  1,
P1  X  2 .
0 при x  0 и при x  2,

Ответ: px    x
при 0  x  2.

2
1
3
P X  1  0 ; P X  1  ; P1  X  2  .
4
4
8.6. Случайная величина Х, сосредоточенная на интервале  1; 3 , задана
1
1
функцией распределения F x   x  . Найти вероятность попадания случай4
4
ной величины Х в интервал 0; 2. Построить график функции F(х).
Ответ: P0  X  2 
1
.
2
8.7. Случайная величина Х, сосредоточенная на интервале 2; 6, задана
1 2
функцией распределения F  x  
x  4 x  4 . Найти вероятность того, что
16
случайная величина Х примет значения: а) меньше 4; б) меньше 6; в) не меньше
3; г) не меньше 6.


1
15
Ответ: P2  X  4   ; P2  X  6   1; P3  X  6   ; P6  X  6   0 .
4
16
8.8. Случайная величина Х, сосредоточенная на интервале 1; 4 , задана
квадратичной функцией F x   ax2  bx  c , имеющей максимум при х = 4.
Найти параметры а, b, с и вычислить вероятность попадания случайной величины Х в интервал 2; 3 .
1
8
7
1
Ответ: a   ; b  ; c   ; P2  X  3  .
9
9
9
3
8.9. Функция распределения случайной величины Х имеет вид
0 при x  1,

F  x   a  b arcsin x при  1  x  1,
1 при x  1.

88
Определить постоянные а и b. Найти плотность вероятности случайной величины Х и построить ее график.
1

при x  1,
1
1

Ответ: a  ; b  ; p x    π 1  x 2
2
π
0 при x  1.

8.10. Плотность распределения вероятностей случайной величины Х определяется функцией
px  ax2ekx k  0, 0  x  .
Найти значение коэффициента а. Найти функцию распределения F(х) величины Х.
3
2 2
Ответ: a  k ; F x  1  k x  2kx  2 e kx .
2
2
8.11. Функция р(х) задана в виде
0 при x  1,

p x    a
 x 4 при x  1.
Найти значение постоянной а, при которой функция будет плотностью вероятности некоторой случайной величины Х; функцию распределения F(х); вычислить вероятность того, что случайная величина Х примет значение на отрезке 2; 3 .
0 при x  1,
19

Ответ: a  3; F x    1
.
P2  X  3 
1

при
x

1
,
216

 x3
8.12. Задана плотность распределения непрерывной случайной величины Х:
0 при x  π / 6,

px  3 sin 3x при π / 6  x  π / 3,
0 при x  π / 3.

Найти функцию распределения F(х).
0 при x  π / 6,

Ответ: F x   cos3x при π / 6  x  π / 3,
1 при x  π / 3.

89
8.13. Плотность распределения непрерывной случайной величины Х в интервале   π ; π  равна px  2 cos2 x ; вне этого интервала р(х) = 0. Найти веπ
 2 2
роятность того, что в трех независимых испытаниях Х примет два раза значение, заключенное в интервале  0; π  .
 4
2
π π  2

 π  2  3π  2
Ответ: P 0  X   
.
; P3 2  C 32 

4
4
π
4

4
π




8.14. Функция распределения случайной величины Х имеет вид
F ( x)  a  b  arctgx. Определить постоянные а, b и найти плотность распределения вероятностей р(х).
1
1
1
Ответ: a  ; b   ; p( x) 
.
2

 (1  x 2 )
Числовые характеристики непрерывных случайных величин
Математическое ожидание непрерывной случайной величины Х, возможные значения которой принадлежат всей оси Ох, определяется равенством
M X  

 xpx dx,

где р(х) — плотность распределения случайной величины Х. Предполагается,
что интеграл сходится абсолютно. В частности, если все возможные значения
b
принадлежат интервалу a; b , то M X    xpx dx.
a
Дисперсия непрерывной случайной величины Х, возможные значения которой принадлежат всей оси Ох определяется равенством
D X  

2
 x  M X  px dx,

если интеграл сходится, или равносильным равенством
D X  



x2 px dx  M  X 2.
В частности, если все возможные значения Х принадлежат интервалу
a; b , то
90
b
D X    x  M X 2 px dx,
a
или
b
DX    x2 px dx  M X 2.
a
Все свойства математического ожидания и дисперсии для дискретных случайных величин справедливы и для непрерывных величин.
Среднее квадратическое отклонение непрерывной случайной величины
определяется равенством
σ X   D X  .
Модой M 0  X  непрерывной случайной величины Х называется ее наиболее вероятное значение (для которого плотность вероятности р(х) достигает
максимума).
Медианой M e  X  непрерывной случайной величины Х называется такое ее
значение, для которого
1
P X  M e  X   P X  M e  X   .
2
Вертикальная прямая x  M e  X  , проходящая через точку с абсциссой,
равной M e  X  , геометрически делит площадь фигуры под кривой распределения на две равные части (рис. 8.7).
р(х)
Р1 = 1/2
Р2 = 1/2
Ме(Х)
х
Рис. 8.7
Очевидно, что F M e  X   1 / 2 .
Начальный теоретический момент порядка k непрерывной случайной величины Х определяется равенством
91
νk 

k
 x px  dx .

Центральный теоретический момент порядка k непрерывной случайной
величины Х определяется равенством
μk 

k
 x  M X  px dx .

Если все возможные значения Х принадлежат интервалу a; b  , то
b
b
νk   x p x  dx , μk   x  M X k px dx .
k
a
a
Очевидно, что ν0  1 ; μ 0  1 ; ν1  M  X  ; μ1  0 ; μ2  D X  . Центральные
моменты выражаются через начальные моменты по формулам:
μ2  ν2  ν12 ,
μ3  ν3  3ν1ν2  2ν13 ,
μ4  ν4  4ν1ν3  6ν12ν2  3ν14 .
Математическое ожидание М(Х), или первый начальный момент, характеризует среднее значение распределения случайной величины Х; второй центральный момент, или дисперсия D X  , — степень рассеяния распределения Х
относительно М(Х).
Третий центральный момент служит для характеристики асимметрии распределения.
μ
Величина A  33 называется коэффициентом асимметрии случайной веσ
личины.
А = 0, если распределение симметрично относительно математического
ожидания.
Четвертый центральный момент характеризует крутость распределения.
Эксцессом случайной величины называется число
E
μ4
 3.
σ4
Кривые более островершинные, чем кривая для нормального распределения, обладают положительным эксцессом, более плосковершинные — отрицательным эксцессом.
92
Пример 8.7. Дана функция
0 при x  0,
p x     x
cxe при x  0.
При каком значении параметра с эта функция является плотностью распределения некоторой непрерывной случайной величины Х? Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Х.
Решение. Для того чтобы р(х) была плотностью вероятности некоторой
случайной величины Х, она должна быть неотрицательна, т.е. cxe  x  0 , откуда
c  0, и она должна удовлетворять свойству 4 плотности вероятности.
Следовательно,

0



0
 px dx   0dx  
cxe x
b
dx  0  lim c  
b
xe x
b
xe x dx  1,

b
dx  c lim
0
0
откуда
1
c
b
lim
b  
 xe
.
x
dx
0
b
Найдем интеграл  xe  x dx , применив метод интегрирования по частям
0
b
 xe
x

x
dx  u  x, dv  e dx, du  dx, v  e
x
  xe
x
0
b
0
b
  e  x dx 
0
b
 be b  e  x  be b  e  b  1.
0
Таким образом,
c
1
b
1

lim 1  b  b 
b   
e
e 
1
и плотность распределения имеет вид
0 при x  0,
p x     x
 xe при x  0.

0



0
b
M  X    xpx  dx   0dx   x 2 e  x dx  lim  x 2 e  x dx.
93
b
0
b

x2e xdx 
0
u 
x2, dv  e xdx, du  2xdx, v

 e x

  x2e x

b b x
 2 e xdx 
0 0
 b2e b  2  be b  e b  1  2  b2e b  2be b  2e b.
Следовательно,


M  X   lim 2  b 2e b  2beb  2e b  2.
b  
Дисперсия D X   M X 2   M  X 2.
Вначале найдем
M X 2  

 x2 pxdx 
0


x3e xdx  lim
b  
0
b
 x3e xdx 
0
b b


 u  x3, v  e xdx, du  3x2dx, v  e x  lim  x3e x  3 x2e xdx 
b  
0 0


 lim  b3e b  6  3b2e b  6be b  6e b  6.




b  
Теперь DX   6  22  2.
Пример 8.8. Случайная величина Х распределена по «закону прямоугольного треугольника» в интервале 0, a  (рис. 8.8).
р(х)
А
В
0
а
х
Рис. 8.8
1. Написать выражение плотности распределения.
2. Найти функцию распределения F(х).
3. Найти вероятность попадания случайной величины Х на участок от
a
до а.
2
4. Найти характеристики величины Х: М(Х), D(Х), σ  X  , μ3  X .
Решение. Так как площадь прямоугольного треугольника есть площадь
фигуры, ограниченной кривой распределения и осью абсцисс, то она равна
94
1
1
2
единице: S ΔOAB  OA  OB  p0  a  1 и, следовательно, p0   . Уравнение
a
2
2
x p x 
прямой АВ в отрезках имеет вид

 1 , откуда px  p01  x  
 a
a p0 
2
x
 1   , то есть функция плотности распределения имеет вид
a a
x
2 
 1   при x  0; a ,
p x    a  a 
0 при x  0; a  .

Найдем функцию распределения F(х):
если x  0 , то F x 
x
 px dx 

x
 0dx  0;

2x
x








2
x

2
x
x
x
если 0  x  a , то F x   0dx   1   dx 
a 1   d 1    1   
a
a 0 a   a   a  0

0a
0
x
2
x
x
x

 1    1   2  ;
a
a
 a
2a
x




2
x
x
если x  a , то F x   0dx   1   dx   0dx  1    1.
a
 a 0

0a
a
0
a
Таким образом,
0 при x  0,

x
x
F  x     2   при 0  x  a,
a
a 
1 при x  a .
Вероятность попадания случайной величины Х на участок от
a
до а опре2
деляется по формуле
1
1
3 1
a

a
P  X  a   F a   F    12  1   2    1   .
2
2
4 4
2

2
Найдем математическое ожидание:
95
M X  

 xpx  dx 

2a  x
21
1 a
x1   dx   x 2  x 3  

a 0  a
a2
3a  0
2  a 2 a3  2 a 2 a
     
 ,
a  2 3a  a 6 3
a
3
4 a
3
4
3
2
M X 2   2  x21  x  dx  2  x  x   2  a  a   2  a  a .
a 0  a
a  3 4a  0 a  3
4  a 12 6
Следовательно,
 
a2 a2 a2
,
D X   M X  M  X  


6
9 18
σx  Dx  a  a 2 .
3 2
6
a
a2
2
3
Так как μ3  ν3  3ν1ν2  2ν1 , а ν1  M  X   , ν2  M X 
,
6
3
2 a 3
x
2  x 4 x 5  a 2  a 4 a 4  a 3
3
ν3  M X   x 1   dx  


  ,
a0  a
a  4 5a  0 a  4
5  10
2
2
 
 
3
2
3
3
μ3  a  3  a  a  2  a  a .
10
3 6
27 135
то
Пример 8.9. По данным задачи 8.5 найти математическое ожидание М(Х),
дисперсию D(Х), моду М0(Х) и медиану Ме(Х).
0 при x  0 и при x  2,

Решение. Так как px   F  X    x
при 0  x  2 ,

2
то
M X  

2 2
x dx  1 x3 2  4 .


xp
x
dx



6 0 3

0 2
Дисперсия D X   M X 2   M  X 2.
Вначале найдем
   x
M X
2


2
2
2
1
 x
p x  dx   x 2   dx  x 4  2 .
0
8
2
0
Следовательно,
2
2
4
D X   2     .
9
3
График плотности вероятности р(х) имеет вид (рис. 8.9)
96
р(х)
1
1/2
1
х
2
Рис. 8.9
Плотность вероятности р(х) максимальна при х = 2, это означает, что М0(Х) = 2.
1
Из условия F M e  X   найдем медиану Ме(Х):
2
M e  X   2.
M e  X 2
4
1
 ; откуда
2
Пример 8.10. Дана функция
0 при x  1,

