Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

371

Рис. 4.9.1.

Імовірність попадання в заданий інтервал

),(

β

α

нор-

мальної випадкової величини визначається рівністю:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=<<

σ

α

σ

β

βα

a

Ф

a

ФХP )(

(4.9.7).

Імовірність того, що відхилення нормально розподіленої

випадкової величини Х за абсолютною величиною менше на-

перед заданого будь-якого малого додатного числа

δ

визна-

чається рівністю:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=<−

σ

δ

ФaХP 2)|(| (4.9.8).

В частковому випадку при а = 0,

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=<

σ

δ

ФХP 2)|(|

(4.9.9) .

В попередній формулі покладемо

t

σ

δ

=

, t = 1, 2, 3, 4, 5.

Отримаємо:

(

)

68268,034134,0212)|(|

=

⋅

=

<− ФaХP

δ

;

(

)

95450,047725,0222)2|(|

=

⋅

=

<− ФaХP

δ

;

(

)

99730,049865,0232)3|(

=

⋅

=

<− ФaХP

δ

;

(

)

99936,0499968,0242)4|(|

=

⋅

=

<− ФaХP

δ

;

(

)

999994,0499997,0252)5|(|

=

⋅

=

<− ФaХP

δ

.

372

Як видно з обчислень, імовірність того, що абсолютна ве-

личина відхилення не перевищить потроєне середнє квадра-

тичне відхилення рівна 0,9973, що близько до одиниці. Лише

в 0,27% випадків так відбутися не може. Правило 3-ох сігм.

Якщо випадкова величина розподілена нормально, то абсо-

лютна величина її відхилення від математичного сподівання

не перевищує потроєне середнє

квадратичне відхилення.

Задачі

4.9.1. Випадкова величина Х розподілена нормально з ма-

тематичним сподіванням а = 25. Ймовірність попадання Х в

інтервал (10; 15) рівна 0,2.

Чому дорівнює ймовірність попадання Х в інтервал

(35; 40)?

Розв’язок.

Розпишемо імовірність попадання випадкової величини

розподіленої за нормальним законом в заданий інтервал:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ=≤≤

σ

α

σ

β

βα

aa

XP )(

. Отже,

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−Φ=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ=≤≤

σσσ

1025102515

)1510( XP

2,0

101515

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Φ−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Φ=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−Φ−

σσσ

– за умовою, і

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Φ−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Φ=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ=≤≤

σσσσ

101525352540

)4035( XP

.

Отже,

2,0)4035()1510(

=

≤

=

≤

≤ XPXP .

4.9.2. Випадкові похибки вимірів підлягають нормаль-

ному закону розподілу з середнім квадратичним відхиленням

20 мм і математичним сподіванням 0 мм.

373

Знайти ймовірність того, що з 3 незалежних вимірів

похибка хоча б одного не перевищить за абсолютною

величиною 4 мм.

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що в 3 незалежних вимірах

похибка хоча б одного не перевищить δ.

Згідно умови задачі

,20)(

=

X

σ

,0)(

=

XM ,4=

δ

,3=n 1≥k . Спочатку необхідно обчислити імовірність того,

що відхилення випадкової величини похибки Х, розподіленої

за нормальним законом не перевищить

δ

:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Φ=≤

σ

δ

2)( XP , або ×=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Φ=≤ 2

20

4

2)4( XP

1586,00793,02)2,0(

=

⋅=Φ× . Отже, ;1586,0

=

p =

−

=

pq 1

8416,0= . Тоді 40433,08416,01)1(1)(

33

=−=−−= pAP .

4.9.3. Випадкова величина Х розподілена нормально, при-

чому а = 0 і середнє квадратичне відхилення =

σ

.

Знайти значення

σ

, при якому ймовірність того, що Х

прийме значення, яке належить інтервалу

),(

β

α

, ,0( >

α

)

α

β

> , буде найбільшою.

Вказівка. Скористатися формулою

=

<

)(

β

α

xP

)(

σϕ

σ

α

ϕ

σ

β

ϕ

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

= .

Розв’язок.

Імовірність нормально розподіленої випадкової величини

в заданому інтервалі знаходиться за формулою:

−=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

Φ=≤≤

∫

−

σ

β

π

σ

α

σ

β

βα

a

z

dze

aa

xP

0

2

1

)(

).(

2

1

2

0

2

σϕ

π

σ

α

=−

−

∫

dze

z

a

374

Для знаходження

σ

знайдемо критичні точки продифе-

ренціювавши функцію

)(

σ

ϕ

(означені інтеграли) по змінній-

верхній межі і прирівняємо її до 0:

0

2

1

/

2

1

/

2

1

22

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

σ

α

σ

α

σ

β

σ

β

π

aaaa

ee , або

2

1

2

1

22

σ

α

σ

β

σ

α

σ

β

a

e

a

e

aa

−

⋅=

−

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

, або

2

)2)((

2

1

2

1

σ

βαβα

σ

α

σ

β

α

a

e

a

−+−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

==

−

.

