Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
331
,)()()()(
2
1
2
1
0
1
∫∫∫
+===
∞
∞−
dxxfxdxxfxdxxfxXMv
kkkk
k
де k = 1, 2, 3, 4.
Отже,
+⋅=+==
∫∫∫
1
0
2
2
1
2
1
0
11
2
3
)()()( dxxxdxxxfdxxxfXMv
()
+⋅−⋅+=−⋅+
∫∫∫∫
2
1
2
2
1
1
0
3
2
1
2
4
2
3
4
2
3
2
3
2
2
3
dxxxdxdxxdxxx
+=⋅+⋅−⋅+⋅=+
∫
8
3
42
3
3
6
2
6
42
3
2
3
2
1
4
2
1
3
2
1
2
1
0
4
2
1
3
xxxx
dxx
.1)116(
8
3
)18(2)14(3 =−⋅+−⋅−−⋅+
М(Х) = 1 підтверджується симетричністю функції віднос-
но х = 1.
+⋅=+==
∫∫∫
1
0
22
2
1
2
2
1
0
1
22
2
2
3
)()()( dxxxdxxfxdxxfxXMv
()
+⋅−⋅+=−⋅+
∫∫∫∫
2
1
3
2
1
2
1
0
4
2
1
2
2
4
2
3
4
2
3
2
3
2
2
3
dxxdxxdxxdxxx
+=⋅+⋅−⋅+⋅=+
∫
10
3
52
3
4
6
3
6
52
3
2
3
2
1
5
2
1
4
2
1
3
1
0
5
2
1
4
xxxx
dxx
.1,1)132(
10
3
)116(
2
3
)18(2 =−⋅+−⋅−−⋅+
+⋅=+==
∫∫∫
1
0
23
2
1
2
3
1
0
1
33
3
2
3
)()()( dxxxdxxfxdxxfxXMv
()
+⋅−⋅+=−⋅+
∫∫∫∫
2
1
4
2
1
3
1
0
5
2
1
2
3
4
2
3
4
2
3
2
3
2
2
3
dxxdxxdxxdxxx
332
+=⋅+⋅−⋅+⋅=+
∫
4
1
62
3
5
6
4
6
62
3
2
3
2
1
6
2
1
5
2
1
4
1
0
6
2
1
5
xx
x
x
dxx
.3,1)164(
4
1
)132(
5
6
)116(
2
3
=−⋅+−⋅−−⋅+
+⋅=+==
∫∫∫
1
0
24
2
1
2
4
1
0
1
44
4
2
3
)()()( dxxxdxxfxdxxfxXMv
()
+⋅−⋅+=−⋅+
∫∫∫∫
2
1
5
2
1
4
1
0
6
2
1
2
4
4
2
3
4
2
3
2
3
2
2
3
dxxdxxdxxdxxx
+=⋅+⋅−+⋅=+
∫
14
3
72
3
6
6
5
6
72
3
2
3
2
1
7
2
1
6
2
1
5
1
0
7
2
1
6
xxxx
dxx
.
35
22
1
35
57
)1128(
14
3
)164()132(
5
6
==−⋅+−−−⋅+
Центральні моменти обчислимо використовуючи форму-
ли, що виражають центральні моменти через початкові.
Центральний момент першого порядку рівний нулю:
μ
1
= 0;
другого –
1,011,1)(
22
122
=−=−== vvxD
μ
;
третього –
=⋅+⋅⋅−=+⋅−=
33
12133
121,1133,123 vvvv
μ
0= ;
четвертого –
−=−⋅+⋅−=
35
22
1364
4
12
2
13144
vvvvvv
μ
.
35
1
131,1163,114
2
=⋅−⋅⋅+⋅⋅−
б) Асиметрію А
s
обчислимо за формулою:
.0
)1,0(
0
)(
2
3
2
3
2
3
3
3
====
μ
μ
σ
μ
S
A
Ексцес обчислимо за формулою:
333
.
7
1
3
135
100
3
)1,0(35
1
3
35
1
3
22
2
4
4
−=−
⋅
=−=−=−=
μ
σ
μ
S
E
4.5.2. Знайти теоретичний центральний момент 3-го по-
рядку
[]
3
)(XMXM − показникового розподілу.
Розв’язок.
;)(
x
exf
λ
λ
−
=
[
]
3
3
)(
μ
=− XMXM
.
Виразимо центральний момент
3
μ
через початкові:
[]
[
−⋅+⋅−=− )(3)(3)(
223
3
XMXXMXXMXMXM
]
[
]
×+⋅−=− )(3)()(3)()(
233
XMXMMXMXMXM
[
]
[
]
+⋅−=−× )()(3)()()(
2332
XMXMXMXMMXMM
.23)()()(3
3
1123
32
νννν
+⋅−=−⋅+ XMХMXM
Отже,
3
11233
23
ννννμ
+−= .