F x   1 x2  8 x  7 при 1  x  4,
9
9
 9
1 при x  4.
Найти коэффициент асимметрии и эксцесс случайной величины Х.
Решение. Плотность распределения случайной величины Х равна
0 при x  1 и при x  4,

px  F x   2
8
 9 x  9 при 1  x  4.
μ3
μ
, эксцесс E  44  3 , то найдем начальные мо3
σ
σ
менты первого, второго, третьего и четвертого порядков:
Так как асимметрия A 
4
ν1   xpx dx     2 x2  8 x  dx    2 x3  4 x2   2,
9 
9 1
 27
1
1 9
4
4
ν2  
1
4
x dx     2 x3  8 x2  dx    x
x2 p
4
1
9
9

97
3 4
 8x   9  4,5,
 18 27 1 2
4
4
5
4 4
ν3   x3  2 x  8  dx    2x  2x   56  11,2,
9
9 1 5
 45
1  9
4
6
5 4
ν4   x4  2 x  8  dx    x  8x   151  30,2.
9
5
 27 45 1
1  9
Тогда
μ2  ν2  ν12  9  4  0,5,
2
μ3  ν3  3ν1ν2  2ν13  11,2  3  2  4,5  2  8  0,2,
μ4  ν4  4ν1ν3  6ν12ν2  3ν14  30,2  4  2  11,2  6  4  4,5  3  16 
 30,2  89,6  108  48  0,6.
Так как D X   μ 2  0,5, то σ X   D X   0,707; σ3  0,353; σ4  0,25.
Следовательно,
0,2
0,6
A
 0,566; E 
 3  0,6.
0,353
0,25
Пример 8.11. Плотность случайной величины Х задана следующим образом:
0 при x  0,

px  3х2 при 0  x  1,
0 при x  1.

Найти моду, медиану и математическое ожидание Х.
Решение. Найдем математическое ожидание Х:
M X  

1

0
 xpx dx   3x3dx  4 x4
3
1
 3.
0 4
Так как плотность распределения достигает максимума при х = 1, то М0(Х) =1.
1
Медиану Ме(Х) найдем из условия F M e  X   . Для этого вначале найдем
2
функцию распределения F  x  :
если x  0 , то F x 
x
x
 px dx   0dx  0;

если 0  x  1 , то F x 

x
0
x
x


0
0
 px dx   0dx   3x2dx  x3
98
 x3;
если x  1 , то F x 
x
0
1
x
1
1
0
 px dx   0dx   3x2dx   0dx  x3


0
 1.
Таким образом,
0 при x  0,

F  x   х 3 при 0  x  1,
1 при x  1.

Уравнение F M e  X  
M e X   3
1
1
3
равносильно уравнению M e  X   , откуда
2
2
1
1
3 .
2
2
Пример 8.12. Случайная величина Х задана плотностью распределения
3
1
 x  при x  0; 1,
px    2
4
0 при x  0; 1 .
Найти математическое ожидание функции Y  X 3 (не находя предварительно плотности распределения Y ).
Решение. Воспользовавшись формулой для вычисления математического
ожидания функции φx  от случайного аргумента Х
b
M φx   φx px dx,
a
где а и b — концы интервала, в котором заключены возможные значения Х, получим
1
1
3
3 
3
3 23
1
1
1 1
3
3 1
M X   x  x   dx    x 4  x 3  dx   x 5  x 4     .
4
4 
16  0 10 16 80
2
 10
0
02
 
Пример 8.13. Случайная величина Х задана плотностью распределения
45
 3 2
при x  3;5,
 x  6 x 
p x    4
4
0 при x  3;5 .
Найти моду, математическое ожидание и медиану величины Х.
3
3
Решение. Так как px    x  42  , то отсюда видно, что при х = 4
4
4
плотность распределения достигает максимума и, следовательно, М0(Х) = 4
(можно было найти максимум методами дифференциального исчисления).
Кривая распределения симметрична относительно прямой х = 4, поэтому
М(Х) = Ме(Х) = 4.
99
Задачи для самостоятельного решения
8.15. Случайная величина Х имеет плотность
 6 x2  x  1  при 0  x  1,

px  11
0 при x  0 и при x  1.
Найти математическое ожидание и дисперсию Х.
Ответ: М(Х) = 0,5909; D(Х) = 0,0781.
8.16. Случайная величина Х имеет плотность
π
2
2
  cos х при x  2 ,
p x   
0 при x  π .

2
Найти математическое ожидание и дисперсию Х.
π2 1
Ответ: M  X   0; D X  
 .
12 2
8.17. Случайная величина Х задана плотностью распределения

 π
 sin 2 x при x   0; 2 ,



px   
0 при x   0; π  .

 2
Найти математическое ожидание функции Y  X 2 (не находя предварительно плотности распределения Y ).
Ответ:
π2  4
.
8
8.18. Плотность случайной величины Х имеет вид
ae x при x  0,
p x   
0 при x  0.
Найти коэффициент а. Вычислить моду, медиану, математическое ожидание, дисперсию, начальные и центральные моменты первого, второго и третьего порядков случайной величины Х.
100
a  1, M 0  X   0, M e  X   ln 2, ν1  M  X   1, D X   μ 2  1,
Ответ:
ν2  2, ν3  6, μ3  2.
8.19. Случайная величина Х задана плотностью распределения
0 при x  1,

p x    6
 x 7 при x  1.
Найти начальные моменты случайной величины Х.
Ответ: νk 
6 при k  5; не существуют при k  6.
6k
8.20. Плотность вероятности случайной величины Х имеет вид
 1 cos x при  π  x 

2
px   2
0 при x   π и при

2
π,
2
x  π.
2
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины
Y  sin 2 X .
Ответ: M Y   0; DY   8 .
15
8.21. Случайная величина Х имеет функцию распределения
0 при x  0,

F x  х4 при 0  x  1,
1 при x  1.

Найти математическое ожидание случайной величины Y 
1
.
X 1
Ответ: M Y   10  4 ln 2.
3
1
1
8.22. По данным задачи 8.9 (при a  , b  ) найти моду и медиану рас2
π
пределения; вероятность того, что случайная величина Х окажется в промежутке   1 , 1 ; математическое ожидание и дисперсию Х.
 2 2
101
1
1
1
1
Ответ: P   X    ; M e  X   0; X моду не имеет; M  X   0; D X   .
2 3
 2
2
8.23. Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины,
плотность вероятности которой имеет вид
1 x
(распределение Лапласа).
p x   e
2
Ответ: M  X   0; D X   2.
8.24. Случайная величина Х подчинена закону Симпсона («закону равнобедренного треугольника») на участке от –а до +а (рис. 8.10). Написать выражение плотности распределения; построить график функции распределения;
найти числовые характеристики случайной величины Х: M  X , D X  , σX  ,
μ3 X  . Найти вероятность попадания случайной величины Х в интервал
 a 
 ; a .
 2 
р(х)
–а
0
а
х
Рис. 8.10
 1
x
a2
a
 1   при x   a; a ,
; M  X   0; D X   ; σ X  
;
Ответ: P x    a  a 
6
6

0 при x   a; a  .
 a
 7
μ 3  X   0; P   X  a   .
 2
 8
8.25. Случайная величина Х подчинена закону распределения с плотностью, которая задана формулой
0 при x  0,

px   2x при 0  x  1,
0 при x  1.

102
Найти коэффициент асимметрии распределения.
Ответ: A 
2 2
.
5
Найти коэффициент асимметрии и эксцесс случайной величины,
1 x
распределнной по закону Лапласа с плотностью p( x)  e .
2
8.26.
Ответ: A  0 ; E  3.
8.27. Случайная величина Х, сосредоточенная на интервале 1; 4 , задана
1
8
7
функцией распределения F x    x 2  x  . Найти моду и медиану случай9
9
9
ной величины Х.
Ответ: M 0 ( x)  1 ; M e ( x)  0,8.
8.28. Найти значения M ( X ), D( X ) и  ( X ) для случайной величины Х,
функция распределения которой
0 при x  0,
 3
1
F  x    x 2 - x 3 при 0  x  2,
4
4
1 при x  2.
Ответ: M ( X )  1; D( X )  0,2;  ( X )  0,447.
8.29. Кривая распределения случайной величины Х представляет собой
полуэллипс с полуосями а и b. Полуось а известна. Определить b. Найти
M ( X ), D( X ) и функцию распределения F (x) .
2
a2
Ответ: b  ; M ( X )  0; D( X )  ;
a
4
103
0 при x  a,

x a 2 
 1 
2
2
2
F x   
x  a  x  a  arcsin 
при  a  x  a,
2

a
2

a



1 при x  a.

8.30. Случайная величина Х задана плотностью распределения
0 при x  2,
 1

p x    x 3 при - 2  x  0,
 4
0 при x  0.
Найти коэффициент асимметрии и эксцесс.
Ответ:
A  1,05 ; E  0,7.
Равномерный закон распределения
Непрерывная случайная величина Х имеет равномерный закон распределения на отрезке a, b, если ее плотность вероятности р(х) постоянна на этом отрезке и равна нулю вне его, т.е.
 1
при a  x  b,

p x    b  a
0 при x  a, x  b.
Функция распределения случайной величины Х, распределенной по равномерному закону, есть
0 при x  a,
 x  a
F x   
при a  x  b,
b

a

1 при x  b.

b  a2
a

b
Математическое ожидание M  X  
,
, дисперсия DX  
2
12
ba
а среднее квадратическое отклонение σ X  
.
2 3
104
Пример 8.14. Поезда метрополитена идут регулярно с интервалом 3 мин.
Пассажир выходит на платформу в случайный момент времени. Какова вероятность того, что ждать пассажиру придется не больше минуты. Найти математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение случайной величины
Х — времени ожидания поезда.
Решение. Случайная величина Х — время ожидания поезда на временном
1
(в минутах) отрезке 0, 3 имеет равномерный закон распределения p x   .
3
Поэтому вероятность того, что пассажиру придется ждать не более минуты,
1
равна от равной единице площади прямоугольника (рис. 8.11), т.е.
3
3
1
1 3 1
P X  1   dx  x  .
3 2 3
23
M X  
03
3  02  3 ,
 1,5 мин, D X  
12
4
2
σX   DX   3  0,86 мин.
2
р(х)
1
р(х) =1/3
1/3
1
2
3
х
Рис. 8.11
Пример 8.15. Найти математическое ожидание и дисперсию произведения
двух независимых случайных величин ξ и η с равномерными законами распределения: ξ в интервале 0; 1 , η — в интервале 1; 3 .
Решение. Так как математическое ожидание произведения независимых
случайных величин равно произведению их математических ожиданий, то
M ξη  M ξM η  0  1  1  3  1 . Для нахождения дисперсии воспользуемся
2
2
формулой
 
Dξη  M ξη2  M ξη2  M ξ2η2   M ξη2  M ξ2   M η2   M ξ  M η2.
105
M ξ2  найдем по формуле
M
ξ2
   ξ dξ  ξ2dξ  13 ξ310  13 .
1
ξ2 p
0
1
0
Аналогично рассчитаем
M
η2
 
3
3
3
1
η dη   η2dη  1  1 η3  13 .
21
2 3 1 3
η2 p
1
Следовательно,
Dξη  1  13  1  4 .
3 3
9
Пример 8.16. Вычислить математическое ожидание и дисперсию определителя
Δ2 
ξ11 ξ12
,
ξ 21 ξ 22
 
элементы которого ξij — независимые случайные величины с M ξij  0 и
 
D ξij  σ2.
Решение. Вычислим математическое ожидание
M Δ2   M ξ11ξ22  ξ12ξ21   M ξ11ξ22   M ξ12ξ21   M ξ11 M ξ22   M ξ12 M ξ21   0.
Для нахождения дисперсии DΔ2  докажем, что если ξ и η — независимые
случайные величины, то Dξη  DξDη  M ξ2 Dη  M η2 Dξ.
Действительно,
Dξη  M ξη2  M ξη2  M ξ2 M η2   M ξ 2M η2 



