Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
351
35
4
4567
43214
)3(
4
7
1
4
3
3
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
===
C
CC
XP .
Перевірка:
1
35
35
35
4
35
18
35
12
35
1
==+++=
∑
i
p .
Закон розподілу складений вірно і має вигляд:
X
0 1 2 3
P
35
1
35
12
35
18
35
4
7
12
35
60
35
4
3
35
18
2
35
12
1
35
1
0)( ==⋅+⋅+⋅+⋅==
∑
ii
pxXM
.
+⋅+⋅+⋅=−=
∑
35
18
2
35
12
1
35
1
0)()(
22222
XMpxXD
ii
49
24
49
144
35
120
7
12
35
4
3
2
2
=−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⋅+ .
4.6.13.
У лотереї на 2000 білетів розігруються три речі,
вартість яких відповідно 30, 50, 70 грн. Скласти закон роз-
поділу суми виграшу для особи, що має два білети. Знайти
ймовірність того, що сумарна вартість виграшу буде не менша
80 грн.
Розв’язок.
2000 = 1997 прогр. + 3 вигр., s
1
= 30; s
2
= 50; s
3
= 70.
Вартість виграшу у особи, що має два білети може бути: 0 =
= 0 + 0; 30 = 0 + 30; 50 = 0 + 50; 70 = 0 + 70; 80 = 30 + 50;
100 = 30 + 70; 120 = 50 + 70. Позначимо через Х = 0, 1, 2 кіль-
кість виграшних білетів серед двох. Обчислимо імовірності
цих подій за:
а) класичним означенням –
n
m
AP =)(
;
997001501,0
19992000
19961997
)0(
2
2000
2
1997
=
⋅
⋅
===
C
C
XP ;
352
0029969985,0
19992000
231997
)1(
2
2000
1
3
1
1997
=
⋅
⋅⋅
=
⋅
==
C
CC
XP ;
50000015007,0
19992000
213
)2(
2
2000
2
3
=
⋅
⋅⋅
===
C
C
XP .
Таким чином, закон розподілу має вигляд:
Перевірка:
=
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
19992000
23
19992000
231997
19992000
19961997
1
3998000
3998000
19992000
6)61996(1997
==
⋅
+
+⋅
=
б) через залежні події.
Позначимо події через
1
А – “перший білет виграшний
(програшний –
1
A )”,
2
А – “другий білет виграшний (про-
грашний –
2
А )”.
Тоді
1999
1996
2000
1997
)()()()0(
2121
1
⋅=⋅=== APAPAAPXP
A
.
+⋅=⋅+⋅== )()()()()1(
212121
1
APAPAAPAAPXP
A
.
19992000
199732
1999
3
2000
1997
1999
1997
2000
3
)()(
21
1
⋅
⋅
⋅
=⋅+⋅=+ APAP
A
1999
2
2000
3
)()()()2(
2121
1
⋅=⋅=⋅== APAPAAPXP
A
.
Знайдені імовірності ті ж самі, що й обчислені за фор-
мулою Бернуллі.
в) за формулою Пуассона.
Оскільки ймовірність виграшного білету низька -
1,00015,0
2000
3
<<==p , а 10003,00015,02 <
=
⋅
=
=
np
λ
Х
0 30 50 70 80 100 120
Р
0,997001501 0,0029969985 0,00000150075
353
(n = 2, оскільки використовуються два наявні білети), то
формулу Пуассона використовувати можна.
Отже,
997004496,0
!0
)0()0(
003,0
0
22
=====
−−
eePXP
λ
λ
;
90029910134,0
1
003,0
!1
)1()1(
003,0
1
2
=====
−−
eePXP
λ
λ
;
0000044865,0
21
)003,0(
!2
)2()2(
003,0
22
2
=
⋅
====
−−
eePXP
λ
λ
.
1999999996,0 ≈=
∑
i
p .
Наближена формула Пуассона дає імовірності дуже
близькі (точність 10
-5
) до імовірностей обчислених за точними
формулами.
Сумарна вартість виграшу буде не меншою за 80 грн.,
якщо буде один виграшний білет, імовірність цієї події рівна
Р = 0,00000150075.
4.6.14.
Ймовірність того, що телефон-автомат спрацює
невірно при опусканні монет дорівнює 0,02. Скласти закон
розподілу числа помилкової роботи автомата при 200 спробах
з’єднання з абонентом, записавши перший, другий, сотий та
останній члени розподілу. Знайти ймовірність того, що буде
не менше двох невірних з’єднань.
Розв’язок.
Невірних (помилкових) з’єднань може бути
від 0 до 200.
Оскільки імовірність помилки р = 0,02 << 0,1 дуже мала, то
використаємо формулу Пуассона, оскільки
×
=
=
200np
λ
10402,0 <=×
.
Отже,
4
0
200
!0
)0()0(
−−
==== eePXP
λ
λ
;
44
1
200
4
1
4
!1
)1()1(
−−−
===== eeePXP
λ
λ
;
354
44
22
200
8
2
4
!2
)2()2(
−−−
===== eeePXP
λ
λ
;
4
100100
200
!100
4
!100
)100()100(
−−
==== eePXP
λ
λ
;
4
200200
200
!200
4
!200
)200()200(
−−
==== eePXP
λ
λ
.