=−=×===
−
∞
−
∞∞
∫∫∫
)()()(
0
3
00
333
3
xx
edxdxexdxxfxXM
λλ
λ
ν
=−=
==
==
==
−
∞
∞
−
−
−
−
∞
∫∫
dxexex
edxxdu
dedux
edx
xx
x
x
x
λλ
λ
λ
λ
υ
υ
0
2
0
3
2
3
0
3
3|
;3
;)(;
)(
−⋅=
==
==
==
∞
−
−
−
∞
−
∫
0
2
2
0
2
|(
3
;2
)(;
)(
3
x
x
x
x
ex
exdxdu
dedux
edx
λ
λ
λ
λ
λ
υ
υ
λ
=−==−
−
∞∞
−
∞
−
∫∫∫
)(
66
)2
0
2
0
0
xxx
exddxxedxxe
λλλ
λλ
=−−=
==
==
=
∫
∞
−
∞
−
−−
)|(
6
);(
;;
0
0
2
dxexe
eedd
dxduxu
xx
xx
λλ
λλ
λ
υυ
;
6
0
6
|
6
)(
16
33
0
3
0
2
λλλ
λ
λλ
λλ
=−==−⋅−=
∞
−
∞
−
∫
xx
exde
334
=−=−−==
−
∞∞
−−
∞
∫∫∫
)()()(
0
2
0
2
0
22 xxx
edxxdexdxexXM
λλλ
λλ
==−==
∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
−−
∞
00
0
2
0
2
)(
2
2|)(
xxxx
exddxxeexedx
λλλλ
λ
==−⋅=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−=
∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
∞
−
0
2
0
0
0
)(
2
)(
12
|
2
xxxx
edxdedxexe
λλλλ
λ
λ
λλλ
;
2
|
2
2
0
2
λ
λ
λ
==
∞
−
x
e
−==−==
∞
−
∞
−
∞
−
∞
−
∫∫∫
0
0
00
|)()()(
xxxx
xeexdexddxexXM
λλλλ
λ
.
1
|
1
)(
1
)(
1
0
000
λλλ
λ
λ
λλλλ
===−=−
∞
−−
∞∞
−
∞
−
∫∫∫
xxxx
eedxdedxe
Остаточно,
.
22661
2
12
3
6
3333
3
23
3
λλλλ
λλ
λλ
μ
=+−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×+××−=
4.5.3. Знайти асиметрію
)(
3
3
x
A
s
σ
μ
= показникового роз-
поділу.
Розв’язок.
;
)(
3
3
X
A
s
σ
μ
=
Але
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=−==
2
2
222
12
)()()()(
λλ
σ
XMXMXXD
;
112
222
λ
λ
λ
=−=
.
1
)()(
λ
σ
== XDX
335
Остаточно, .
21
:
2
23
λλλ
==
s
A
4.5.4. Дискретна випадкова величина Х має розподіл
Пуассона:
!
)(
m
e
mXP
m
λ
λ
−
⋅== , m = 0, 1, 2, ...
Знайти: коефіцієнт асиметрії випадкової величини Х.
Розв’язок.
За означенням
,
)(
3
3
X
A
s
σ
μ
= де
.23
3
12133
ννννμ
+−=
Обчислимо
)(
1
XM
=
ν
випадкової величини, що розпо-
ділена за законом Пуассона:
Х 0 1 2 … k
Р
λ
−
e
!1
λ
λ
−
e
!2
2
λ
λ
−
e
…
!k
e
k
λ
λ
−
.
)!1()!1(!
)(
1
1
10
∑∑∑
∞
=
−
−
∞
=
−
∞
=
−
−
⋅⋅=
−
⋅=⋅=
κ
λ
λλ
λ
λ
λλ
k
e
kk
e
k
k
e
kXM
k
k
k
k
k
Поклавши
mk
=
−1 , отримаємо:
,
!
)(
0
λλ
λ
λ
λλλ
===
−
∞
=
−
∑
ee
m
eXM
m
m
оскільки .
!
0
∑
∞
=
=
m
m
m
e
λ
λ
Отже,
λ
=)(XM .
Обчислюємо
).()()(
22
2
XMXMХD −==
ν
Для цього напишемо розподіл випадкової величини
2
X
,
враховуючи, що імовірності розподілів
X
і
2
X
рівні.
Х
2
0
2
1
2
2
2
…
k
2
Р
λ
−
e
!1
λ
λ
−
e
!2
2
λ
λ
−
e
…
!k
e
k
λ
λ
−
336
=
−
===
∑∑∑
∞
=
−−
∞
=
−
∞
= 11
2
0
22
)!1(!!