 Dξ   M ξ 2 Dη  M η2  M ξ 2M η2 
 Dξ Dη  M ξ 2 Dη  M η2 Dξ .
Следовательно,
106
DΔ2   Dξ11ξ22  ξ12ξ21   Dξ11ξ22   Dξ12ξ21  
 Dξ11 Dξ22   M ξ11 2 Dξ22   M ξ22 2 Dξ11  
 Dξ12 Dξ21   M ξ12 2 Dξ21   M ξ21 2 Dξ12  
 σ2σ2  0  σ2  0  σ2  σ2σ2  0  σ2  0  σ2  2σ4.
Замечание. Для определителя n-го порядка M Δn   0 ; DΔn   n!σ2n.
Пример 8.17. Автоматический светофор работает в двух режимах: 1 мин.
горит зеленый свет и 0,5 мин — красный и т.д. Водитель подъезжает к перекрестку в случайный момент времени. 1. Найти вероятность того, что он проедет перекресток без остановки. 2. Составить закон распределения и вычислить
числовые характеристики времени ожидания у перекрестка.
Решение. 1. Момент проезда автомобиля t через перекресток распределен
равномерно в интервале, равном периоду смены цветов светофора. Этот период
равен 1 + 0,5 = 1,5 мин. Для того чтобы машина проехала через перекресток не
останавливаясь, достаточно того, чтобы момент проезда пришелся на интервал
времени 0; 1. Тогда
1
1
Pt  0; 1   p d  2 d  2 .
3
0
03
2. Время ожидания t 0 является смешанной случайной величиной: с вероят2
1
ностью она равна нулю, а с вероятностью принимает с равномерной плотно3
3
стью вероятностей любые значения между 0 и 0,5 мин; тогда график функции
распределения случайной величины t 0 имеет вид, изображенный на рис. 8.12:
F(t)
1
2/3
0,5
1,5
Рис. 8.12
107
t
То есть F t   0 при t  0 ; F t  
2 t
при t  0; 0,5 ; F t   1 при

3 1,5
t  0,5; 1,5 .
Среднее время ожидания у перекрестка
0,5
0,5
1
M t0    tpt  dt  2  0  1  2  1 t 2  1  0,25  0,083 мин.
30
3
3
2 0
3
Дисперсия времени ожидания
Dt0   M 
t02
  M  
t02
  13
0,5
 t 2 0,5 dt  0,083
1
2
 0,0208 мин2;
0
σt0   0,144 мин.
Задачи для самостоятельного решения
8.31. Цена деления шкалы измерительного прибора равна 0,1. Показания
прибора округляют до ближайшего целого деления. Полагая, что при отсчете
ошибка округления распределена по равномерному закону, найти: 1) математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение этой случайной величины; 2) вероятность того, что ошибка округления: а) меньше 0,01;
б) больше 0,03.
Ответ: 1) M  X   0,05; D X   0,00083; σ X   0,02887 .
2а) P0  X  0,01  P0,09  X  0,1  0,2.
2б) P0,03  X  0,07   0,4.
8.32. Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию. Интервал движения 4 мин. Найти вероятность того, что пассажир, подошедший к
остановке, будет ожидать очередной автобус менее 2 мин.
Ответ: P2  X  4  0,5.
8.33. Минутная стрелка часов перемещается скачком в конце каждой минуты. Найти вероятность того, что в данное мгновение часы покажут время, которое отличается от истинного не более чем на 10 с.
1

5
 1
Ответ: P 0  X    P  X  1  .
6

6
 3
108
8.34. Случайные величины Х и Y независимы и распределены равномерно:
Х — в интервале a; b  , Y — c; d  . Найти математическое ожидание и дисперсию произведения XY.
a
D XY  
Ответ: M XY   a  b  c  d ;
2
2
2


 ab  b 2 c 2  cd  d 2

9

a  b2c  d 2
.

16
8.35. Диаметр круга х измерен приближенно, причем 5  x  6 . Рассматривая диаметр как случайную величину Х, распределенную равномерно в интервале 5; 6  , найти математическое ожидание и дисперсию площади круга.


Ответ: M πR 2 


91π
227 π 2
.
; D πR 2 
12
360
8.36. Ребро куба х измерено приближенно, причем 2  x  3 . Рассматривая
длину ребра куба как случайную величину Х, распределенную равномерно в
интервале 2; 3 , найти математическое ожидание и дисперсию объема куба.
 
 
Ответ: M X 3  16,25; D X 3  30,08 .
8.37. Пусть случайные величины X 1 и X 2 независимы и равномерно рас1
пределены на отрезке  1; 1 . Найти вероятность того, что min xi  .
i 1, 2
2
1
Ответ: .
4
8.38. Случайная величина Х равномерно распределена на отрезке  4; 1 .
1) Записать плотность распределения р(х) этой случайной величины. 2) Найти
функцию распределения F  x  . 3) Найти математическое ожидание, дисперсию
и среднее квадратическое отклонение этой случайной величины.
0 при x  4,

Ответ: 1) px  0,2 при  4  x  1,
0 при x  1;

109
0 при x  4,

2) F x  0,2x  4 при  4  x  1,
1 при x  1;

3
25
5 3
3) M  X    ; D X   ; σ  X  
.
2
12
6
8.39. В здании областной администрации случайное время ожидания лифта равномерно распределено в диапазоне от 0 до 5 мин. Найти: а) функцию
распределения F (x) для этого равномерного распределения; б) вероятность
ожидания лифта более чем 3,5 мин; в) вероятность того, что лифт прибудет в
течение первых 45 секунд; г) вероятность того, что ожидание лифта будет заключено в диапазоне от 1 до 3 мин. (между 1 и 3 минутами).
0 при x  0,
 x
Ответ: а) F  x    при 0  x  5, б) 0,3; в) 0,15; г) 0,4.
5
1 при x  5;
8.40. Мастер, осуществляющий ремонт на дому, может появиться в любое
время с 10 до 18 часов. Клиент, прождав до 14 часов, отлучился на 1 час. Какова вероятность, что мастер (приход его обязателен) не застанет его дома?
Ответ: 0,125.
8.41. Владелец антикварного аукциона полагает, что предложение цены за
определенную картину будет равномерно распределенной случайной величиной в интервале от 500 тыс. до 2 млн. рублей. Найти: а) плотность вероятности;
б) вероятность того, что картина будет продана за цену, меньшую чем 675 тыс.;
в) вероятность того, что цена картины будет выше 2 млн. рублей.
0 при x  0,5,
 2
Ответ: p( x)   при 0,5  x  2, б) 0,1167; в) 0.
3
0 при x  2;
8.42. Очень наблюдательный, занимающийся кражей предметов искусства
вор, который, вероятно, знает хорошо статистику, заметил, что частота, с которой охранники обходят музей, равномерно распрелена между 15 и 60 минутами. Пусть случайная величчина Х – время (в минутах) до появления охраны.
110
Найти: а) вероятность того, что охранник появится в течение 35 минут после
появления вора; б) вероятность того, что охрана не появится в течение 30 минут; в) вероятность того, что охрана появится между 35 и 45 минутами после
прихода вора; г) функцию распределения F (x) .
0 при x  15,
 x 1
Ответ: а) 0,4444; б) 0,6667; в) 0,2222; г) F ( x)   - при 15  x  60,
 45 3
1 при x  60.
8.43. На перекрестке дорог движение регулируется автоматическим светофором, включающим зеленый свет через каждые 2 минуты. Время простоя у
этого светофора автомобиля, остановившегося на красный свет, есть случайная
величина, распределенная равномерно на интервале (0; 2) минут. Найти среднее
время простоя и среднее квадратическое отклонение.
Ответ: M ( x)  1;  ( x)  0,58 .
Показательный (экспоненциальный) закон распределения
Непрерывная случайная величина Х имеет показательный (экспоненциальный) закон распределения с параметром λ, если ее плотность вероятности имеет
вид
λe λ x при x  0,
px  
0 при x  0.
Функция распределения случайной величины, распределенной по показательному закону, равна
1  e  λ x при x  0,
F x   
0 при x  0.
Кривая распределения р(х) и график функции распределения F  x  приведены на рис. 8.13.
р(х)
F(х)

1
0
х
0
111
х
Рис. 8.13
Для случайной величины, распределенной по показательному закону
M  X   σ X  
1
; DX   12 .
λ
λ
Вероятность попадания в интервал a; b  непрерывной случайной величины Х, распределенной по показательному закону
Pa  X  b  eλ a  eλ b .
Замечание. Показательный закон распределения вероятностей встречается
во многих задачах, связанных с простейшим потоком событий. Под потоком
событий понимают последовательность событий, наступающих одно за другим
в случайные моменты. Например, поток вызовов на телефонной станции, поток
заявок в системе массового обслуживания и др.
Пример 8.18. Непрерывная величина Х распределена по показательному
закону
0 при x  0,
p  x    2 x
при x  0.
2e
Найти вероятность попадания значений величины Х в интервал 0,1; 0,7  .
Решение. Поскольку λ  2 , то P0,1  X  0,7  e20,1  e20,7  e0,2  e1,4 
 0  8187  0  2466  0,5721.
Пример 8.19. Записать плотность распределения и функцию распределения показательного закона, если параметр λ  6 . Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение случайной величины Х,
распределенной по этому закону.
Решение. Так как λ  6 , то плотность распределения
0 при x  0,
p x     6 x
при x  0.
6e
Функция распределения имеет вид
0 при x  0,
F x   
6x
при x  0.
1  e
112
Поскольку для показательного закона
DX   12 ; M X   σX   1 ,
λ
λ
а по условию λ  6 , то
D X   12  1  0,02778; M  X   σ X   1  0,16667 .
6 36
6
Пример 8.20. Установлено, что время ремонта магнитофонов есть случайная величина Х, распределенная по показательному закону. Определить вероятность того, что на ремонт магнитофона потребуется не менее 15 дней, если
среднее время ремонта магнитофонов составляет 12 дней. Найти плотность вероятности, функцию распределения и среднее квадратическое отклонение случайной величины Х.
Решение. По условию математическое ожидание M X   1  12 , откуда
λ
параметр λ  1 . Тогда плотность вероятности и функция распределения имеют
12
1
1
 x
1 12 x
12
вид: px   e ; F x   1  e x  0 . Искомую вероятность P X  15  мож12
но найти, интегрируя плотность вероятности, т.е.

1
1  12 x
P X  15   P15  X     
e
dx ,
12
15
но проще использовать функцию распределения
15
15

 



12
12
P X  15   1  P X  15   1  F 15   1  1  e
e
 0,2865 .