Закон розподілу має вигляд:
Х
0 1 2 100 200
Р
4
0
!0
−
−
=
=
e
e
λ
λ
4
1
4
!1
−
−
=
=
e
e
λ
λ
4
2
8
!2
−
−
=
=
e
e
λ
λ
4
100
100
!100
4
!100
−
−
=
=
e
e
λ
λ
4
200
200
!200
4
!200
−
−
=
=
e
e
λ
λ
++++++=
−−−−−
=
∑
λλλλλ
λλλλλ
eeeeep
i
i
!100
...
!3!2!1!0
1003210
200
1
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+++++++=++
−−
!200
...
!100
...
!3!2!1!0!200
...
2001003210200
λλλλλλλ
λλ
ee
1==
−
λλ
ee , оскільки
∑
∞
=
=
0
!
m
m
m
e
λ
λ
, а m = 200 можна вважати
достатньо великим числом. Використаємо залежність:
1)1()2(
200200
=
≤
+≥ kPkP
. Звідси
−
=
≥ 1)2(
200
kP
+−==+=−==≤−
−
λ
ekPkPkP (1)]1()0([1)1(
200200200
90542,051)4
4
=−=+
−−
ee
λ
– ймовірність того, що буде не
менше двох невірних з’єднань.
355
4.7. Закон рівномірного розподілу неперервних
випадкових величин
Закон
рівномірного розподілу.
Випадкова величина Х називається рівномірно розподіле-
ною, якщо на інтервалі, де визначена випадкова величина,
щільність розподілу має постійне значення:
⎩
⎨
⎧
=
=
,0
,
)(
constc
xf
[
]
[]
.,
;,
bax
bax
∉
∈
(4.7.1).
Графік щільності рівномірного розподілу має вигляд (рис.
4.7.1а), а інтегральної функції (рис. 4.7.1б).
Рис. 4.7.1а.
Рис. 4.7.1б.
Імовірність попадання Х в інтервал
),(
β
α
рівна:
ab
ХP
−
−
=<<
α
β
βα
)( (4.7.2). Інтегральна функція рівна
ab
ax
xF
−
−
=)(
(4.7.3). Математичне сподівання =)(ХM
2
ba +
=
(4.7.4), дисперсія
12
)(
)(
2
ab
ХD
−
=
(4.7.5).
якщо
якщо
356
Задачі
4.7.1. Знайти дисперсію і середнє квадратичне відхилення
випадкової величини, Х розподіленої рівномірно в інтервалі
(2; 8).
Розв’язок.
Функція щільності рівномірного закону розподілу має
вигляд:
6
1
28
11
)( =
−
=
−
=
ab
xf
.
Тоді:
;5)28(
12
1
26
1
6
1
)()(
22
8
2
2
8
2
=−=⋅=⋅==
∫∫
x
dxxdxxxfXM
b
a
−⋅=−⋅=−=
∫∫
8
2
3
2
8
2
222
36
1
5
6
1
)()()(
x
dxxxMdxxfxXD
b
a
;325)28(
18
1
25
33
=−−=−
.3)()( == XDX
σ
4.7.2. Знайти середнє значення і дисперсію добутку двох
незалежних випадкових величин X і Y з рівномірними зако-
нами розподілу: X в інтервалі [0, 1], Y – в інтервалі [1, 3].
Розв’язок.
Якщо випадкові величини X і Y незалежні, то матема-
тичне сподівання їх добутку рівне добутку їх математичних
сподівань:
)()()( YMXMYХM
⋅
=
⋅ .
Але математичне сподівання випадкової величини Х роз-
поділеної за рівномірним законом рівне половині суми кінців
інтервалу [a,b]:
2
)(
ba
XM
+
= .
Тому
2
2
31
)(;
2
1
2
10
)( =
+
==
+
= YMXM .
357
Отже, 12
2
1
)( =⋅=⋅YXM .
Для обчислення дисперсії
)( YXD
⋅
скористаємося фор-
мулою:
−⋅=⋅−⋅=⋅ )()()()(
2222
YXMYXMYXMYXD
).()()()()()(
222222
YMXMYMXMYMXM ⋅−⋅=⋅−
Підставимо у формулу значення
)(
2
XM і )(
2
YM
випадкових величин, розподілених за рівномірним законом:
=⋅
−
=
−
⋅=⋅=
∫∫
b
a
a
b
b
a
x
ab
dx
ab
xdxxfxXM
3
11
)()(
3
222
3)(3
))((
)(3
222233
aabb
ab
aabbab
ab
ab ++
=
−
++−
=
−
−
=
, звідки
;
3
1
3
0101
)(
22
2
=
+⋅+
=XM .
3
13
3
1313
)(
22
2
=
+⋅+
=YM
Отже,
9
4
2
2
1
3
13
3
1
)(
2
2
=⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⋅=⋅YXD .