Прологарифмувавши вираз за основою е, отримаємо:

2

)2)((

ln

σ

β

α

β

α

β

α

a

−

+

−

=

−

,

звідки

a

−

+

−

=

β

α

β

α

β

α

σ

ln2

)2)((

2

або

a

−

−+−

=

β

α

βαβα

σ

ln2

)2)((

.

4.9.4. Автомат штампує деталі. Контрольована довжина

деталі Х розподілена нормально з математичним сподіванням

рівним 50 мм. Фактична довжина виготовлених деталей не

менша 32 і не більша 68 мм.

Знайти ймовірність того, що довжина навмання взятої

деталі:

а) більша 55;

б) менша 40 мм.

375

Розв’язок.

З фактичної довжини деталей випливає рівність:

.1)6832(

=

≤≤ XP

Для знаходження σ використаємо рівність:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=≤−

σ

δ

ФaxP 2)( , де −=−=−= 505068ax

δ

1832

=

− .

Отже,

1

18

2)1850( =

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=≤−

σ

ФxP .

Звідси

5,0

18

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

σ

Ф ; з властивості інтегральної функції

отримуємо

5

18

=

σ

, отже,

5,3

5

18

==

σ

.

Для знаходження шуканих імовірностей використаємо

формулу:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=≤≤

σ

α

σ

β

βα

a

Ф

a

ФXP )(

. Отже,

а)

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=≤≤=≥

6,3

5068

)6855()55( ФXPXP

() ( )

0823,04177,05,0389,15

6,3

5055

=−=−=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

− ФФФ

.

б)

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=≤≤=≤

6,3

5040

)4032()40( ФXPXP

() ( )

0027,04973,05,0778,25

6,3

5032

=−=−=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

− ФФФ

.

4.9.5. Випадкова величина Х розподілена нормально з ма-

тематичним сподіванням 10 і середнім квадратичним відхи-

ленням 5.

376

Знайти інтервал, симетричний відносно математичного

сподівання, в який з ймовірністю 0,9973 попадає величина Х в

результаті випробування.

Розв’язок.

а = 10; σ = 5; Р = 0,9973. δ – ?

Використаємо формулу:

()

,2

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=≤−

σ

δ

ФaxP яка в

числах набуде вигляду:

()

9973,0

5

210 =

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=≤−

δ

ФxP ,

звідки

.49865,0

2

9973,0

==

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

σ

δ

Ф

З таблиць №2 знаходимо

3=

σ

δ

, або 30=

δ

.

З імовірністю Р = 0,9973 випадкова величина буде знахо-

дитись в інтервалі

≤

⋅

−

=

+

≤

−

XaXa 5310()33(

σ

)5,25()5310

≤

≤−=⋅+≤ X .

4.9.6. Зріст дорослих чоловіків є випадковою величиною,

розподіленою за нормальним законом. Нехай математичне

сподівання її рівне 175 см., а середньоквадратичне відхилення

– 6 см.

Визначити ймовірність того, що хоча б один з випадково

вибраних п'яти чоловіків буде мати зріст від 170 до 180 см.

Розв’язок.

Згідно умови задачі математичне сподівання а = 175, се

-

редньоквадратичне відхилення

σ

= 6; n = 5; α = 170; β = 180.

Необхідно обчислити

)1(

5

≥kP .

Події (k = 0) і

)1( ≥k – протилежні. Тому +

=

)0(

5

kP

1)1(

5

=≥+ kP . Тоді

5

55

)1(1)0(1)1( pkPkP −−==−=≥

.

Оскільки випадкова величина розподілена за нормальним

законом, то імовірність р рівна імовірності знаходження її в

інтервалі (α, β):

377

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=≤≤

σ

α

σ

β

βα

a

Ф

a

ФXP )(

. Підставивши

числові дані, отримуємо:

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=≤≤

6

5

6

175170

6

175180

)180170( ФФФXP

.5952,02976,02)8333,0(2

6

5

2

6

5

=⋅==

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−− ФФФ

Отже,

,5952,0=p 4048,05952,011

=

−

=

−

=

pq .

Остаточно,

98913,001087,01)4048,0(1)1(

5

=−=−=≥kP

.

4.9.7. Який процент конденсаторів з числа відібраних з

відхиленням

± 20%, які підлягають нормальному закону роз-

поділу величин, буде мати відхилення від номіналу в межах

від 0 до +1% (передбачається, що весь діапазон відхилень

конденсаторів становить 3

σ

)?

Розв’язок.

Оскільки відхилення від номіналу не мають система-

тичної похибки, то математичне сподівання відхилення а = 0.

Згідно умови задачі 20% = 3σ, звідки

%667,6

3

%20

==

σ

.

Оскільки випадкова величина відхилення Х розподілена за

нормальним законом, то

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=≤≤

667,6

01

%)10( Ф

a

Ф

a

ФXP

σ

α

σ

β

,0596,0)0()1499,0(

667,6

00

=−=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

− ФФФ

що буде відповідати приблизно 6% конденсаторів.

4.9.8. При 10000 підкиданнях монети «тризуб» випав 5400

разів. Чи слід вважати, що монета несиметрична?