Среднее квадратическое отклонение σX   M X   12 дней.
Пример 8.21. Найти асимметрию показательного распределения.
μ
Решение. Так как асимметрия A  3 , а σX   M X   1 , то найдем внаλ
σ3
чале центральный момент третьего порядка
μ3  M X  M X 3 :
113
μ3  M X 3  3 X 2M  X   3 XM 2  X   M 3 X   M X 3   3M X 2 M  X  
 3M  X M 2  X   M 3 X   M X 3   3M X 2  1  2 13 .
λ
λ
 
Найдем M X 2
M X 2  


0
0
 x2 px dx  λ  x2e λ xdx .
Интегрируя дважды по частям, получим

λ  x2e λ xdx  22 .
λ
0
Аналогично рассчитаем

M X 3   λ  x3e λ xdx  63 .
λ
0
Следовательно,
μ3  63  3 22 1  23  23 .
λ
λ λ λ λ
Значит,
A  23 13  2 .
λ λ
Часто длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение, функция распределения которого F t   PT  t   1  e  t
λ  0 определяет вероятность отказа элемента за время длительностью t.
Здесь Т — длительность времени безотказной работы элемента, λ — интенсивность отказов (среднее число отказов в единицу времени).
Функция надежности Rt   eλ t определяет вероятность безотказной работы элемента за время длительностью t.
Пример 8.22. Испытывают три элемента, которые работают независимо
один от другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена по показательному закону: для первого элемента F1 t   1  e 0,1t ; для
второго F2 t   1  e 0, 2t ; для третьего элемента F3t   1  e0,3t . Найти вероятности того, что в интервале времени 0; 5 часов откажут: а) только один элемент;
б) только два элемента; в) все три элемента.
Решение. а) Вероятность отказа первого элемента
114
P1  F1 5  1  e 0,15  1  e 0,5  1  0,5957  0,4043 ;
второго элемента
P2  F2 5  1  e 0, 25  1  e 1  1  0,3779  0,6321 ;
третьего элемента
P3  F3 5  1  e 0,35  1  e 1,5  1  0,2231  0,7769 .
Следовательно, искомая вероятность
P  p1q2 q3  q1 p2 q3  q1q2 p3  0,034  0,084  0,1749  0,2929 .
б) P  p1 p2 q3  p1q2 p3  q1 p2 p3  0,057  0,1187  0,2925  0,4682 .
в) P  p1 p2 p3  0,1985 .
Задачи для самостоятельного решения
8.44. Случайная величина Х распределена по показательному закону
0 при x  0,
p  x    7 x
при x  0.
7e
Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратическое отклонение и функцию распределения этой случайной величины. Найти вероятность попадания значений случайной величины Х в интервал 0,2; 1,1 .
1
1
1
Ответ: M  X   ; D X   ; σ X   ; F  x   1  e 7 x ;
7
49
7
P0,2  X  1,1 
1
1

 0,24614 .
4,0552 2208,3
8.45. Среднее время безотказной работы прибора равно 85 ч. Полагая, что
время безотказной работы прибора имеет показательный закон распределения,
найти: а) выражение его плотности вероятности и функции распределения;
б) вероятность того, что в течение 100 ч прибор не выйдет из строя.
1


1  85 x


e
при x  0 ;
Ответ: а) p x   0 при x  0;
85




115
1


 x
85
F  x   0 при x  0; 1  e
при x  0 ;


б) P X  100   1  F 100   0,31 .
8.46. Найти эксцесс показательного распределения.
Ответ: E  6 .
8.47. Производится испытание трех элементов, работающих независимо
один от другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена по показательному закону: для первого элемента p1 t   0,1e 0,1t ; для
второго — p2t   0,2e0,2t ; для третьего элемента p3t   0,3e0,3t . Найти вероятности того, что в интервале времени 0; 10  часов откажут: а) только один элемент; б) только два элемента; в) хотя бы один элемент; г) все три элемента;
д) не менее двух элементов.
Ответ: а) 0,069; б) 0,4172; в) 0,9975; г) 0,511; д) 0,928.
8.48. Р %-м ресурсом элемента называется такое число t, что за время t
элемент не выходит из строя с вероятностью Р. Считается, что время t непрерывной работы электрической лампочки распределено по показательному закону. Найти вероятность того, что лампочка будет гореть в течение 2 лет, если ее
90 %-й ресурс составляет 6 мес.
Ответ: P
 1

   ln 0,9   24

e  6
 0,6561 .
8.49. Срок службы жесткого диска компьютера – случайная величина, подчиняющаяся экспоненциальному распределению со средней в 12 000 часов.
Найти долю жестких дисков, срок службы которых превысит 20 000 часов.
Ответ: PT  20000   0,1882 .
8.50. Срок службы батареек для слуховых аппаратов приблизительно подчиняется экспоненциальному закону с   1 12 . Какова доля батареек со сроком
службы больше чем 9 дней?
Ответ: PT  9  0,47237 .
116
8.51. Служащий рекламного агентства утверждает, что время, в течение
которого телезрители помнят содержание коммерческого рекламного ролика,
подчиняется экспоненциальному закону с   0,25 дня. Найти долю зрителей,
способных вспомнить рекламу спустя 7 дней.
Ответ: PT  7   0,17399 .
8.52. Компьютерный программист использует экспоненциальное распределение для оценки надежности своих программ. После того, как он нашел 10
ошибок, он убедился, что время (в днях) до нахождения следующей ошибки
подчиняется экспоненциальному распределению с   0,25 . Найти среднее
время, потраченное для нахождения первой ошибки; определить вероятность
того, что для нахождения первой ошибки понадобится более 5 дней; найти вероятность того, что на нахождение одиннадцатой ошибки потребуется от 3 до
10 дней.
Ответ: М (Х) = 4; PT  5  0,8825 ; P3  T  10   0,148955 .
8.53. Случайная величина Х распределена по показательному закону: р(х) =
= 0 при х < 0, p x   6e 6 x при x  0 . Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратическое отклонение и функцию распределения этой случайной величины. Найти вероятность попадания случайной величины Х в интервал (0,2; 1,1).
Ответ: М (Х) = 1/6; D X   1/ 36 ;   X   1/ 6 ; F x   1  e 6 x ;
P0,2  T  1,1  0,3 .
Нормальный закон распределения
Непрерывная случайная величина Х имеет нормальный закон распределения
(закон Гаусса) с параметрами а и  2 , если ее плотность вероятности имеет вид
px 
1 e
 2

x  a 2
2σ 2
.
Кривую нормального закона распределения называют нормальной или
гауссовой кривой.
117
На рис. 8.14 приведены нормальная кривая р(х) с параметрами а и  2 , т.е.
N a; 2 , и график функции распределения случайной величины Х, имеющей
нормальный закон


р(х)
F(х)
1
1
 2
1
 2 e
0,5
0
а-σ
а
а
0
а+σ
х
х
Рис. 8.14
Нормальная кривая симметрична относительно прямой х = а, имеет мак1
симум в точке х = а, равный
, и две точки перегиба x  a   с ординатой
 2
1
.
 2 e
Для случайной величины, распределенной по нормальному закону,
M  X   a , D X    2 .
Функция распределения случайной величины Х, распределенной по нормальному закону, выражается через функцию Лапласа Ф(х) по формуле
F x  
где
1 1  xa
 Φ
,
2 2   
Φx  
2
2
x
e

t2
2
dt .
0
Вероятность попадания значений нормальной случайной величины Х в интервал ,  определяется формулой
1   a
   a 
P  X     Φ
  Φ
 .
2   
  
Вероятность того, что отклонение случайной величины Х, распределенной
по нормальному закону, от математического ожидания а не превысит величину
  0 (по абсолютной величине), равна
118
 
P X  a      Φ  .
 
«Правило трех сигм»: если случайная величина Х имеет нормальный закон
распределения с параметрами а и σ2, т.е. N a; 2 , то практически достоверно,
что ее значения заключены в интервале a  3; a  3


P X  a   3   Φ3  0,9973 .
Асимметрия нормального распределения А = 0; эксцесс нормального распределения Е = 0.
Пример 8.23. Определить закон распределения случайной величины Х, если ее плотность распределения вероятностей задана функцией
x 1
px  1 e 72 .
6 2
2
Найти математическое ожидание, дисперсию и функцию распределения
случайной величины Х.
Решение. Сравнивая данную функцию р(х) с функцией плотности вероятности для случайной величины, распределенной по нормальному закону, заключаем, что случайная величина Х распределена по нормальному закону с параметрами а = 1 и   6 .
Тогда M  X   1,  X   6 , D X   36 .
Функция распределения случайной величины Х имеет вид
F x  
1 1  x  1
 Φ
.
2 2  6 
Пример 8.24. Текущая цена акции может быть смоделирована с помощью
нормального закона распределения с математическим ожиданием 15 ден. ед. и
средним квадратическим отклонением 0,2 ден. ед.
Найти вероятность того, что цена акции: а) не выше 15,3 ден. ед.; б) не ниже 15,4 ден. ед.; в) от 14,9 до 15,3 ден. ед. С помощью «правила трех сигм»
найти границы, в которых будет находиться текущая цена акции.
Решение. Так как а = 15 и σ  0,2 , то
 15,3  15  1 1
PX  15,3  F 15,3  1  1 Φ
   Φ1,5  1  1  0,8664  0,9332,
2 2  0,2  2 2
2 2
119

 15,4  15   1 1
P X  15,4  1  F 15,4  1   1  1 Φ
    Φ2 
2
2
0,2

 2 2

 1  1  0,9545  0,0228,
2 2
1   15,3  15 
 14,9  15  1
P14,9  X  15,3  Φ
  Φ
  Φ 1,5  Φ 0,5 
2   0,2 
0
,
2

 2
1
 0,8664  0,3829   0,6246 .
2
По «правилу трех сигм» P X  15  0,6  0,9973 и, следовательно, 15  0,6 
 X  15  0,6 . Окончательно 14,4  X  15,6 .
Пример 8.25. Автомат изготавливает детали, которые считаются годными,
если отклонение Х от контрольного размера по модулю не превышает 0,8 мм.
Каково наиболее вероятное число годных деталей из 150, если случайная величина Х распределена нормально с   0,4 мм?
Решение. Найдем вероятность отклонения при   0,4 и   0,8 :
 0,8 
P X  a  0,8  Φ   Φ2  0,9545 .
 0,4 
Считая приближенно р = 0,95 и q  0,05, в соответствии с формулой
np  q  m0  np  p,
где m0 — наивероятнейшее число, находим при n  150
150  0,95  0,05  m0  150  0,95  0,95,
откуда m0  143.
Пример 8.26. Размер диаметра втулок, изготовленных заводом, можно
считать нормально распределенной случайной величиной с математическим
ожиданием а = 2,5 см и средним квадратическим отклонением   0,01 см.
В каких границах можно практически гарантировать размер диаметра втулки,
если за вероятность практической достоверности принимается 0,9973?
Решение. По «правилу трех сигм» P X  2,5  3  0,01  0,9973 . Отсюда
2,5  0,03  X  2,5  0,03 , т.е. 2,47  X  2,53 .
120
Пример 8.27. Рост взрослых мужчин является случайной величиной, распределенной по нормальному закону. Пусть математическое ожидание ее равно
175 см, а среднее квадратическое отклонение — 6 см. Определить вероятность
того, что хотя бы один из наудачу выбранных пяти мужчин будет иметь рост от
170 до 180 см.
Решение. Найдем вероятность того, что рост мужчины будет принадлежать интервалу 170; 180  :
1   180  175 
 170  175  1
P170  X  180   Φ
  Φ
  Φ 0,83  Φ0,83 
2 
6
6


 2
 Φ0,83  0,5935  0,6.
Тогда вероятность того, что рост мужчины не будет принадлежать интервалу (170; 180) q = 1 — 0,6 = 0,4.
Вероятность того, что хотя бы один из 5 мужчин будет иметь рост от
170 до 180 см равна
P  1  q 5  1  0,45  0,9898 .
Пример 8.28. Браковка шариков для подшипников производится следующим образом: если шарик не проходит через отверстие диаметром d1 , но проходит через отверстие диаметром d 2  d1 , то его размер считается приемлемым.
Если какое-нибудь из этих условий не выполняется, то шарик бракуется. Известно, что диаметр шарика d есть случайная величина с характеристиками
d  d2
d  d1
и  X   2
. Определить вероятность того, что шарик буM X   1
2
4
дет забракован.
Решение.
1   d  M X 
 d  M  X  
P  1  Pd1  d  d 2   1  Φ 2
  Φ 1
 
