Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика
Подождите немного. Документ загружается.
361
6,032,0|2,0
5
2
=×== x .
Цю ж імовірність можна обчислити згідно геометричного
означення імовірності:
6,0
5
3
)( ==
Δ
=
l
l
AP .
4.7.7. Годинникова стрілка електричного годинника
рухається стрибками в кінці кожної хвилини. Знайти
імовірність того, що в даний момент часу годинник покаже
час, який відрізняється від істинного не більше, ніж на 20 с.
Знайти математичне сподівання функції Y =
ϕ
(x) = X
2
(не
знаходячи попередньо щільності розподілу Y).
Розв’язок.
І спосіб.
Нехай А – описана подія. Похибка відліку часу складає не
більше 20 секунд, якщо вона буде в інтервалі
=
Δ
1
(0; 20) або
).60;40(
2
=Δ Тоді згідно геометричного означення імовір-
ності:
3
2
60
2020
)(
21
=
+
=
Δ+Δ
=
Δ
=
ll
l
AP .
ІІ спосіб.
Істинний час є випадковою величиною Х, яка рівномірно
розподілена в інтервалі між двома сусідніми хвилинними по-
ділками. Щільність рівномірного розподілу
=
−
=
ab
xf
1
)(
.
60
1
=
Тоді
=
<
<
+
<
<
=
)6040()200()( XPXPAP
.
3
2
60
20
|
60
1
|
60
1
60
1
60
1
60
40
20
0
20
0
60
40
==+=+=
∫∫
xxdxdx
362
4.7.8. Рівномірно розподілена випадкова величина Х
задана щільністю розподілу
l
хf
2
1
)( =
в інтервалі
);( lala +−
; поза цим інтервалом f(x) > 0.
Знайти математичне сподівання і дисперсію Х.
Розв’язок.
Оскільки крива розподілу щільності імовірності симет-
рична відносно прямої х = а, то М(Х) = а. Тоді функція щіль-
ності має вигляд:
l
lf
2
1
)( =
в інтервалі );( lala
+
−
.
Обчислимо дисперсію:
.
312
)2(
12
)]([
)(
222
lllala
XD ==
−−+
=
4.8. Показниковий (експоненціальний) розподіл
Випадкова величина розподілена за показниковим (експо-
ненціальним) законом, якщо її густина розподілу імовірнос-
тей має вигляд:
⎩
⎨
⎧
=
−
,
,0
)(
x
e
xf
λ
λ
0
;0
≥
<
x
x
(4.8.1),
де
λ
– постійна додатня величина або параметр показни-
кового розподілу.
Інтегральна функція показникового розподілу має вигляд:
⎩
⎨
⎧
−
=
−
,1
,0
)(
x
e
xF
λ
.0
;0
≥
<
x
x
(4.8.2).
Графіки функцій f(x) і F(x) подані на рис. 4.8.1а, б.
якщо
якщо
якщо
якщо
363
а б
Рис. 4.8.1а, б.
Імовірність попадання випадкової величини Х в заданий
інтервал
),(
β
α
рівна
λβλα
βα
−−
−=<< eeXP )( (4.8.3). Ма-
тематичне сподівання М(Х) і середнє квадратичне відхилення
показникового розподілу рівні оберненій величині параметра
λ
:
λ
σ
1
)()(
== ХХM (4.8.4).
Задачі
4.8.1. Неперервна випадкова величина Х в інтервалі
);0( ∞ задана щільністю розподілу
ax
eaxf
−
⋅=)( , a > 0.
Знайти ймовірність того, що Х прийме значення, яке
належить інтервалу (1; 2).
Розв’язок.
Обчислимо дану імовірність згідно формули:
dxxfXP )()(
∫
=≤≤
β
α
βα
.
Отже:
=−=−−==≤≤
−−−
∫∫
2
1
2
1
2
1
)()21(
xxx
exdedxeXP
ααα
αα
364
.