)(
k
kk
k
k
k
kk
ek
k
k
e
k
k
e
kXM
λλλ
λλλ
()
[]
()
()
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
+
−
−=
−
+−=
∑∑∑
∞
=
∞
=
−−−−−
∞
= 11
111
1
)!1()!1(
1
!1
11
kk
kkk
k
kk
e
k
k
e
k
λλ
λ
λ
λ
λλ
*
(Покладемо
mk
=
−
1 )
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+=
∑∑
∞
=
∞
=
−−
00
!!
*
mm
mm
m
e
m
e
m
λ
λ
λλ
λ
[]
,
!!
2
00
λλλλ
λλ
λ
λλλ
λ
+=×+=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+=
−
∞
=
∞
=
−
−
∑∑
ee
m
e
m
e
m
mm
mm
тут враховано, що
.
!
λ
λ
λ
=
∑
−
m
e
m
m
Отже,
;)()(
22
2
λλλλ
ν
=−+= .)(
2
3
3
λλλσ
==X
Обчислимо
====
∑∑
∞
=
−
∞
=
−
1
3
0
33
3
!!
)(
k
k
k
k
k
e
k
k
e
kXM
λλ
λλ
ν
.
)!1()!1(
1
1
2
1
2
−
=
−
⋅=
−−
∞
=
−
∞
=
∑∑
k
e
k
kk
ek
k
k
k
k
k
λλ
λ
λ
λ
Покладемо
,1 mk
=
− звідки ,1
+
=
mk тому
+=+=
−
∞
=
−
∞
=
∑∑
λλ
λ
λ
λ
λ
e
m
m
e
m
mXM
m
m
m
m
0
2
0
23
!!
)1()(
+
−
×=++
−
∞
=
−
−
∞
=
−
∞
=
∑∑∑
λλλ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
e
mm
m
me
m
e
m
m
m
m
m
m
m
m
0
1
2
00
)!1(!!
2
+
−
−
=+
−
+
−
∞
=
−
∞
=
−−
∞
=
−
∑∑∑
λλλ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
e
m
m
m
ee
mm
m
m
m
m
m
m
m
0
1
2
00
1
2
)!1(
)1(
!)!1(
2
++⋅=⋅+⋅+
−
+
−−−−
−
∑
λλλλλλλ
λλλλλ
λ
λ
eeeeeee
m
m
222
1
2
2
)!1(
337
,32
232
λλλλλ
++=++ оскільки ,
!
0
λ
λ
λ
=
∑
∞
=
−
m
m
m
e
m
а отже,
.
)!1(
)1(
0
1
λ
λ
λ
=
−
−
−
∞
=
−
∑
e
m
m
m
m
Таким чином, =
+−
==
2
3
3
1213
3
3
23
)(
λ
νννν
σ
μ
X
A
s
.
112)(33
2
1
2
3
2
3
3223
λ
λ
λ
λ
λ
λλλλλλλ
===
++−++
=
4.5.5. Знайти ексцес 3
)(
4
4
−=
x
E
K
σ
μ
показникового
розподілу (див. задачі 4.5.2, 4.5.3).
Розв’язок.
[]
[
−+−=−= )(6)(4)(
2234
4
4
XMXXMXXMXMXM
μ
]
+−=+− )()(4)()()(4
3443
XMXMXMXMXXM
−=+×−+ )()()()(4)()(6
44322
XMXMXMXMXMXM
=+−×+×− )()(4)()(6)()(4
44223
XMXMXMXMXMXM
;364
4
1
2
12134
νννννν
−×+×−=
=−−===
∫∫∫
∞
−
∞
−
∞∞
−−
)4|()()(
0
3
0
4
00
444
dxexexedxdxexXM
xxxx
λλλλ
λ
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−=−=−
∫∫∫
∞
−
∞
−−
∞∞
−
0
2
0
3
0
3
0
3
3|
4
)(
4
4 dxexexedxdxex
xxxx
λλλλ
λλ
=×−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−=×−
−
∞∞
−
∞
−−
∞
∫∫∫
)(
124
2|
12
)(
112
0
2
0
0
2
2
0
2 xxxx
exddxxeexedx
λλλλ
λλλλλ
.
24
|
24
)(
124
|
24
4
0
4
0
3
0
0
3
λλλλλ
λλλλ
=−=×−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−=
∞
−
∞
−
∞
−
∞
−
∫∫
xxxx
eeddxexe
Остаточно,
338
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
×+××−=
42
234
4
1
3
12
6
16
4
24
λλλλλ
μ
x
.
93122424
44444
λ
λ
λ
λ
λ
=−+−=
=−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=−=−= 3
1
:
9
3
)(
3
)(
2
242
4
4
4
λλ
μ
σ
μ
κ
ХDХ
E
63
9
4
4
=−×=
λ
λ
.