2 





1   d  d1 
 d  d 2 
 1  Φ 2
  Φ 1
.
2   2 
 2 
 d  d1 
Так как Φ x   Φx  , то P  1  Φ 2
  1  Φ2  1  0,9545  0,0455 .
 2 
Задачи для самостоятельного решения
8.54. Определить закон распределения случайной величины Х, если ее
плотность распределения вероятностей задана функцией
121
 x  2
px  1 e 18 .
18
2
Найти математическое ожидание, дисперсию и функцию распределения
случайной величины Х.
Ответ: M  X   2; D X   9; F x  
1 1  x  2
 Φ
.
2 2  3 
8.55. Независимые случайные величины Х и Y распределены нормально,
причем M  X   2 , D X   4 , M Y   3 , DY   5 . Найти плотность распределения вероятностей и функцию распределения их суммы.
 x 1
18
2
1
Ответ: p x  
e
3 2
;
F x  
1 1  x  1
 Φ
.
2 2  3 
8.56. Случайная величина Х распределена по нормальному закону с
M  X   10 , D X   4 . Найти: а) P12  X  14 ; б) P8  X  12 .
Ответ: а) 0,1359; б) 0,6827.
8.57. Коробки с конфетами упаковываются автоматически. Их средняя
масса равна 540 г. Известно, что 5 % коробок имеет массу, меньшую 500 г. Каков процент коробок, масса которых: а) менее 470 г; б) от 500 до 550 г; в) более
550 г; г) отличается от средней не более, чем на 30 г (по абсолютной величине)?
Ответ: а) PX  470  0,002; б) P500  X  550  0,613;
в) PX  550  0,341; г) P X  540  30  0,781.
8.58. Случайная величина Х имеет нормальное распределение с математическим ожиданием а = 25. Вероятность попадания Х в интервал 10; 15 равна
0,09. Чему равна вероятность попадания Х в интервал: а) 35; 40  ; б) 30; 35
при σ  10 ?
Ответ: а) P35  X  40  0,09; б) P30  X  35  0,15 .
8.59. Вес пойманной рыбы подчиняется нормальному закону с параметрами а = 375 г;   25 г. Найти вероятность того, что вес одной рыбы будет: а) от
300 до 425 г; б) не более 450 г; в) больше 300 г.
Ответ: а) 0,9759; б) 0,9987; в) 0,9987.
8.60. Случайная величина Х имеет нормальное распределение с а = 0,   1 .
Что больше
P 0,5  X  0,1 или P1  X  2 ?
122
Ответ: P 0,5  X  0,1  0,1516; P1  X  2  0,1359 .
8.61. Производится взвешивание некоторого вещества без систематических
погрешностей. Случайные погрешности взвешивания подчинены нормальному
закону со средним квадратичным отклонением   20 г. Найти вероятность того, что взвешивание будет произведено с погрешностью, не превосходящей по
абсолютной величине 10 г.
Ответ: P X  10  0,383.
8.62. Случайная величина Х — ошибки измерений — распределена нормально. Найти вероятность того, что Х примет значение между – 3 и 3 (предполагается, что систематические погрешности отсутствуют).
Ответ: P X  3  0,9973 .
8.63. Коробки с шоколадом упаковываются автоматически, их средняя
масса равна 1,06 кг. Найти стандартное отклонение, если 5 % коробок имеют
массу меньше 1 кг. Предполагается, что масса коробок распределена по нормальному закону.
Ответ: σ  0,0365 кг .
8.64. Бомбардировщик, пролетевший вдоль моста, длина которого 30 м и
ширина 8 м, сбросил бомбы. Случайные величины Х и Y (расстояния от вертикальной и горизонтальной осей симметрии моста до места падения бомбы) независимы и распределены нормально со средними квадратическими отклонениями, соответственно равными 6 и 4 м, и математическими ожиданиями, равными нулю. Найти: а) вероятность попадания в мост одной бомбы; б) вероятность
разрушения моста, если сброшены две бомбы, причем известно, что для разрушения моста достаточно одного попадания.
Ответ: а) P X  15PY  4  0,6741; б) P  1  1  0,67412  0,8938 .
8.65. На рынок поступила крупная партия говядины. Предполагается, что
вес туш — случайная величина, подчиняющаяся нормальному закону распределения с математическим ожиданием a  950 кг и средним квадратическим отклонением   150 кг. Определите вероятность того, что вес случайно отобранной туши: а) окажется больше 1250 кг; б) окажется меньше 850 кг; в) будет
находиться между 800 и 1300 кг; г) отклонится от математического ожидания
меньше, чем на 50 кг.
Ответ: а) 0,02275; б) 0,25143; в) 0,83144; г) 0,2586.
123
8.66. При условии задачи 8.65 с вероятностью 0,899 определите границы, в
которых будет находиться вес случайно отобранной туши.
Ответ: 704; 1196.
8.67. Процент протеина в пакете с сухим кормом для собак — нормально
распределенная случайная величина с математическим ожиданием 11,2 % и
средним квадратическим отклонением 0,6 %. Производителям корма необходимо, чтобы в 99 % продаваемого корма доля протеина составляла не менее
x1 %, но не более x 2 %. Найдите x1 и x 2 .
Ответ: x1  9,655 %; x 2  12,75 % .
8.68. Вес товаров, помещаемых в контейнер определенного размера, —
нормально распределенная случайная величина. Известно, что 65 % контейнеров имеют чистый вес больше чем 4,9 т и 25 % — имеют вес меньше 4,2 т.
Найдите ожидаемый средний вес и среднее квадратическое отклонение чистого
веса контейнера.
Ответ: а = 5,8293;   2,4138 .
8.69. В магазине 10 000 книг. Вероятность продажи каждой из них в течение дня равна 0,8. Какое максимальное число книг будет продано в течение дня
с вероятностью 0,999, если предположить, что число проданных книг есть случайная величина, распределенная по нормальному закону.
Ответ: 8124.
8.70. Отклонение стрелки компаса из-за влияния магнитного поля в определенной области Заполярья есть случайная величина, распределенная по нормальному закону с а = 0 и   1 . Чему равна вероятность того, что абсолютная
величина отклонения в определенный момент времени будет больше, чем 2,4?
Ответ: 0,0164.
8.71. Для случайной величины Х, распределенной по нормальному закону с
а = 32 и   7 найдите два значения х1 и х2, симметричные относительно а с
P x1  X  x2   0,99.
Ответ: x1  13,975 ; x2  50,025 .
8.72. Еженедельный выпуск продукции на заводе распределен приблизительно по нормальному закону со средним значением а = 134786 единиц продукции в неделю и   13000 ед. Найти вероятность того, что еженедельный
124
выпуск продукции: а) превысит 150000 единиц; б) окажется ниже 100000 единиц в данную неделю; в) предположим, что возникли трудовые споры и недельный выпуск продукции стал ниже 80000 единиц. Менеджеры обвиняют
профсоюзы в беспрецендентном падении выпуска продукции, а профсоюзы
утверждают, что выпуск продукции находится в пределах принятого уровня
 3  . Доверяете ли Вы профсоюзам?
Ответ: а) 0,121; б) 0,00368; в) нет.
8.73. Фирма, занимающаяся продажей товаров по каталогу, ежемесячно
получает по почте заказы. Число этих заказов есть нормально распределенная
случайная величина со средним квадратическим отклонением   560 и неизвестным математическим ожиданием а. В 90 % случаев число ежемесячных заказов превышает 12439. Найти среднее число заказов, получаемых фирмой за
месяц.
Ответ: а = 13158,6.
8.74. Автомат изготавливает подшипники, которые считаются годными,
если отклонение Х от проектного размера по модулю не превышает 0,77 мм.
Каково наиболее вероятное число годных подшипников из 100, если случайная
величина Х распределена нормально с параметром   0,4 мм?
Ответ: m0  95 .
8.75. Линия связи обслуживает 1000 абонентов. Каждый абонент разговаривает в среднем 6 минут в час. Сколько каналов должна иметь линия связи,
чтобы с практической достоверностью можно было утверждать, что не произойдет ни одной потери вызова?
Ответ: 130 каналов.
9. Закон больших чисел
Следующие утверждения и теоремы составляют содержание группы законов, объединенных общим названием закон больших чисел.
Лемма 1 (неравенство Маркова). Пусть Х — неотрицательная случайная
величина, т.е. X  0 . Тогда для любого ε  0
PX  ε 
125
M X 
,
ε
где М(Х) — математическое ожидание Х.
Следствие 1. Так как события X  ε и X  ε противоположные, то неравенство Маркова можно записать в виде
PX  ε  1 
M X 
.
ε
Пример 9.1. Оценить вероятность того, что в течение ближайшего дня потребность в воде в населенном пункте превысит 150 000 л, если среднесуточная
потребность в ней составляет 50 000 л.
M X 
Решение. Используя неравенство Маркова в виде PX  ε 
, полуε
50 000 1
чим P X  150 000  
 .
150 000 3
1
Ответ: P X  150 000   .
3
Пример 9.2. Среднее число солнечных дней в году для данной местности
равно 90. Оценить вероятность того, что в течение года в этой местности будет
не более 240 солнечных дней.
M X 
Решение. Согласно неравенству PX  ε  1 
, имеем P X  240  
ε
90
1
 1  0,375  0,625 .
240
Ответ: P X  240   0,625 .
Лемма 2 (неравенство Чебышева). Для любой случайной величины Х,
имеющей конечную дисперсию и любого ε  0
DX 
.
ε2
Следствие 2. Для любой случайной величины Х с конечной дисперсией и
любого ε  0
DX 
P X  M X   ε  1  2 .
ε
P X  M X   ε 
Пример 9.3. Длина изготавливаемых деталей является случайной величиной, среднее значение которой 50 мм. Среднеквадратичное отклонение этой величины равно 0,2 мм. Оценить вероятность того, что отклонение длины изго126
товленной детали от ее среднего значения по абсолютной величине не превзойдет 0,4 мм.
Решение. Для оценки вероятности используем неравенство Чебышева
P X  M X   ε  1 
P X  50  0,4  1 
DX 
,
ε2
0,22
 1  0,25  0,75 .
0,42
Ответ: P X  50  0,4  0,75 .
Пример 9.4. Среднесуточное потребление электроэнергии в населенном
пункте равно 20 000 кВт/ч, а среднеквадратичное отклонение — 200 кВт/ч. Какого потребления электроэнергии в этом населенном пункте можно ожидать в
ближайшие сутки с вероятностью, не меньшей 0,96?
Решение. Воспользуемся неравенством Чебышева P X  M X   ε 
DX 
. Подставим в правую часть неравенства вместо D X  величину
ε2
200 2  40 000 , сделаем ее большей или равной 0,96:
1
1
40 000
 0,96 
ε2
40 000
2  40 000 , ε  1000

0
,
04

ε
.
ε2
0,04
Следовательно, в этом населенном пункте можно ожидать с вероятностью не
меньшей 0,96 потребление электроэнергии 20 000  1000 , т.е. X  19 000; 21 000 .
Ответ: от 19 000 до 21 000.
Теорема Чебышева. Если X 1 , X 2 , , X n последовательность независимых
случайных величин с математическими ожиданиями M  X 1 , M  X 2 , , M  X n  и
дисперсиями D X 1 , D X 2 , , D X n  , ограниченными одной и той же постоянной D X i   C
i  1, n, то какова бы ни была постоянная ε  0
n
 n

lim P 1  X i  1  M X i   ε   1 .
n 
n i 1
 n i 1

При доказательстве предельного равенства используется неравенство
n
 n

P 1  X i  1  M X i   ε   1  C2 ,
n i 1
nε
 n i 1

127
которое вытекает из неравенства Чебышева.
Пример 9.5. За значение некоторой величины принимают среднеарифметическое достаточно большого числа ее измерений. Предполагая, что среднеквадратичное отклонение возможных результатов каждого измерения не превосходит 5 мм, оценить вероятность того, что при 1000 измерений неизвестной
величины отклонение принятого значения от истинного по абсолютной величине не превзойдет 0,5 мм.
Решение. Воспользуемся неравенством
n
 n

P 1  X i  1  M X i   ε   1  C2 .
n i 1
nε
 n i 1

По условию n  1000 , ε  0,5 , C  52  25. Итак, искомая вероятность
1000
1000


25
P 1  X i  1  M X i   0,5  1 
 0,9.
1000
1000
1000

0
,
25
i

1
i

1


Ответ: P  0,9.
Частными случаями теоремы Чебышева являются теоремы Бернулли и
Пуассона.
Теорема Бернулли. При неограниченном увеличении числа независимых
m
опытов частость появления некоторого события А сходится по вероятности к
n
его вероятности р = Р(А):


lim P m  p  ε   1 ,
n   n

где ε — сколь угодно малое положительное число.