111
22
21
2
1
α
α
αα
ααα
e
e
ee
eee
x
−
=−=−==
−−−
4.8.2. Випадкова величина X має показниковий розподіл з
параметром
λ
= 1/3.
Обчислити ймовірності:
а) P{X > 3};
б) P{X > 6/X > 3};
в) P{X > t + 3/X > t}.
Розв’язок.
а) Події (Х > 3) і
)3(
≤
X є протилежними, отже,
Р(Х > 3) + Р
)3( ≤X = 1.
Звідки,
−=
≤
≤
−
=
≤
−
=
> 1)30(1)3(1)3( XPXPXP
.
1
11)(11)(
110
3
3
1
0
3
1
e
eeeeeee =+−=−−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−=−−
−−
⋅−⋅−
−−
λβλα
б) Розкриємо нерівність в дужках:
,3
6
>>
x
x
xx 36
2
≥≥
; звідки ;6>x ( 6−<x не під-
ходить, оскільки у показниковому законі розподілу х > 0) і
х < 2. Події (х < 2) і
)6( >x несумісні. Отже,
+<<=>+<=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
>> )20()6()2(3
6
xPxPxP
x
xP
−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−==∞<<+
∞⋅−⋅−⋅−⋅−
1)6(
3
1
6
3
1
2
3
1
0
3
1
eeeexP
92856,044198,051342,01
3
2
3
2
=+−=+−
−
−
ee
.
в) Розкриємо нерівність в дужках:
xtxtxt
x
tx ≥+≥→≥+≥ 3
3
2
, що приводить до сис-
теми нерівностей:
365
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>−
>−−
0
03
2
2
txx
txx
або
⎩
⎨
⎧
>−
>−−
0)(
0))((
21
txx
xxxx
, де
.0
2
12
,0
2
12
2
2
2
1
>
++
=
<
+−
=
tt
x
tt
x
Це приводить до розв’язку
⎩
⎨
⎧
>>
>>
txx
xxxx
,0
,
21
, що оста-
точно дає
2
12
2
2
++
=>
tt
xx
.
Розв’язок
t
x
< , 0
1
<
<
xx не підходить, оскільки у
показниковому законі розподілу х > 0.
Отже,
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
>=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
>+>
2
123
2
tt
xPt
x
txP
2
12
3
1
2
3
1
2
2
2
12
2
12
++
−
∞−−
=−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∞<<
++
=
tt
ee
tt
ex
tt
P
.
4.8.3. Час Т безвідмовної роботи двигуна автомобіля роз-
поділений за показниковим законом. Відомо, що середній час
безвідмовної роботи двигуна між технічним обслуговуванням
рівний 100 годинам.
Визначити ймовірність безвідмовної роботи двигуна за 80
годин.
Розв’язок.
Нехай випадкова величина Х – час безвідмовної роботи.
Середній час безвідмовної роботи рівний його математичному
сподіванню: М(Х
) = 100.
Тоді імовірність безвідмовної роботи за 80 годин рівна
згідно формули для показникового закону:
366
βλαλ
βα
−−
−=≤≤ eeXP )( .
Оскільки
λ
1
)( =XM
, то 01,0
100
1
)(
1
===
XM
λ
.
Отже,
=−=−=≤≤
−⋅−⋅− 8,001,08001,00
1)800( eeeXP
5507,04493,01 =−= .
4.8.4. Проводяться випробування двох незалежно пра-
цюючих один від одного приладів. Час Т безвідмовної роботи
кожного приладу має показниковий розподіл, щільність ймо-
вірності кожного з яких має такий вигляд:
⎩
⎨
⎧
=
−
0
)(
1
1
1
t
e
tf
λ
λ
⎩
⎨
⎧
=
−
0
)(
2
2
2
t
e
tf
λ
λ
Знайти ймовірність того, що за час t
0
:
а) обидва прилади не вийдуть з ладу;
б) хоча б один прилад вийде з ладу.
Розв’язок.
