§7. Важнейшие примеры распределений

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирская государственная автомобильно-дорожная академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

1802.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.01.2021

Размер:

1.85 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1811 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

3. Случайная величина X задана функцией распределения

0		при	x ≤ 0;
	2	при	0 < x ≤1;
F(x) = x	2	при	0 < x ≤1;
1		при	x >1.

Построить график функции распределения. Найти вероятность того, что в результате четырех независимых испытаний случайная величина X ровно три раза примет значение, принадлежащее интервалу

(0,25, 0,75).

4. Производится три выстрела с вероятностями попадания в цель, равными P1 = 0,4; P2 = 0,3; P3 = 0,6 . Найти математическое ожидание

общего числа попаданий.

Ответы

			1 ; в) P =
1. M (Х ) = 1,6; σ (Х ) = 0,533. 2. а) A =					2	; 3. P = 0,25 .
1. M (Х ) = 1,6; σ (Х ) = 0,533. 2. а) A =				2		; 3. P = 0,25 .
			2	2
4. М(Х) =1,3.			И
4. М(Х) =1,3.		Д
		Д
	§7. Важнейшие примеры распределений
В настоящем параграфе приводятсяА			наиболее часто встречаю-
	б
	и

щиеся типы распределен й непрерывных и дискретных случайных величин и примерыСх пр менения.

1. Биномиальное распределение

Рассмотрим серию из п независимых испытаний, в каждом из которых вероятность наступления события А равна р. Случайная величина Х означает число наступления событий. Она дискретна и ее возможными значениями являются неотрицательные целые числа

0, 1, 2, ... , п.

Закон распределения случайной величины Х задается уже известной нам формулой (см. § 5 )

Pn (к) = Сnк pк qn−к ,

определяющей вероятность равенства Х= к. Математическое ожидание X равно

М(Х)= пр.

Дисперсия X равна

D(X)=npq.

Задача 1. Стрелок делает по мишени три выстрела. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна 0,3. Построить ряд распределения числа попаданий и вычислить математическое ожидание и дисперсию указанной случайной величины.

Решение. Случайная величина Х – число попаданий в мишень при трех выстрелах – распределена по биноминальному закону, её возможные значения 0, 1, 2, 3.

P(x = 0) = C30 p0 q3 = 0,73 = 0,343;

P(x = 1) = C31 p1q2 = 1!32!! 0,3 0,72 = 0,441;

P(x = 2)

= C32 p2 q1

2!1!

0,32

0,7 =

0,189;

P(x = 3)

= C33 p3q0

= 0,33

= 0,027.

Ряд распределения случайной величины Х приведен в табл. 2.

Таблица 2

0,343 0,441

0,189

0,027

2. Нормальный закон распределения

Среди законов распределения, которым подчиняются встречаю-

щиеся на практике случайные величины, чаще всего приходится иметь дело с нормальным законом распределения. В частности, нормальный закон распределения имеет фундаментальное значение при обработке результатов испытаний или эксперимента.

Функция нормального распределения
С	1	х	−(х−a)2
F(х) =			е 2σ 2 dx,
		∫


	2πσ 0

где а и σ2 – параметры распределения, представляющие собой соот-

ветственно математическое ожидание и дисперсию случайной величины х.

Нормальная плотность вероятности

ϕ(x) =	1	e−	(x−a)2
	1		2σ 2 .	(2.17)

	2πσ
	2πσ

Если в выражении функции распределения и плотности вероятности перейти к новой переменной, называемой нормированной, слу-

чайной величиной

z =		x − a		,				(2.18)
z =		σ		,				(2.18)
то получим		σ
то получим					x−a
	1				x−a		−z2
							−z2
F(z) = F(х) =					σ∫ 2 dz			(2.19)
F(z) = F(х) =					σ∫ 2 dz			(2.19)
и			2π −∞
и						z2
ϕ(z) =	1				e−	z2	.	(2.20)
	1					2

			2π
			2π		И

Выражение (2.19) представляет собой функцию нормального закона распределения нормированной случайной величины (2.18) и на-

зывается	нормированной	функцией	нормального	распределения.
Функция	(2.20) является	1Д		нормированного
		плотностью	вероятности

нормального распределения. Значения этой функции для различных z приведены в прил. 1. С нормальной плотностью вероятности (2.17) функция (2.20) имеет следующую связь:

ϕ(x) =		ϕ(z).	(2.21)
	σ
и
Выражения (2.19) и (2.20) Апоказывают, что если случайная вели-
чина х распределена нормально со средним, равным а, и дисперсией,
С
равной σ2, то норм рованнаябслучайная величина z (2.18) также имеет

нормальное распределен е со средним, равным нулю, и дисперсией, равной единице.