4.6. Основні розподіли дискретних випадкових
величин
Випадкова величина Х називається
рівномірно-розподіле-
ною, якщо всі імовірності її настання рівні і визначаються
формулою:
n
xХP
i
1
)( ==
, де nx
i
,1= (4.6.1).
Випадкова величина Х розподілена за
геометричним
законом
, якщо її імовірності утворюють геометричну
прогресію з першим членом p і знаменником q (0 < q < 1): p,
qp, q
2
p, q
3
p, …, q
k-1
p, …, так що pqxХP
i
x
i
1
)(
−
== (4.6.2).
Випадкова величина має
гіпергеометричний розподіл,
якщо її імовірності визначаються законом:
n
N
xn
MN
x
M
i
C
CC
xXP
ii
−
−
⋅
== )(
(4.6.3),
де N = M + (N – M), n = x
і
+ (n – x
і
), x
і
= 0, 1, 2, … mіn (M,
n).
Випадкова величина X розподілена за
пуассонівським за-
коном, якщо її імовірності визначаються формулою Пуассона:
λ
λ
−
== e
x
xXP
i
x
i
i
!
)(
, х
і
= 0, 1, 2 ... n, np
=
λ
(4.6.4),
339
λ
=)(XM ,
λ
=
)(XD ,
λσ
=)(X .
Біномним називають розподіл імовірностей, що визна-
чаються формулою Бернуллі. Біномний розподіл має вигляд:
Х
0 1
k
n – 1
n
Р
n
q
1−n
npq
knkk
n
qpC
−
qnp
n 1− n
p
Математичне сподівання М(Х) числа появи події А в n не-
залежних випробуваннях за схемою Бернуллі дорівнює добут-
ку числа випробувань на імовірність появи події в кожному
випробуванні:
,)( pnXM
⋅
=
а дисперсія рівна =)(XD
.q
p
n ⋅⋅=
Задачі
4.6.1. Серед 10 годинників, які потрапили в ремонт, для 6
потрібна загальна чистка механізму. Годинники не роз-
сортовані за видом ремонту. Майстер, бажаючи знайти годин-
ник, якому потрібна загальна чистка механізму, розглядає їх
один за одним і знайшовши цей годинник, закінчує огляд.
Треба сформулювати закон розподілу випадкової вели-
чини (к-сть оглянутих годинників) і
знайти математичне спо-
дівання цієї випадкової величини.
Розв’язок.
Запишемо умову відносно кількості годинників таким чи-
ном: 10 = 6 потр + 4 непот. Нехай випадкова величина Х –
кількість перевірок.
Робиться одна перевірка, якщо витягнутий годинник по-
требує чистки, тоді
10
6
)1( ==xP
. Дві перевірки здійснюють-
ся, якщо перший годинник не потребує чистки – подія
1
A , а
другий потребує – подія А
2
. Імовірність такої складної події
дорівнює добутку імовірностей залежних подій:
15
4
9
6
10
4
)()()()2(
2121
1
=⋅=⋅=⋅== APAPAAPxP
A
.
340
Три перевірки здійснюються, якщо перші дві показують,
що годинники не потребують чистки – події
1
A і
2
A , а третя
перевірка показує, що годинник її потребує.
Отже,
=⋅⋅=⋅⋅== )()()()()3(
321321
211
APAPAPAAAPxP
AAA
.
10
1
8
6
9
3
10
4
=⋅⋅=
Аналогічно,
×⋅=⋅⋅⋅== )()()()4(
214321
1
APAPAAAAPxP
A
.
35
1
7
6
8
2
9
3
10
4
)()(
43
32121
=⋅⋅⋅=⋅× APAP
AAAAA
П’ять перевірок необхідно здійснити, якщо перші чотири
зафіксують годинники, що не потребують чистки, а п’ята –
що потребує чистки, так що
=⋅⋅⋅⋅== )()4(
54321
AAAAAPxP
=⋅⋅⋅⋅= )()()()()(
54321
4321321211
APAPAPAPAP
AAAAAAAAAA
.
210
1
1
7
1
8
2
9
3
10
4
=⋅⋅⋅⋅=
Оскільки годинників, що не потребують чистки є чотири,
то на цьому перевірки закінчуються. Даний розподіл має
вигляд:
Х
1 2 3 4 5
Р
10
6
15
4
10
1
35
1
210
1
Перевірка:
1
210
210
210
1
35
1
10
1
15
4
10
6
==++++=
∑
i
p .
Математичне сподівання числа перевірок рівне:
7
4
1
7
11
210
1
5
35
1
4
10
1
3
15
4
2
10
6
1)( ==⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=XM
.
4.6.2.
При підкиданні гральної кістки може випасти від 1
до 6 очок.