а) Шукана імовірність Р(А) – це імовірність того, що про-
тягом часу t
0
будуть безвідмовно працювати перший прилад –
подія А
1
і другий прилад – подія А
2
. Тоді Р(А) = Р(А
1
А
2
).
Оскільки події А
1
і
А
2
незалежні, то Р(А) = Р(А
1
) Р(А
2
).
Для обчислення імовірностей Р(А
1
) і Р(А
2
) використаємо
інтегральні функції, які будуть мати вигляд:
=−−===≤
−−
∫∫
)()()(
1
0
1
0
0101
1
0
1
0
tdedtetFttP
t
t
t
t
λλ
λλ
.1
01
0
1
0
1
0
0
t
t
t
t
t
eee
λ
λλ
−
−−
−===
Аналогічно,
.1)()(
01
0202
t
etFttP
λ
−
−==≤
при ,0≥t
при
0
<
t
;
при
,0≥t
при
0
<
t .
367
Імовірності Р(А
1
) = Р
1
(t ≥ t
0
) і Р(А
2
) = Р
1
(t ≥ t
0
) знайдемо
з рівнянь:
Р
1
(t > t
0
)+ Р
1
(t ≤ t
0
) = 1;
Р
2
(t > t
0
) + Р
2
(t ≤ t
0
) = 1;
0101
)1(1)(1)(1)(
01011
tt
eetFttPAP
λλ
−−
=−−=−=≤−= .
Аналогічно,
01
)(
2
t
eAP
λ
−
= . Остаточно ×=
−
01
)(
t
eAP
λ
02102
)( tt
ee
λλλ
+−−
=× .
б) Нехай
)(AP – імовірність шуканої події. Події: A –
хоча б один прилад вийде з ладу і
A – жоден прилад не вийде
з ладу є протилежними, так що 1)()( =+ APAP . Отже,
021
)(
1)(1)(
t
eAPAP
λλ
+−
−=−= .
4.8.5. а) Довести, що якщо неперервна випадкова вели-
чина розподілена за показниковим законом, то:
а) ймовірність того, що Х прийме значення, яке менше
М(Х), не залежить від величини параметру
λ
;
б) Знайти ймовірність того, що Х > М(Х).
Розв’язок.
а) За означенням P(X < x) = F(x), отже, P(X < М(x)) =
= F(x). Обчислимо вирази для інтегральної функції F(x) і
М(Х):
=−−===
−−
∞−
∫∫∫
)()()(
00
xdedxedxxfxF
x
x
x
xx
λλ
λλ
.1
0
x
x
x
ee
λλ
−−
−=−=
=−−===
−
∞
−
∞∞
∫∫∫
)()()(
000
xdxedxexdxxxfXM
xx
λλ
λλ
=====−=
−−−
∞
∫
xxx
evdueduxexd
λλλ
;)(;)(
0
368
=−−==
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−=
−
∞
−
∞
−
∞
∞
−
∫∫∫
)(
1
000
0
xdedxedxexe
xxxx
λ
λ
λλλλ
.
11
)(
1
0
0
λλ
λ
λ
λλ
==−=
∞
−−
∞
∫
xx
exde
(Тут використано:
0limlimlim ===
∞→∞→
−
∞→
x
x
x
x
x
x
e
x
e
x
xe
λλ
λ
λ
за
правилом Лопіталя).
Таким чином,
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<=< 1
11
))((
λλ
FXPХMXP
еe −=−
⋅
1
1
λ
λ
не залежить від параметру λ. б) Для знаходжен-
ня
))(( ХMХP > , що аналогічно ))(( XMХP ≥ , оскільки
Р(Х = х) = 0, скористуємось рівністю: P(X < x) + P(X
≥ x) = 1.
Звідси, P(X
≥ М(Х)) = 1 – P(X < x) або P(X > М(Х)) = 1 –
– F(M(Х)) = 1 – (1 – e) = e.