Вероятность нахождения в интервале (–∞, х1) случайной величины X, следующей нормальному закону распределения, на основании формул (2.16) и (2.17) определится как

Р(Х

−z2

(2.22)

2π −∫∞

или, что легко доказать,

−z2

Р(Х х )

= 0,5

2 dz .

(2.23)

2π 0∫

Интеграл с переменным верхним пределом вида

Ф(z)=	1		∫z	−z	2	(2.24)
				2	dz

	2π
		0

носит название функции Лапласа. Геометрически функция Лапласа представляет собой площадь под кривой φ(z) в промежутке от 0 до z (рис. 2.6). Значения этой функции приведены в прил. 2.

f(z)

				0,4 -
				0,3 -
				0,2 -		Д
						Д
				А				Ф(z)
				А				И
	и			0,1	-			И
-3	и			-1		0		1		2	3
-3		-2		-1		0		1		2	3
С
Рис. 2.6. Геометрбческое представление функции Лапласа
Следует иметь в виду, что
Ф(–z) = – Ф(z); Ф(–∞) = –1/2; Ф(0)=0; Ф(∞) = 1/2.											(2.25)
С учетом формулы (2.24) вероятность нахождения в интервале
(–∞; x1) случайной величины Х определится из выражения
		Р(Х<х1)=0,5+Ф(z1).									(2.26)
Для интервала (x1; х2) соответствующую вероятность можно под-
считать на основании выражений (2.16) и (2.24) как
Р(х1<Х≤ х2)=Ф(z2) – Ф(z1),											(2.27)
где			x1 − a				x2 − a
	z	=	x1 − a	и z	2	=	x2 − a		.		(2.28)
	1		σ		2			σ
			σ					σ

Пользуясь указанными соотношениями и прил. 2, легко можно определить, что вероятности попадания нормально распределенной

случайной величины в интервал а ± σ составляет – P≈ 0,68; в интервал а±2σ – ≈ 0,95 и в интервал а+3σ – P ≈ 0,997.

Нетрудно показать, что математическое ожидание и дисперсия

случайной величины, распределенной по нормальному закону, равны а и σ2 соответственно, т. е.

М(Х) = а; D(X) = σ2.

Задача 2. Образцы из прессованного дюралюминиевого профиля испытывают на разрыв с целью определения предела прочности σв. Определить вероятность попадания значения предела прочности испытываемого образца в интервал (43 кгс/мм2; 47 гс/мм2), если для случайной величины Х=σв; a=45,3 кгc/мм2 и σ =1,13 кгс/мм2.

Решение. Пользуясь формулами (2.28), находим

	z = 43 − 45,3 = −2,03			и z =		47 − 45,3 = 1,50.
	1				2	И
		1,13				1,13
По прил. 2 для вычисленных значений z1и z2 определяем
				Д
и		Ф(z1)=Ф(–2,03) = –Ф (2,03) = –0,4788
и		Ф(z2) = Ф(1,50) = 0,4332.
			А
На основании формулы (2.27) находим
Р(43 кгc/мм2<σв≤ 47 кгс/мм2) =Ф(1,50) – Ф(–2,03)=0,4332+0,4788=
=0,912.		б
=0,912.
Приведенные расчеты показывают, что если испытаниям на раз-
		и

рыв подвергнуть большое ч сло о разцов, то около 90% из них будут иметь значения предела прочности, лежащие в указанных интервалах.

Задача 3.СДл на зготавл ваемой автоматом детали представляет собой случайную величину, распределённую по нормальному закону с параметрами M (Х ) =1,5 см; σ = 0,2 см. Найти вероятность брака,

если допускаемые размеры детали должны быть 15 ± 0,3 см. Какую

точность длины можно гарантировать с вероятностью 0,97?

Решение

а) Р( х − М (Х ) < 0,3) = 2Ф(0σ,3),

т.к. параметр a = M (Х );ε = 0,3 для нормального закона распределе-

ния.

P( x −15 < 0,3) = 2Ф(00,,32) = 2 0,4332 = 0,8664 (см. прил. 1).