При доказательстве теоремы Бернулли получаем такую оценку P m  p  ε  
n

pq
 1  2 , которая применяется на практике.
nε
Теорема Пуассона. Если производится n независимых опытов и вероятность появления события А в k -м опыте равна p k , то при увеличинении n ча-
128
m
события А сходится по вероятности к среднеарифметическому вероn
ятностей p k :
стость
n


lim P m  1  pk  ε   1,
n 
 n n k 1

где ε — сколь угодно малое положительное число. При доказательстве этой
теоремы используется неравенство



P m  1  pk  ε   1  1 2 ,
4nε
 n n k 1

имеющее практическое применение.
Пример 9.6. При контрольной проверке изготавливаемых приборов было
установлено, что в среднем 15 шт. из 100 оказывается с теми или иными дефектами. Оценить вероятность того, что доля приборов с дефектами среди 400 изготовленных будет по абсолютной величине отличаться от математического
ожидания этой доли не более чем на 0,05.
Решение. Воспользуемся неравенством
pq


P m  p  ε   1  2 .
nε
n

По условию n  400 , ε  0,05 . В качестве р возьмем величину, полученную
15
при проверке для доли брака p 
 0,15 .
100


0,15  0,85
 0,8725 .
Итак, P m  p  ε   1 
400  0,052
n

Ответ: P  0,8725 .
Пример 9.7. Вероятность того, что изделие является качественным, равна
0,9. Сколько следует проверить изделий, чтобы с вероятностью не меньшей
0,95 можно было утверждать, что абсолютная величина отклонения доли качественных изделий от 0,9 не превысит 0,01?
Решение. Воспользуемся неравенством
pq


P m  p  ε   1  2 .
nε
n

По условию p  0,9 , q  1  0,9  0,1 , ε  0,01 . Подставим в правую часть
вышеприведенного неравенства эти значения
129
1
0,9  0,1
900
 0,95 
 0,05  n  18 000 .
n  0,0001
n
Ответ: n  18 000 .
Задачи для самостоятельного решения
9.1. Случайная величина Х распределена по следующему закону:
Х
Р
2,1
0,05
2,3
0,09
2,5
0,10
2,8
0,12
3,1
0,14
3,3
0,20
3,6
0,16
3,9
0,10
4,0
0,04
Оценить вероятность того, что она примет значение, не превышающее 3,6,
пользуясь законом распределения и неравенством Маркова.
Ответ: P X  3,6  0,14; M  X   3,118.
9.2. Средний вес клубня картофеля равен 150 г. Оценить вероятность того,
что наудачу взятый клубень картофеля весит не более 500 г?
Ответ: P  0,7.
9.3. Среднее значение скорости ветра у земли в данном пункте равно
16 км/ч. Оценить вероятность того, что в этом пункте скорость ветра (при одном наблюдении) не превысит 80 км/ч.
4
Ответ: P X  80   .
5
9.4. Среднее потребление электроэнергии за май населением одного из
микрорайонов Минска равно 360 000 кВт/ч. Оценить вероятность того, что потребление электроэнергии в мае текущего года превзойдет 1 000 000 кВт/ч.
Ответ: P X  1 000 000   0,36 .
9.5. Среднее квадратическое отклонение ошибки измерения курса самолета
σ  2. Считая математическое ожидание ошибки измерения равным нулю,
оценить вероятность того, что ошибка при данном измерении курса самолета
будет более 5.
Ответ: PX  5  0,16.
130
9.6. Среднее квадратическое отклонение ошибки измерения азимута равно
30 (математическое ожидание равно нулю). Оценить вероятность того, что ошибка среднего арифметического трех независимых измерений не превзойдет 1.
Ответ: P X  60   0,917 .
9.7. Длина изготавливаемых деталей является случайной величиной, среднее значение которой 50 мм. Среднее квадратическое отклонение этой величины
равно 0,2 мм. Оценить вероятность того, что отклонение длины изготовленной
детали от ее среднего значения по абсолютной величине не превзойдет 0,4 мм.
Ответ: P  0,75 .
9.8. За значение некоторой величины принимают среднеарифметическое
достаточно большого числа ее измерений. Предполагая, что среднее квадратическое отклонение возможных результатов каждого измерения не превосходит
5 мм, оценить вероятность того, что при 1000 измерений неизвестной величины
отклонение принятого значения от истинного по абсолютной величине не превзойдет 0,5 мм.
Ответ: P  0,9 .
9.9. Среднее квадратическое отклонение каждой из 450 000 независимых
случайных величин не превосходит 10. Оценить вероятность того, что абсолютная величина отклонения среднеарифметической этих случайных величин
от среднеарифметической их математических ожиданий не превзойдет 0,02.
4
Ответ: P  .
9
9.10. Емкость изготовляемого заводом конденсатора по техническим условиям должна быть равной 2 мкф с разрешенным допуском ± 0,1 мкф. Завод добился средней емкости, равной 2 мкф, с дисперсией, равной 0,002 мкф 2 . Какой
процент составляет вероятный брак при изготовлении конденсаторов? Расчет
произвести по неравенству Чебышева и формуле Лапласа.
Ответ: P  0,2, P  0,03 .
9.11. Выборочным путем требуется определить средний рост мужчин двадцатилетнего возраста. Какое количество мужчин, отобранных случайным образом, нужно измерить, чтобы с вероятностью, превышающей 0,98, можно было утверждать, что средний рост у отобранной группы будет отличаться от
среднего роста всех двадцатилетних мужчин по абсолютной величине не более
131
чем на 1 см. Известно, что среднеквадратичное отклонение роста для каждого
мужчины из отобранной группы не превышает 5 см.
Ответ: n  1250 .
9.12. Технический контролер проверяет партию однотипных приборов.
С вероятностью 0,01 прибор имеет дефект А и, независимо от этого, с вероятностью 0,02 — дефект В. В каких границах будет заключено практически наверняка число бракованных изделий в партии из 1000 шт., если за вероятность
практической достоверности принимается 0,997?
Ответ: 0  m  128 .
9.13. Оценить вероятность того, что в партии из 5000 изделий отклонение
частости бракованных деталей от вероятности 0,02 быть бракованной деталью
превысит 0,01.
Ответ: P  0,039 .
9.14. Вероятность изготовления нестандартной радиолампы равна 0,04.
Какое наименьшее число радиоламп следует отобрать, чтобы с вероятностью
0,88 можно было утверждать, что доля нестандартных радиоламп будет отличаться от вероятности изготовления нестандартной радиолампы по абсолютной
величине не более чем на 0,02?
Ответ: n  800 .
9.15. В рассматриваемом технологическом процессе в среднем 75 % изделий имеет допуск ± 5 %. Какое число изделий из партии в 200 000 шт. с вероятностью 0,99 можно планировать с допуском ± 5 %?
Ответ: 150 000  1936 .
9.16. Произведено 500 независимых испытаний; в 200 из них вероятность
появления события А была равна 0,4, в 180 — 0,5 и в 120 — 0,6. Оценить снизу
вероятность того, что отклонение частости от средней вероятности не превысит
по абсолютной величине 0,05.
Ответ: P  0,807 .
9.17. Стрельба ведется поочередно из трех орудий. Вероятности попадания
в цель при одном выстреле из каждого орудия равны соответственно 0,2; 0,4;
0,6. Таким образом произведено 600 выстрелов. Оценить снизу вероятность того, что отклонение частости от средней вероятности не превзойдет по абсолютной величине 0,05.
132
Ответ: P 
193
.
225
9.18. Из 5000 произведенных испытаний в 2000 вероятность появления события А равна 0,2, в 1400 — 0,5 и в 1600 — 0,6. Найти границы, в которых
должна находиться частость появления события А, если это необходимо гарантировать с вероятностью 0,95.
m
Ответ: 0,382   0,443 .
n
10. Распределение функции одного и двух случайных аргументов
Функция одного случайного аргумента
Если каждому возможному значению случайной величины Х соответствует
одно возможное значение случайной величины Y, то Y называется функцией
случайного аргумента Х и записывается Y   X  .
Если Х — дискретная случайная величина и функция Y   X  монотонна,
то различным значениям Х соответствуют различные значения Y, причем вероятности соответствующих значений Х и Y одинаковы:
yi   xi  и PY  yi   P X  xi  .
Если же Y   X  немотонная функция, то различным значениям Х могут
соответствовать одинаковые значения Y. В этом случае для отыскания вероятностей возможных значений Y следует сложить вероятности тех возможных
значений Х, при которых Y принимает одинаковые значения.
Пример 10.1. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
Х
Р
2
0,3
3
0,2
5
0,1
7
0,4
Найти закон распределения случайной величины Y, равной 2Х.
Решение. Находим возможные значения Y:
Y1  2 x1  2  2  4 ; Y2  2 x2  2  3  6 ; Y3  2 x3  2  5  10 ; Y4  2 x4  14 .
Так как функция x  монотонна, то вероятности P yi   P xi  , т.е.
133
PY  4  P X  2  0,3 ; PY  6  P X  3  0,2 ;
PY  10   P X  5  0,1 ; PY  14   P X  7   0,4 .
Запишем искомый закон распределения Y
Y
Р
4
0,3
6
0,2
10
0,1
14
0,4
Пример 10.2. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
Х
Р
–3
0,1
–2
0,2
–1
0,2
0
0,1
1
0,3
2
0,1
Найти закон распределения случайной величины Y  X 2 .
Решение. Находим возможные значения случайной величины Y  X 2 :
2
2
2
Y1   3  9 ; Y2   2   4 ; Y3   1  1 ; Y4  0 2  0 ; Y5  12  1 ;
Y6  2 2  4 . Значения Y1  9 и Y4  0 встречаются только по одному разу, а значения Y2  Y6  4 совпадают, поэтому вероятность того, что Y  4 , будет равна
сумме вероятностей 0,2 + 0,1 = 0,3. Аналогично, Y3  Y5  1 , поэтому
PY  1  0,2  0,3  0,5 .
Напишем искомый закон распределения Y, расположив значения Y в порядке возрастания
Y
0
1
4
9
Р
0,1
0,5
0,3
0,1
Если Х — непрерывная случайная величина, заданная плотностью распределения f  x  , и если y  x — дифференцируемая строго монотонная функция, обратная функция которой x  ψ y  , то плотность распределения g  y  случайной величины Y находят из равенства
g  y   f  y    y  .
Если функция y   x  в интервале возможных значений Х не монотонна,
то следует разбить этот интервал на такие интервалы, в которых функция x 
монотонна, и найти плотности распределения g i  y  для каждого интервала монотонности, а затем представить g  y  в виде суммы
134
g  y    gi  y  .
Пример 10.3. Задана плотность распределения f  x  случайной величины
Х, возможные значения которой заключены в интервале a, b . Найти плотность
распределения случайной величины Y  3 X .
Решение. Так как функция y  3x дифференцируемая и строго возрастает,
то применима формула g  y   f  y    y  , где   y  — функция, обратная
функции y  3x .
y
1
 y
. Тогда f  y   f   ,  y   . Искомая
3
3
3
y
плотность распределения g  y   1 f   . Так как х изменяется в интервале a, b 
3 3
и у = 3х, то 3a  y  3b .
Находим   y  :  y   x 
y
Ответ: g  y   1 f   , y  3a, 3b  .
3 3
Пример 10.4. Случайная величина Х распределена по закону Коши
px  
1
 1  x 2 
.
Найти плотность распределения случайной величины Y  X 3  2 .
Решение. Функция y  x 3  2 монотонно возрастающая при всех
x   ;   . Находим обратную функцию   y  :  y   x  3 y  2 . Тогда
f  y  
1
,  y  
1
1  3  y  2 2 


3
3
 y  2
2
,  y  
1
3
3
 y  2
2
.
Следовательно,
g  y   f  y    y  
Ответ: g  y  
1
1
1

.
2
3



2
4
3
3
1   y  2  3  y  2
3  y  2   y  2 




2 3
1


3 3  y  22  3  y  24 


135
.