4.8.6. Знайти дисперсію і середнє квадратичне відхилення
показникового закону, заданого функцією розподілу
x
exF
4,0
1)(
−
−= ,
0≥x
.
Розв’язок.
Обчислимо функцію щільності
== )()(
/
xFxf
()
xx
ee
4,0
/
4,0
4,01
−−
=−= . Отже, 4,0
=
λ
. Тоді ==
λ
1
)(XM
5,2
4
10
== і
25,6
4
101
)(
2
2
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
==
λ
XD
.
4.8.7. Час T виявлення цілі локатором розподілений за
показниковим законом.
Знайти ймовірність того, що ціль буде виявлена за час від
5 до 15 с. після початку пошуку, якщо середній час виявлення
цілі дорівнює 10 с.
369
Розв’язок.
Якщо час Т розподілений за показниковим законом, то
щільність ймовірності
x
exf
λ
λ
−
=)( . Оскільки,
λ
1
)( =ХM
,
то
1,0
10
1
)(
1
===
ХM
λ
.
Ймовірність виявлення цілі в даних межах часу обчис-
лимо згідно формули:
ba
eebXaP
λλ
−−
−=≤≤ )( . Підставив-
ши дані, отримаємо,
−=−=≤≤
−⋅−⋅− 5,0151,051,0
)155( eeeXP
3834,02231,06065,0
5,1
=−=−
−
e .
4.8.8. Функція розподілу неперервної випадкової величи-
ни Х (час безвідмовної роботи деякого пристрою) рівна
T
x
exf
−
−= 1)( , х ≥ 0.
Знайти ймовірність безвідмовної роботи пристрою за час
х
≥ T.
Розв’язок.
Події
)( TX >
і
)( TX
≤
є протилежними, тому
1)()(
=
≤+> TxPTxP , звідки =
≤
−
=
> )(1)( TXPTXP
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−−−=−−=≤≤−=
−−
TT
T
eeFTFTXp
0
111)]0()([1)0(1
.)1(1
11 −−
=−−= ee
370
4.9. Нормальний розподіл
Нормальним називають розподіл імовірностей неперерв-
ної випадкової величини, якщо її густина розподілу опи-
сується такою формулою:
2
2
2
)(
2
1
)(
σ
πσ
ax
exf
−
−
= , де )(ХMa
=
, )( ХD=
σ
(4.9.1).
Нормованим називають нормальний розподіл з парамет-
рами а = 0 і
1=
σ
. Функція F(x) нормального розподілу
dzexF
x
a
az
∫
∞−
−
−
=
2
2
2
)(
2
1
)(
πσ
(4.9.2),
а функція нормованого розподілу
dzexF
x
z
∫
∞−
−
=
2
0
2
2
1
)(
π
(4.9.3).
Отже,
)/)(()(
0
σ
axFxF
−
= (4.9.4). Враховуючи те, що
інтегральна функція Лапласа
dzeхФ
xz
∫
−
=
0
2
2
2
1
)(
π
(4.9.5)
затабульована, то
)(5,0)(
0
xФxF
+
=
(4.9.6).
Графік щільності нормального розподілу описується кри-
вою Гаусса і має такі властивості: 1) функція означена на всій
числовій осі; 2) f(x) > 0; 3)
0)(lim
=
∞→
xf
x
; 4) у точці х = а
функція f(x) має максимум, що рівний
πσ
2/1 ; 5) f(x) –
симетрична відносно х = а; 6) точки графіку
σ
−
=
a
x
і
σ
+= a
x
є точками перегину; 7) зростання математичного
сподівання а приводить лише до зсуву нормальної кривої
вздовж осі ОХ вправо, спадання – до зсуву вліво без змін
форми. З зростанням
σ
нормальна крива стає більш пологою
(плосковершинною), тобто максимум функції спадає, при
зменшенні
σ
нормальна крива стає більш гостровершинною,
тобто максимум функції зростає (рис. 4.9.1).