Вероятность брака

P =1− 0,8664 = 0,1336.

б)

x − M (Х )

< ε ) = 2Ф(

) = 0.,97;

Ф(

) = 0,485

;

= 2,17

(см. прил. 2), т.к. ε = 2,17 σ = 2,17 0,2 = 0,434(см) .

Следовательно, с вероятностью 0,97 можно гарантировать разме-

ры 15 ± 0,434(см) .

3. Распределение Пуассона

Как и закон Гаусса, распределение Пуассона может быть получено как асимптотическое для биноминального.

Рассмотрим случай, когда вероятность р положительного исхода

каждого испытания в серии из п испытаний равна λ/n, где λ – некоторая постоянная величина, и укажем в этом случае новую приближенную формулу для Pn (к) . Пусть в серии из n испытаний вероятность

появления события А в каждом испытании равна λ/n. Тогда вероятность появления события А в этой серии к раз при большом n выражается приближенной формулой (см. §5)

Рn (к) = λк −λ .	И	(2.29)
к!
Пусть теперь Х – дискретная случайная величина, которая может
б
принимать целые неотрицательные Дзначения. Если вероятность ра-

венства Х=к определяется формулой (2.29), то мы говорим, что вел и-

чина Х распределена по закону ПуассонаА.

Запишем закон распределения в виде табл. 3.

Таблица 3

хi

…

−λ

λ2

λк

е−λ

2! е−λ

…

к! е−λ

…

Легко проверить, что

λк

∞

рк = −λ

∞

е−λ

еλ =1.

∑

к!

к =0

Для математического ожидания имеем

−λ

λ2

λк

М(Х)=0· е-λ +1· 1 е

+2·

2! е−λ +…+к· к! е−λ +…=

=λ е-λ(1+

λ2

λк −1

1 +

2! +…+

+…).

(к −1)!

е−2 5 = 0,000225.

(2 5)2

Но, как известно, ряд в скобках представляет разложение функции еλ в ряд Маклорена. Поэтому математическое ожидание равно e-λ·λ·eλ или

М(Х)= λ.

(2.30)

Мы выяснили, таким образом, вероятностный смысл параметра λ, входящего в закон распределения Пуассона: параметр λ равен мате-

матическому ожиданию случайной величины.

Нетрудно показать, что дисперсия случайной величины, распределенной по закону Пуассона, равна математическому ожиданию

D(X)=λ,

(2.31)

т. е. в этом случае дисперсия равна математическому ожиданию.

К случайным величинам, подчиненным закону Пуассона, приво-

дит большое число задач, относящихся к вопросам массового обслу-
живания.			И
живания.
В качестве примера укажем работу телефонной станции. Можно
		Д
доказать, что при выполнении некоторых условий вероятность к вы-
зовов за промежуток времени длины t определяется формулой
	(at)к	−at
Рк (t)=	А			(2.32)
	к!
Если положить at=λ, то из формулы (2.32) следует, что случайная
б
величина Х распределена по закону Пуассона.
Задача 4. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в одну
и

минуту, равно двум. Найти вероятности того, что за 5 минут поступит 2 вызова.

Решение.СПо услов ю, а = 24; t = 5; к = 2. Воспользуемся форму-

лой (2.32):

Р2 (5)=

Это событие практически невозможное.

4. Равномерное распределение вероятностей

Пусть плотность вероятности равна нулю всюду, кроме интервала (а, b), на котором она постоянна. Если обозначить эту постоянную через А, то в силу свойств плотности распределения получим

∫ Аdx = 1,

откуда А = 1/(b–a) . Поэтому плотность распределения (дифференциальный закон) равномерного распределения (рис. 2.7) задается формулой

при -∞ < x

< a;

f (x)

при

a < x < b;

(2.33)

− a

b < x < +∞.

при

В точках х=а и х=b функция f(x) разрывна. Для нахождения

функции распределения (интегрального закона распределения), вос-

пользовавшись формулой F

(x) =

f (x)dx, получим [8] (рис. 2.8). Эта

∫

функция непрерывна всюду.