Дисперсію
)( YXD
⋅
можна також обчислити за форму-
лою:
)()()()()()()(
22
YMXDYDXMYDXDYXD ⋅+⋅+⋅=⋅
,
де
(
)
12
)(
2
ab
XD
−
=
, звідси ;
12
1
12
)01(
)(
2
=
−
=XD
.
3
1
12
)13(
)(
2
=
−
=YD
Остаточно,
.
9
4
3
1
2
3
1
2
1
3
1
12
1
)(
2
2
=⋅+⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⋅=⋅YXD
358
4.7.3. Випадкова величина Х має рівномірний розподіл з
математичним сподіванням
3)(
=
XM і дисперсією =)(XD
3
4
=
. Знайти функцію розподілу випадкової величини Х .
Розв’язок.
Рівномірний розподіл задається двома параметрами: а –
початком і b – кінцем інтервалу. Математичне сподівання
М(Х) і дисперсія D(X) випадкової величини, що задана
рівномірним законом розподілу відповідно рівні:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=
−
=
=
+
=
.
3
4
12
)(
)(
,3
2
)(
2
ab
XD
ba
XM
Отже, для отримання оцінок a і b маємо систему рівнянь:
⎩
⎨
⎧
=−
=+
,4
,6
ab
ab
, звідки , b = 5, a = 1.
Таким чином, функція щільності рівномірного розподілу
має вигляд:
4
1
15
11
)( =
−
=
−
=
ab
xf при 51
≤
≤
x .
Тоді інтегральна функція буде мати вигляд:
);1(
4
1
4
1
4
1
)()(
1
1
−====
∫∫
xxdxdxxfxF
x
xx
a
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
≥
≤≤
−
≤
=
.5при1
;51 при
4
1
;1 при0
)(
x
x
x
x
xF
4.7.4. Величина X має щільність розподілу f(х):
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
0
1
)(
ab
xf
, якщо а
≤
х
≤
b,
, якщо х < a або x > b .
359
Обчислити її математичне сподівання і дисперсію.
Розв’язок.
Математичне сподівання і дисперсія випадкової величини
Х згідно формул рівна:
=
−
−
=
−
=
−
=⋅=
∫∫
)(2)(2
)()(
222
0
ab
ab
ab
x
ab
xdx
dxxfxXM
b
a
Rb
a
;
2)(2
))(( ba
ab
abab
+
=
−
+−
=
=
⋅−
=
−
=⋅=
∫∫
b
a
b
a
b
a
ab
x
ab
dxx
dxxfxXM
3)()(
)()(
32
22
;
3)(3
))((
2222
aabb
ab
aabbab ++
=
−
++−
=
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
++
=−=
2
22
22
23
)()()(
baaabb
XMXMXD
.
12
)(
12
)(
12
2
2222
abbababa −
=
−
=
+−
=
Середньоквадратичне відхилення
)(X
σ
рівне =)(X
σ
.
32
)(
ab
ХD
−
==
4.7.5. Ціна поділки шкали вимірювального пристрою 0,2.
Покази пристрою округлюються до найближчого цілого чис-
ла.
Знайти ймовірність того, що при вимірюванні буде зроб-
лена похибка:
а) менша 0,04; б) більша 0,05.
Розв’язок.
Нехай А – описана подія. Похибку заокруглення відліку
можна розглядати, як випадкову величину Х, яка розподілена
рівномірно в інтервалі між двома сусідніми
цілими поділ-
360
ками. Щільність рівномірного розподілу
==
−
=
2,0
11
)(
ab
xf
.5= При відліку буде зроблена похибка: а) менша 0,04, якщо
покази приладу округлені до попередньої з двох сусідніх
поділок, тобто до 0, так що випадкова величина
∈
X
(0; 0,04)
– подія
1
А або покази округлені до наступної поділки, тобто
до 0,2, так, що
∈
X
(0,16; 0,2) – подія
2
А . Таким чином
)()()(
21
APAPAP += , як сума імовірностей несумісних
подій.
Оскільки
∫
=<<
b
a
dxxfbХaP )()(
, то
=
<
<
+
<
<= )20,016,0()04,00()( XPXPAP
4,004,05|5|555
2,0
16,0
04,0
0
04,0
0
2,0
16,0
=⋅=+=+=
∫∫
xxdxdx .
б) Похибка відліку перевищить 0,05, якщо вона буде зна-
ходитись в інтервалі (0,05; 0,15). Імовірність такої події рівна:
P(0,05 < X < 0,15) = 5
∫
=⋅==
15,0
05,0
15,0
05,0
.5,01,05|5xdx
4.7.6. Автобуси деякого маршруту йдуть чітко за розкла-
дом. Інтервал руху – 5 хв.
Знайти ймовірність того, що пасажир, який підійде до
зупинки буде чекати автобус менше 3 хв.
Розв’язок.
Якщо інтервал між приходом двох автобусів складає 5
хвилин, то щоб пасажир чекав не більше 3 хвилин, він по-
винен підійти на зупинку не раніше
ніж 5 – 3 = 2 хвилини піс-
ля відходу попереднього автобуса. Імовірність такої події А
рівна
∫∫∫
====<<=
5
2
5
2
5
2
5
1
5
1
)()52()( dxdxdxxfXPAP