378

Розв’язок

Число випробувань рівне n = 10000. Ймовірність випадан-

ня “тризуба” в кожному підкиданні монети рівна р = 0,5. Тоді

математичне сподівання числа випадань “тризуба” рівне

;50005,010000)(

=

×

== прХМ дисперсія числа випадань

“тризуба” рівна

;25005,05000)(

=

×

=

прqXD середньо-

квадратичне відхилення

.502500)()( === XDХ

σ

Враховуючи, що число випробувань достатньо велике,

можна припустити, що випадкова величина Х – число випа-

дань “тризуба” розподілена за нормальним законом. Тоді

імовірність відхилення значень випадкової величини Х від її

математичного сподівання на величину

=−= 50005400

δ

400= рівна

()

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=<−

50

400

22)( ФФXMXP

σ

δ

.15,02)8(2 =⋅== Ф

Отже, монета несиметрична. Можна також застосувати

правило “3-ох

σ

”, згідно якого імовірність відхилення випад-

кової величини від свого математичного сподівання більш

ніж на

σ

3 мала:

027,0)3|)((|

≈

>

−

σ

XMХР

або

.9973,0)3|)((|

=

<−

σ

XMХР Оскільки <

=

⋅

=

1505033

σ

400=<

δ

, то ймовірність відхилення близька до 1.

4.10. Інші закони розподілу

4.10.1. Задані функції щільності розподілу ймовірності

випадкової величини Х. Вивести формули для обчислення:

1) моди випадкової величини Х;

2) математичного сподівання випадкової величини Х;

3) дисперсії і середнього квадратичного відхилення;

4) асиметрії;

5) ексцесу;

6) інтегральної функції.

379

Розрахунки виконати для: а) Гамма-функції; б) логнор-

мального закону; в) закону Максвела.

Розв’язок.

а) Гамма-функція.

Диференціальна функція щільності розподілу ймовірності

має вигляд:

а)

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

+

=

−

+

,0

,

)1(

1

)(

1

β

α

αβ

x

ex

Г

xf

Розрахунки виконати для

;0

=

α

;1

=

α

;2

=

α

3

=

α

.

Дослідження графіка функції щільності:

0=

α

;

ββ

α

β

αβ

xx

eex

Г

xf

−−

+

=

+

=

1

)1(

1

)(

1

, оскільки

Г(1) = 0! = 1.

ββ

β

1

(max)

1

)0(

0

===

−

fef .

При

∞→

x

функція щільності прямує до 0:

;0

1

lim)(lim ==

∞→∞→

β

x

xx

e

xf

0)( ≥xf .

Тому вісь х – горизонтальна асимптота.

При

0>

α

,

α

-цілому

×

+

=

+

=

+

−

+

∞→∞→

)1(

1

)1(

1

lim)(lim

11

αβαβ

α

β

α

Г

ex

Г

xf

x

xx

=

+

=×

+

∞→

+

∞→

β

α

β

α

βα

αβ

x

e

x

Г

e

x

1

lim

)1(

1

lim

.0

)1(

01)...2)(1(

lim

1

=

+

⋅⋅⋅−−

=

+

∞→

β

α

αβ

βααα

x

eГ

Вісь х – горизонтальна асимптота.

1. Обчислимо модальне значення Мо випадкової величи-

x > 0,

,1

−

>

α

,0>

β

−

α

ціле;

x < 0.

380

ни Х, в якому функція щільності f(x) досягає свого максима-

льного значення при

:0≥Х

⎢

⎣

⎡

+

=

′

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

+

=

−

+

−

+

β

α

β

α

αβαβ

xx

ex

Г

ex

Г

xf )'(

)1(

1

)1(

1

)('

11

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−+

+

=

⎥

⎦

⎤

+

−−

−

+

−

β

α

αβ

β

α

β

α

β

α

1

)1(

1

)'(

1

xxx

exex

Г

ex

0

)1(

1

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

+

=

−

+

β

α

αβ

α

β

α

x

xe

Г

x

.

;0=−

β

α

x

β

α

⋅

=

x .

.

β

α

⋅=Mо

=

+

=

+

⋅

==

+

αα

β

αβ

α

αβ

βα

αβ

βα

eГ

Моff

)1(

)(

1

max

!)1(

αβ

α

αβ

α

⋅⋅

=

+

=

eГe

.

Знайдемо точки перегину прирівнявши

)(xf

′

до 0:

0)(

)1(

1

=

′

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

−

+

β

α

αβ

α

β

α

x

xe

Г

x

;

⎢

⎣

⎡

×−+−−

+⋅

−

+

21

1

)1()()

1

(

)1(

1

α

β

α

β

α

β

α

βαβ

xe

x

xe

Г

xx

0)

1

()(

1

=

⎥

⎦

⎤

−+−×

−

ββ

α

β

xe

x

;

⎢

⎣

⎡

+−−+−−

+

−

+

))(1()(

1

)1(

1

2

1

β

αα

β

α

βαβ

α

β

α

xx

xxe

Г

x

0)

1

( =

⎥

⎦

⎤

−+

β

x ;

Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.