−∞

при -∞ < x

< a;

x − а

при

a < x < b;

(2.34)

F(x) =

b − a

при

b < x < +∞.

f(х)

F(х)

b − a

Рис. 2.7. График функции

Рис. 2.8. График функции

плотности распределения

распределения

Пользуясь

формулой

M (Х )= +∞∫

xf (x)dx, для

математического

ожидания получим

−∞

dx =

+ b

(2.35)

M (x) = ∫

a b − a

так что математическое ожидание случайной величины, равномерно

распределенной на интервале (а, b), находится в центре этого интер-

вала. Для вычисления дисперсии найдем M (X 2 ) , пользуясь формулой

M (Х 2 )= +∞∫ x2 f (x)dx:

−∞

− a

+ ab + b

M (Х 2 ) = ∫

dx =

(2.36)

3(b − a)

a b − a

Поэтому дисперсия равномерно распределенной случайной вели-

чины по формуле D(X )= M (X 2 )− M (X )2 равна

D(X ) = а2 + ab + b2

−

(a + b)2

(b − a)2 .

(2.37)

Таким образом, для случайной величины, равномерно распреде-

ленной на интервале (а, b), среднее квадратическое отклонение равно 0,288675… длины интервала.

Пользуясь формулой (2.16), для определения вероятности попа-

дания непрерывной случайной величины X на участок от α до β

[0,1]. Случайная величина Х–абсциссаДточки попадания (считается, что бросаемая точка обязательно попадает на отрезок [0, 1]). Найти

получим	P(α < X < β ) = F(β ) − F(α).	(2.38)

Задача 5.	И
	Точка бросается наугад (без прицеливания) на отрезок

функцию плотности распределенияАи функцию распределения. Вычислить математическое ож дание и дисперсию указанной случайной

величины. Найти вероятность того, что точка попадет в интервал
[0; 0,5].	б

Решение. В этом случае мы имеем дело с непрерывной случай-
	и
ной величиной, все значения которой принадлежат отрезку [0, 1]. По-

этому в выражении для плотности распределения и функции распре-

деления а = 0, а b = 1, т. е.
С	-∞ < x < 0;	0 при -∞ < x < 0;
0 при
	0 < x <1;		0 < x <1;
f (x) = 1 при		F(x) = х при
	1< x < +∞.		1< x < +∞.
0 при		1 при

Согласно формулам (2.35), (2.37) и (2.38) М(Х)=1/2; D(X) = 1/12;

P(0 ≤ х ≤ 0,5) = F(0,5) − F(0) = 0,5 − 0 = 0,5.

Задача 6. Цена деления шкалы амперметра равна 0,1 А. Показания округляют до ближайшего целого деления. Найти вероятность того, что при отсчете будет сделана ошибка, превышающая 0,02 А.

Решение. Ошибку округления отсчета можно рассматривать как случайную величину X, которая распределена равномерно в интервале между двумя соседними целыми делениями. Плотность равномерного распределения f (х)=1/(b–а), где (b–а) – длина интервала, в котором заключены возможные значения X; вне этого интервала f (х) = 0 (см. формулу (2.33)). В рассматриваемой задаче длина интервала, в котором заключены возможные значения X, равна 0,1, поэтому

0 при -∞ < x < 0;
	х при 0 < x < 0,1;
F(x) = х / 0,1 =10

1 при 1< x < +∞.
Легко сообразить, что ошибка отсчета превысит 0,02, если она
будет заключена в интервале (0,02, 0,08).
По формуле (2.38) получим
Р (0,02 < x <0,08) = F(0,08)–F(0,02) = 10·0,08 – 10·0,02 = 0,6.
5. Геометрическое распределение
Пусть производятся независимые испытания, в каждом из кото-
		И	р < 1), и,
рых появляется событие А с вероятностью, равной р (0 <

следовательно, не появляется с вероятностьДq= 1– р. Как только событие А появилось, испытания прекращаются. Следовательно, если со-

бытие А появилось в к-м испытании, то в предшествующих к–1 испы-
таниях оно не появлялось.		А
Обозначим через Х д скретную случайную величину – число ис-
	С
пытаний, которые про зошлибдо первого появления события			А. Оче-
видно, возможными значен ями Х являются натуральные			числа:
х1= 1; х2=2;....	и

Пусть в первых к–1 испытаниях событие А не наступило, а в к-м

испытании появилось. Вероятность этого сложного события, по теореме умножения вероятностей независимых событий,

				P(X=к)=q к-1p.				(2.39)
	Полагая к=l, 2, ... в формуле (2.39), получим геометрическую про-
грессию с первым членом р и знаменателем q (0<q<1):
			p, qp, q2p,…, qк-1р,… .					(2.40)
	Поэтому распределение (2.39) называют геометрическим.
	Запишем закон распределения в виде табл. 4.
								Таблица 4
хi		1	2		3	…	к	…
pi		p	qp		q2p	…	qк-1р	…