x2
2
1
e нормально распределенной
2
случайной величины Х. Найти плотность распределения g  y  случайной вели-
Пример 10.5. Задана плотность f  x  
чины Y  X 2 .
Решение. Так как в интервале  ;    функция y  x 2 не монотонна, то
разобъем этот интервал на интервалы  ; 0  и 0;    , в которых она монотонна. В интервале  ; 0  обратная функция 1  y    y , в интервале 0;   
y
y
1
1 2
1 2
, f 1  y  
e , f  2  y  
e .
 2  y   y , 1  y    2  y  
2 y
2
2
Искомую плотность распределения находим из равенства
g  y   f 1 y   1 y   f 2 y   2 y  ,
y
y
y



g y  1 e 2 1  1 e 2 1  1 e 2 .
2
2 y
2
2 y
2 y
Так как y  x 2 , причем    x   , то 0  y   . Таким образом, в интерy

1
e 2 , вне этого инвале 0;    искомая плотность распределения g  y  
2y
тервала g  y   0 .
y

1
e 2 при y  0;    , g  y   0 при y   ; 0  .
Ответ: g  y  
2y
Задачи для самостоятельного решения
10.1. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
Х
Р
1
0,4
3
0,1
5
0,5
Найти закон распределения случайной величины Y  3 X .
Ответ:
Y
Р
3
0,4
9
0,1
15
0,5
10.2. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
136
Х
Р
3
0,2
6
0,1
10
0,7
Найти закон распределения случайной величины Y  2 X  1.
Ответ:
Y
Р
7
0,2
13
0,1
21
0,7
10.3. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
Х
Р
–1
0,3
–2
0,1
–1
0,2
2
0,4
Найти закон распределения случайной величины Y  X 2 .
Ответ:
Y
Р
1
0,5
4
0,5
10.4. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения
3


4
2
4
Р
0,2
0,7
0,1
Найти закон распределения случайной величины Y  sin X .
Ответ:
Х
Y
Р
1
2
0,3
1
0,7
10.5. Задана плотность распределения f  x  случайной величины Х, возможные значения которой заключены в интервале 0;   . Найти плотность распределения g  y  случайной величины Y , если а) Y  e X ; б) Y  ln X ;
1
в) Y  X 3; г) Y  2 ; д) Y  X .
X


Ответ: а) g y  1 f  ln 1  , y  (0; 1); б) g y  e y f e y , y   ;   ;
y  y
137
в) g y  1 f
33 y2
3 y , y  0;    ; г) gy  2 y1 y f  1y  , y  0;    ;
 
д) g  y   2 yf y2 , y  0;    .
10.6. Задана плотность распределения f  x  случайной величины Х, возможные значения которой заключены в интервале  ;   . Найти плотность
распределения g  y  случайной величины Y , если а) Y  X 2; б) Y  e X ;
в) Y  X ; г) Y  arctgX ; д) Y  1 2 .
1 X
Ответ: а) g  y   1 f y  f  y , y  (0;  ) ;
2 y
2
  
б) g  y  

 

 f  ln 1   f  ln y
 
y 
2 y ln 1  
y

1
 , y  0; 1;

в) g  y   f  y   f  y  , y  0;    ;
г) g y  
1 f tgy , y     ;   ;


cos2 y
 2 2
д) g  y  
1
2 y2 1  1
y


f  1  1  
 y



f   1  1  , y  (0; 1).
y



x2
2
1
e нормально распре2
деленной случайной величины Х. Найти плотность распределения случайной
1
величины Y  X 2 .
2
1 y
e в интервале (0; ) ; вне этого интервала g  y   0 .
Ответ: g  y  
y
10.7. Задана плотность распределения f  x  
10.8. Задана функция распределения F  x  случайной величины Х. Найти
функцию распределения G  y  случайной величины Y  3X  2.
y  2
Ответ: G y   F 
.
 3 
138
10.9. Задана функция распределения F  x  случайной величины Х. Найти
2
функцию распределения G  y  случайной величины Y   X  2 .
3
 32  y  
Ответ: G  y   1  F 
.
 2 
10.10. Задана функция распределения F  x  случайной величины Х. Найти
функцию распределения G  y  случайной величины Y , если а) Y  4 X  6;
б) Y  5X  1; в) Y  aX  b.
 y  6
1  y 
Ответ: а) G  y   F 
 ; б) G  y   1  F 
;
 4 
 5 
 y b
 y b
в) G  y   F 
 при a  0 , G  y   1  F 
 при a  0 .
 a 
 a 
Функция двух случайных аргументов
Если каждой паре возможных случайных величин Х и Y соответствует
одно возможное значение случайной величины Z , то Z называют функцией
двух случайных аргументов Х и Y и пишут
Z   X , Y  .
Если Х и Y  дискретные независимые случайные величины, то для нахождения распределения функции Z   X , Y  , надо найти все возможные значения Z , для чего достаточно для каждого возможного значения Х, равного xi , и
каждого возможного значения Y , равного y j , вычислить значение Z , равное


zij   xi , y j . Вероятности найденных возможных значений Z равны произве-


дениям вероятностей P X  xi  и P Y  x j .
Пример 10.6. Дискретные независимые случайные величины Х и Y заданы
распределениями:
Х
Р
Y
Р
–2
0,3
–1
0,1
1
0,4
3
0,5
2
0,1
4
0,1
3
0,5
Найти распределения случайных величин: а) Z  X  Y ; б) Z  2 X  Y ;
в) Z  XY; г) Z  XY 2.
139
Решение. Для того чтобы составить указанные распределения величины
Z , надо найти все возможные значения Z и их вероятности. Все вычисления
поместим в таблицу
Х
–2
–2
–2
–1
–1
–1
3
3
3
4
4
4
Y
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
Z  X Y
–1
0
1
0
1
2
4
5
6
5
6
7
Z  2X  Y
–5
–6
–7
–3
–4
–5
5
4
3
7
6
5
Z  XY
–2
–4
–6
–1
–2
–3
3
6
9
4
8
12
Z  XY 2
–2
–8
–18
–1
–4
–9
3
12
27
4
16
36
PZ   PX PY 
0,3 · 0,4 = 0,12
0,3 · 0,1 = 0,03
0,3 · 0,5 = 0,15
0,1 · 0,4 = 0,04
0,1 · 0,1 = 0,01
0,1 · 0,5 = 0,05
0,5 · 0,4 = 0,20
0,5 · 0,1 = 0,05
0,5 · 0,5 = 0,25
0,1 · 0,4 = 0,04
0,1 · 0,1 = 0,01
0,1 · 0,5 = 0,05
1,00
Объединив одинаковые значения Z и расположив их в порядке возрастания, получим следующие распределения:
а)
–1
0
1
2
4
5
6
7
Z  X Y
0,12 0,07 0,16 0,05 0,20 0,09 0,26 0,05
P
б)
Z  2X Y
P
–7
–6
–5
–4
–3
3
4
5
6
7
0,15 0,03 0,17 0,01 0,04 0,25 0,05 0,25 0,01 0,04
в)
Z  XY
P
–6
–4
–3
–2
–1
3
4
6
8
9
12
0,15 0,03 0,05 0,13 0,04 0,20 0,04 0,05 0,01 0,25 0,05
г)
–8
–4
–2
–1 3
4
12
16
27
36
Z  XY 2 –18 –9
0,15 0,05 0,03 0,01 0,12 0,04 0,2 0,04 0,05 0,01 0,25 0,05
P
Если Х и Y непрерывные независимые случайные величины, то плотность
распределения g  z  суммы Z  X  Y (при условии, что плотность распределе140
ния хотя бы одного из аргументов задана в интервале  ;    одной формулой) может быть найдена по формуле
g z  

 f1x f2z  x dx,

либо по равносильной формуле
g z  

 f1z  y f2 y dy,

где f1 и f 2 — плотности распределения аргументов.
Если возможные значения аргументов неотрицательны, то плотность распределения g  z  величины Z  X  Y находят по формуле
z
g z    f1x f2 z  x dx,
0
либо по равносильной формуле
z
g z    f1z  y  f2  y  dy.
0
В том случае, когда обе плотности f1  x  и f 2  y  заданы на конечных интервалах, для отыскания плотности g  z  величины Z  X  Y целесообразно
сначала найти функцию распределения G  z  , а затем продифференцировать ее
по Z
g  z   G  z  .
Если Х и Y — независимые случайные величины, заданные соответствующими плотностями распределения f1  x  и f 2  y  , то вероятность попадания
случайной точки  X , Y  в область D равна двойному интегралу по этой области от произведения плотностей распределения
P X , Y   D   f1x f2  y  dx dy.
D
Пример 10.7. Независимые нормально распределенные случайные величины

x2
2

y2
2
1
1
e
e
, f2 y 
.
2
2
Найти композицию этих законов, т.е. плотность распределения случайной величины Z  X  Y .
Х и Y заданы плотностями распределений f1  x  
141
Решение. Используем формулу g z  

 f1x f2z  x dx. Тогда

   x 2  z  x 
e 2e 2
2
g z   1 
2  
 1
2
2
 z 
2
e 2 e x  xz dx 




2
2
z  x 
 z  z  
e 2e 2 e 2
2
 1
2



x2
z2
x2



dx  1  e 2 e 2 e zxe 2 dx 
2  
1
2
2
 2
z2  z2
 z     x  xz   
4  4 dx 
e 2 e 


z2  

2
d  x  z   1 e 4  e t dt 

2  2

z2
z2


 1 e 4  1 e 4.
2
2 
z2

Ответ: g x  1 e 4 .
2 
Пример 10.8. Заданы плотности распределения независимых равномерно
1
распределенных случайных величин Х и Y : f1 x   в интервале (0; 2), вне
2
1
этого интервала f1  x   0 , f 2  y   в интервале (0; 3), вне этого интервала
3
f 2  y   0 . Найти функцию распределения и плотность распределения случайной величины Z  X  Y . Построить график распределения g  z  .
Решение. По условию, возможные значения Х определяются неравенством
0  x  2 , Y — неравенством 0  y  3 . Отсюда следует, что возможные случайные точки  X ; Y  расположены в прямоугольнике ОАВС (рис. 10.1).
У
3
F
А
М
В
N
D
К
С
0
z
Е
2
Рис. 10.1
142
Х
Неравенству x  y  z удовлетворяют те точки  x; y  плоскости XOY, которые лежат ниже прямой Z  X  Y ; если же брать только возможные значения х
и у, то неравенство x  y  z выполняется только для точек, лежащих в прямоугольнике ОАВС ниже прямой x  y  z. С другой стороны, так как величины Х
и Y независимы, то
Gz    f1x f2  y  dx dy  1  dx dy  1 S ,
6 S 
6
S 
где S — величина той части площади прямоугольника ОАВС, которая лежит
ниже прямой x  y  z. Величина этой площади зависит от значения z.
Если z  0, то S  0, т.е. Gz   0.
Если z  0; 2 , то Gz   1 SODE  1 1 z 2  1 z 2.
6
62
12
Если z  2; 3, то Gz   1 Sтр.OFKС  1  OF  KC OC   1  z  z  2  2  
 6

6
6
2
2
1
  z  1 .
3
Если z  3; 5 , то Gz   1 SOAMNC  1 6  SMNB   1  6  1 5  z 2  

6
6
6
2
 1  1 5  z 2.
12
Если z  5 , то Gz   1  6  1.
6
Итак, искомая функция распределения имеет вид
0 при z  0,
1
  z  1 при z  0; 2,
2
 1
G  z     z  1 при z  2; 3,
3
1

2
1  12 5  z  при z  3; 5,

1 при z  5.
Найдем плотность распределения
143
0 при z  0,
z
 при z  0; 2,
6
 1
g  z    при z  2; 3,
3
1
 6 5  z  при z  3; 5,

0 при z  5.
Построим график этой функции (рис. 10.2)
g(z)
1
3
0
1
2
3
1
4
5
z
Рис. 10.2
Задачи для самостоятельного решения
10.11. Дискретные независимые случайные величины Х и Y заданы распределениями:
Х
Р
1
0,3
3
0,7
Y
Р
2
0,6
4
0,4
Найти распределение случайной величины Z  X  Y .
Ответ:
Z
3
5
7
Р
0,18 0,54 0,28
144
10.12. Дискретные случайные величины Х и Y заданы распределениями:
а)
Х
Р
10
12
16
0,4 0,1 0,5
Х
Р
4
0,7
Y
Р
1
0,2
2
0,8
б)
10
0,3
Y
Р
1
0,8
7
0,2
Найти распределение случайной величины Z  X  Y .
Ответ: а)
Z
11
12
13
14
17
18
Р
0,08 0,32 0,02 0,08 0,10 0,40
б)
Z
Р
5
11
17
0,56 0,38 0,06
10.13. Независимые случайные величины Х и Y заданы плотностями рас1
пределений: f1  x   e  x 0  x    , f 2  y   e  y / 2 0  y    . Найти компо2
зицию этих законов, т.е. плотность распределения случайной величины
Z  X Y .
Ответ: g  z   e  z / 2 1  e  z / 2 при z  0 , 0 при z  0.