Легко проверить, что

∞	р		р
∑ рк =		=		=1.
	1 − q		р
к =0

Математическое ожидание и дисперсия случайной величины,

имеющей геометрическое распределение, равны

М(Х)=1/p, а D(X)=q/p2. (2.41)

Задача 7. Из орудия производится стрельба по цели до первого попадания. Вероятность попадания в цель р = 0,6. Найти вероятность того, что попадание произойдет при третьем выстреле.

Решение. По условию, р = 0,6; q = 0,4; к = 3. Искомая вероятность по формуле (2.39)

Р(к=3)= 0,42·0,6 = 0,096.

Задача 8. Снайпер стреляет по замаскированному противнику до

первого попадания. Вероятность промаха при отдельном выстреле

равна р . Найти математическое ожидание числа промахов.

X – числа

Решение. Возможные значения случайной величины

промахов: 0, 1, 2,

..., к, ...

P(x = к) = p

(1− p) .

Ряд распределения случайной величины X приведен в табл. 5.

Таблица 5

…

1− р

р(1− р)

р2 (1− р)

…

рк (1− р)

…

Полученное распределен е является геометрическим [см. форму-

лу (2.41)] М (Х ) =

Задачи для самостоятельного решения

1.Считается, что отклонение длины изготавливаемых деталей от стандарта является случайной величиной, распределённой по нормальному закону. Если стандартная длина равна 90 см и среднее квадратическое отклонение равно 1,5 см, то с какой вероятностью можно гарантировать, что длина изделия будет больше 93 см?

2.Поезд данного маршрута городского трамвая ждут с интервалом 5 минут. Пассажир подходит к трамвайной остановке в некоторый момент времени. Какова вероятность появления пассажира не

ранее чем через 2 мин после ухода предыдущего поезда, но не позднее, чем за 2 мин до прихода следующего поезда?

3.Цена деления шкалы амперметра равна 0,2 А. Показания амперметра определяют до ближайшего целого деления. Найти вероятность того, что при отсчёте будет сделана ошибка, превышающая

0,03 А.

4.Плотность автомобильного бензина марки АИ-95 является СВ

X и подчинена нормальному закону с параметрами а =750кг/м3; σ = 25 кг/м3 при 15 оС. Найти вероятность того, что плотность бензина попадает в интервал от 745 до 765 кг/м3.

5.Известно, что вам могут позвонить в любой момент времени между 11 и 13 часами. Какова вероятность того, что звонка придется

ждать не более 15 минут? Найти математическое ожидание и дисперсию СВ Х– времени ожидания звонка. И

6.Среднее время ремонта сложной техники в сервисном центре равно 16 дням. Найти вероятность тогоД, что: а) на ремонт планшета потребуется не менее 10 дней; б) на ремонт телефона потребуется от 17 до 20 дней.

7.Вероятность обнаруженияАзатонувшего судна за время поискаб

Ответы

1. 0,023. 2. 0,2. 3. 0,7. 4. 0,305. 5. 0,125; 12; 1/3. 6. а) 0,535; б) 0,059.
7. М (Т ) =	1	и
	1	.
		.
	λ
		ВопросыСи упражнения для самопроверки

1. Сформулировать основные понятия теории вероятностей.

2.Дать определения вероятности (классическое, статистическое, геометрическое).

3.Сформулировать основные понятия элементов комбинаторики.

4.Какие действия над событиями вы знаете?

5.Сформулировать теорему сложения вероятностей для несовместных событий.

6.Как определяется условная вероятность? Сформулировать основные теоремы умножения вероятностей.

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1811 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.01.20211.84 Mб81799.pdf
#
07.01.2021201.85 Кб018.pdf
#
07.01.2021329.58 Кб0180.pdf
#
07.01.20211.84 Mб21800.pdf
#
07.01.20211.84 Mб01801.pdf
#
07.01.20211.85 Mб171802.pdf
#
07.01.20211.85 Mб21803.pdf
#
07.01.20211.85 Mб111804.pdf
#
07.01.20211.86 Mб21805.pdf
#
07.01.20211.86 Mб21806.pdf
#
07.01.20211.86 Mб31807.pdf