10.14. Независимые случайные величины Х и Y заданы плотностями рас1
пределений: f1  x   e  x / 3 0  x    , f2 y   1 e y / 5 0  y  . Найти
5
3
плотность случайной величины Z  X  Y .
1
Ответ: g  z   0 при z  0, g z   e  z / 5 1  e  2 z / 15 при z  0.
2


10.15. Заданы плотности равномерно распределенных независимых случайных величин Х и Y : f1  x   1 в интервале 0; 1 , вне этого интервала
f1  x   0 , f 2  y   1 в интервале 0; 1 , вне этого интервала f2  y   0. Найти
функцию распределения и плотность случайной величины Z  X  Y .
145
0 при z  0,
 2
0 при z  0,
 z при z  0; 1,
 z при 0  z  1,
2

Ответ: Gz   


g
z


2
 1  2  z  при z  1; 2,
 2  z при 1  z  2,

0 при z  2.
2
1 при z  2.

10.16. Заданы плотности распределения равномерно распределенных неза1
висимых случайных величин Х и Y : f1 x   в интервале 1; 3, вне этого ин2
1
тервала f1x  0, f 2  y   в интервале 2; 6, вне этого интервала f 2  y   0 .
4
Найти функцию распределения и плотность распределения случайной величины Z  X  Y . Построить график плотности распределения g z .
0 при z  3,
0 при z  0,

2
z  3
  z  3 при 3  z  5,

при 3  z  5,
 16
 8

 1
z
g  z    при 5  z  7,
Ответ: G  z     1 при 5  z  7,
4
4
9  z
 9  z 2
при 7  z  9,
1 
 8 при 7  z  9,
16


при z  9.
0
1 при z  9.
146
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение 1
x2
х
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
0
3989
3970
3910
3814
3683
3521
3332
3123
2897
2661
1
3989
3965
3902
3802
3668
3503
3312
3101
2874
2637
2
3989
3961
3894
3790
3653
3485
3292
3079
2850
2613
3
3988
3956
3885
3778
3637
3467
3271
3056
2827
2589
4
3986
3951
3876
3765
3621
3448
3251
3034
2803
2565
1 e 2
2
5
6
3984 3982
3945 3939
3867 3857
3752 3739
3605 3589
3429 3410
3230 3209
3011 2989
2780 2756
2541 2516
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2420
2179
1942
1714
1497
1295
1109
0940
0790
0656
2396
2155
1919
1691
1476
1276
1092
0925
0775
0644
2371
2131
1895
1669
1456
1257
1074
0909
0761
0632
2347
2107
1872
1647
1435
1238
1057
0893
0748
0620
2323
2083
1845
1626
1415
1219
1040
0878
0734
0608
2299
2059
1826
1604
1394
1200
1023
0863
0721
0596
2275
2036
1804
1582
1374
1182
1006
0848
0707
0584
2251
2012
1781
1561
1354
1163
0989
0833
0694
0573
2227
1989
1758
1539
1334
1145
0973
0818
0681
0562
2203
1965
1736
1518
1315
1127
0957
0804
0669
0551
2,0
2,1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
0540
0440
0355
0283
0224
0175
0136
0104
0079
0060
0529
0431
0347
0277
0219
0171
0132
0101
0077
0058
0519
0422
0339
0270
0213
0167
0129
0099
0075
0056
0508
0413
0332
0264
0208
0163
0126
0096
0073
0055
0498
0404
0325
0258
0203
0158
0122
0093
0071
0053
0488
0396
0317
0252
0198
0154
0119
0091
0069
0051
0478
0387
0310
0246
0194
0151
0116
0088
0067
0050
0468
0379
0303
0241
0189
0147
0113
0086
0065
0048
0459
0371
0297
0235
0184
0143
0110
0084
0063
0047
0449
0363
0290
0229
0180
0139
0107
0081
0061
0046
3,0
4,0
0044 0033 0024 0017 0012 0009 0006 0004 0003 0002
0001 0001 0001 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000
Значения* функции x 
* Все значения умножены на 10 000.
147
7
3980
3932
3847
3725
3572
3391
3187
2966
2732
2492
8
3980
3925
3836
3712
3555
3372
3166
2943
2709
2468
9
3973
3918
3825
3697
3538
3352
3144
2920
2685
2444
Приложение 2
x2

Значения* функции x  2  e 2 dx
2 0
t
t
0,00
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
2,1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
3,1
3,2
3,3
3,4
3,5
3,6
3,7
3,8
3,9
0
00000
07966
15852
23582
31084
38292
45149
51607
57629
63188
68269
72867
76986
80640
83849
86639
89040
91087
92814
94257
95450
96427
97219
97855
98360
98758
99068
99307
99489
99627
99730
99806
99863
99903
99933
99953
99968
99978
99986
99990
1
00798
08759
16633
24344
31819
38995
45814
52230
58206
63718
68750
73300
77372
80980
84146
86696
89260
91273
92970
94387
95557
96514
97289
97911
98405
98793
99095
99327
99505
99639
99739
99813
99867
99907
99935
99955
99969
99979
99986
99991
2
01596
09552
17413
25103
32552
39694
46474
52848
58778
64243
69227
73729
77754
81316
84439
87149
89477
91457
93124
94514
95662
96599
97358
97966
98448
98826
99121
99347
99520
99650
99747
99819
99872
99910
99937
99957
99971
99980
99987
99991
3
02393
10348
18191
25860
33280
40387
47131
53461
59346
64763
69699
74152
78130
81648
84728
87398
89690
91637
93275
94639
95764
96683
97425
98019
98490
98859
99146
99367
99535
99661
99755
99825
99876
99913
99940
99958
99972
99981
99987
99992
4
03191
11134
18967
26614
34006
41080
47783
54070
59909
65278
70166
74571
78502
81975
85013
87644
89899
91814
93423
94762
95865
96765
97491
98072
98531
98891
99171
99386
99549
99672
99763
99831
99880
99916
99942
99960
99973
99982
99988
99992
* Все значения умножены на 100 000.
148
5
03988
11924
19741
27366
34729
41768
48431
54675
60468
65789
70628
74986
78870
82298
85294
87886
90106
91988
93569
94882
95964
96844
97555
98123
98571
98923
99195
99404
99563
99682
99771
99837
99885
99919
99944
99961
99974
99982
99988
99992
6
04784
12712
20514
28115
35448
42452
49075
55275
61021
66294
71086
75395
79233
82617
85571
88124
90309
92159
93711
95000
96060
96923
97618
98172
98611
98953
99219
99422
99576
99692
99779
99842
99889
99922
99946
99963
99975
99983
99989
99992
7
05581
13499
21284
28862
36164
43132
49714
55870
61570
66795
71538
75800
79592
82931
85844
88358
90508
92327
93852
95116
96155
96999
97679
98221
98649
98983
99241
99439
99590
99702
99786
99848
99892
99925
99948
99964
99976
99984
99989
99993
8
06376
14285
22052
29605
36877
43809
50350
56461
62114
67291
71986
76200
79945
83241
86113
88589
90704
92492
93989
95230
96247
97074
97739
98269
98686
99012
99263
99456
99602
99712
99793
99853
99896
99928
99950
99966
99977
99984
99990
99993
9
07171
15069
22818
30346
37587
44481
50981
57047
62653
67783
72429
76595
80295
85547
86378
88817
90897
92655
94124
95341
96338
97148
87798
98315
98723
99040
99285
99473
99615
99721
99800
99858
99900
99930
99952
99967
99978
99985
99990
99993
Приложение 3
Таблица значений функции Пуассона
P( X  m)  Pn, m
m
λ
0,1
0,9048
0,0905
0,0045
0,0002
–
–
–
0,2
0,8187
0,1638
0,0164
0,0011
–
–
–
0,3
0,7408
0,2222
0,0333
0,0033
0,0002
–
–
0,4
0,6703
0,2681
0,0536
0,0072
0,0007
0,0001
–
0,5
0,6065
0,3033
0,0758
0,0126
0,0016
0,0002
–
0,6
0,5488
0,3293
0,0988
0,0198
0,0030
0,0004
–
0,7
0,4966
0,3476
0,1217
0,0284
0,0050
0,0007
0,0001
0,8
0,4493
0,3596
0,1438
0,0383
0,0077
0,0012
0,0002
0,9
0,4066
0,3696
0,1647
0,0494
0,0111
0,0020
0,0003
λ
1,0
0,3679
0,3679
0,1839
0,0313
0,0153
0,0081
0,0005
0,0001
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
2,0
0,1353
0,2707
0,2707
0,1804
0,0902
0,0361
0,0120
0,0034
0,0009
0,0002
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
3,0
0,0498
0,1494
0,2240
0,2240
0,1618
0,1008
0,0504
0,0216
0,0081
0,0027
0,0008
0,0002
0,0001
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
4,0
0,0183
0,0733
0,1465
0,1954
0,1954
0,1563
0,1042
0,0595
0,0298
0,0132
0,0053
0,0019
0,0006
0,0002
0,0001
–
–
–
–
–
–
–
–
5,0
0,0067
0,0337
0,0842
0,1404
0,1755
0,1755
0,1462
0,1044
0,0655
0,0363
0,0181
0,0082
0,0034
0,0013
0,0005
0,0002
–
–
–
–
–
–
–
6,0
0,0025
0,0149
0,0446
0,0892
0,1339
0,1606
0,1606
0,1377
0,1033
0,0688
0,0413
0,0225
0,0113
0,0052
0,0022
0,0009
0,0003
0,0001
–
–
–
–
–
7,0
0,0009
0,0064
0,0223
0,0521
0,0912
0,1277
0,1490
0,1490
0,1304
0,1014
0,0710
0,0452
0,0264
0,0142
0,0071
0,0033
0,0014
0,0006
0,0002
0,0001
–
–
–
8,0
0,0003
0,0027
0,0107
0,0286
0,0572
0,0916
0,1221
0,1396
0,1396
0,1241
0,0993
0,0722
0,0481
0,0296
0,0169
0,0090
0,0045
0,0021
0,0009
0,0004
0,0002
0,0001
–
9,0
0,0001
0,0011
0,0055
0,0150
0,0337
0,0607
0,0911
0,1318
0,1318
0,0318
0,1180
0,0970
0,0728
0,0504
0,0324
0,0194
0,0109
0,0058
0,0029
0,0014
0,0006
0,0003
0,0001
0
1
2
3
4
5
6
m
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
m 

e
m!
149
ЛИТЕРАТУРА
Герасимович А.И., Матвеева Я.И. Математическая статистика. Мн., 1978.
Гурский Е.И. Сборник задач по теории вероятностей и математической
статистике. Мн., 1984.
Лихолетов И.И., Мацкевич И.П. Руководство к решению задач по высшей
математике и математической статистике. Мн., 1976.
Теория вероятностей и математическая статистика: Сб. задач по математике для вузов / Э.А. Вуколов, А.В. Ефимов, В.Н. Земсков и др.; Под ред.
А.В. Ефимова. Мн., 1990.
Мацкевич И.П., Свирид Г.П., Булдык Г.М. Теория вероятностей и математическая статистика. Мн., 1996.
Белько И.В., Свирид Г.П. Теория вероятностей и математическая статистика. Мн., 2002.
Ниворожкина Л.И., Морозова З.А. Основы статистики с элементами теории вероятностей для экономистов. Ростов-н/Д., 1999.
150