Добавил:
ac3402546@gmail.com Направление обучения: транспортировка нефти, газа и нефтепродуктов группа ВН (Вечерняя форма обучения) Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Теория вероятности и математическая статистика / Теория вероятностей, Краткий курс, MathProfi.pdf
Скачиваний:
102
Добавлен:
01.06.2021
Размер:
3.21 Mб
Скачать

Показательное распределение вероятностей

Показательным или экспоненциальным называют распределение, которое характеризуется следующей функцией плотности:

0,

если

x 0

, где 0

f (x)

 

 

...,

если

x 0

 

Убедимся в том, что перед нами не «подделка». Поскольку несобственный интеграл:

 

0

 

 

 

 

f (x)dx

0dx ...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim (e x )

b

lim (e b

0 e0 ) (0 1) 1

, то функция

b

 

0

b

 

 

 

 

 

 

задаёт закон распределения непрерывной случайной величины.

f (x) 0 и

f (x) действительно

Используя стандартный алгоритм, легко найти функцию распределения данной случайной величины:

0,

если

x 0

 

 

F (x) P( X x)

e

x

,

если x 0

( 0)

,

1

 

 

 

и опять же через общие формулы нетрудно получить числовые характеристики экспоненциального распределения:

M ( X )

1

,

D( X )

1

 

2

 

 

 

 

Большим достоинством показательного распределения является тот факт, что оно определяется всего лишь одним параметром. Всего лишь одним, Карл! И по этой причине нам достаточно разобрать одну-единственную задачу, проще всего для 1. Как-то так получилось, что во всех примерах параграфа Равномерное распределение мы начинали с функции f (x) , и поэтому для разнообразия зайдём в лес с другой стороны:

Задача 117

Непрерывная случайная величина X задана своей функцией распределения:

0,

x 0

 

F (x)

Ae x ,

x 0

1

 

 

 

 

Требуется:

1)определить коэффициент A ;

2)найти плотность распределения вероятностей f (x) ;

3)схематично построить графики функций F (x) и f (x) ;

4)вычислить математическое ожидание и дисперсию X ;

5)определить вероятность того, что X примет значение из интервала (2; ) .

Одним словом, обычная задача на НСВ, бессмысленная и беспощадная, заметьте, кстати, что в условии ничего не сказано о том, что эта величина распределена по экспоненциальному закону.

Внимание! Это демо-версия книги, полную и свежую версию курса можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

150

 

Решаем:

1) В силу непрерывности функции распределения:

F(0) 1 A e0 1 A 0

 

A 1 – при этом и только при этом значении

предложенная функция задаёт закон распределения непрерывной случайной величины:

0,

x 0

, что соответствует шаблону для 1, таким образом, мы

F (x)

 

 

1 e x ,

x

0

 

 

 

 

имеем дело с экспоненциальным распределением.

2) Найдём функцию плотности распределения:

 

0,

x 0

f (x) F (x)

x

, что полностью соответствует шаблону.

 

e

 

, x 0

 

 

 

 

На всякий случай производная сложной функции: (1 e x ) 0 e x ( x) e x .

3) Условие допускает схематическое построение графиков, но зачем занижать планку? Даже при их ручном построении не составляет никакого труда найти пару дополнительных точек и проявить маломальскую аккуратность.

Вычислим пару опорных значений: F(1) 1 e 1 1 0,37 0,63 ,

 

F(2) 1 e 2 1 0,14 0,86 и простенький предел lim

F(x) lim (1 e x

0 ) 1. Таким

x

x

 

образом, прямая y 1 (изображена пунктиром) является горизонтальной асимптотой для графика F (x) при x :

Показательное распределение нашло широкое применение в прикладных задачах, и пока чертёж не уехал вверх, приведу конкретный пример. Пусть на промежутке x 0 переменная «икс» обозначает время и в момент времени x 0 начинает эксплуатироваться некий прибор, например, обычная лампочка. Тогда экспоненциальная случайная величина X характеризует время работы лампочки до перегорания. И тогда функция F (x) P( X x) описывает вероятность того, что лампочка проработает

МЕНЬШЕ, чем прошедшее время x . По понятным причинам при увеличении x эта вероятность стремится к единице, что хорошо иллюстрирует вышеприведённый график.

Кстати, о чём идёт речь в 5-м пункте условия? В контексте рассматриваемого примера, нам нужно найти P(2 X ) – вероятность того, что лампочка проработает

более 2 тыс. часов (значения, естественно, условные). Давайте сразу и вычислим эту вероятность:

5) P(2 X ) F( ) F(2) 1 (1 e 2 ) 1 1 e 2 e 2 0,14

Внимание! Это демо-версия книги, полную и свежую версию курса можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

151

 

Ситуацию наглядно иллюстрирует чертёж ПЛОТНОСТИ распределения вероятностей:

Площадь между графиком f (x) и осью абсцисс равна единице (проверено в начале параграфа), и значительная часть этой площади (а именно, 0,86 ) сосредоточена на промежутке от 0 до 2.

Применительно к «ламповому» примеру, определённый интеграл k f (x)dx равен

0

вероятности того, что лампочка проработает от 0 до k тыс. часов. В частности, как раз:

2 e xdx 2 e xd ( x) ....

0

0

 

 

Соответственно, несобственный интеграл f (x)dx – есть вероятность того, что

k

лампочка проработает более k тыс. часов, и Пункт 5) можно решить вторым способом:

 

 

 

 

 

 

 

 

P(2 X )

 

e xdx

 

e x d ( x) lim

(e x )

b

 

 

 

 

 

b

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

lim (e b

0 e2 ) (0 e2 ) e2

0,14

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4) Вычислим математическое ожидание и дисперсию.

Несмотря на то, что существуют готовые формулы для расчёта этих характеристик, решать, конечно же, будем подробно. По формуле математического ожидания:

0

M ( X ) xf (x)dx x 0 dx xe xdx 0 xe xdx xe xdx

0 0 0

Сначала удобно найти неопределенный интеграл:

xe x dx (*)

Вспоминаем интегрирование по частям: u x du dx

dv e xdx v e x

udv uv vdu

(*) xe x e xdx ... – произвольную константу приплюсовывать не надо, т.к. она всё равно сократится.

Внимание! Это демо-версия книги, полную и свежую версию курса можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

152

 

Таким образом:

 

 

 

x 1

 

 

M ( X )

 

xe xdx lim

b

...

 

 

 

 

 

 

b

e

x

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

Примечание: b b 1 0 , т.к. знаменатель более высокого порядка роста. e

Дисперсию вычислим по формуле D( X ) x2 f (x)dx (M ( X ))2 , и из избушки на

курьих ножках появляется следующий интеграл:

 

 

x2 f (x)dx

x2e x dx

 

0

Как и в случае с матожиданием, сначала проясним первообразную:

x2e x dx (*)

По канонам жанра тут нужно дважды интегрировать по частям, но решение облегчается тем, что после 1-го применения формулы udv uv vdu мы сталкиваемся с только что решённым интегралом:

u x2

du 2xdx

dv e xdx v e x

(*) x2e x 2 xe xdx ...

Таким образом, несобственный интеграл:

 

 

 

 

 

 

(x2 2x 2)

 

 

b

 

 

2

 

x

 

 

 

 

x

e

 

dx lim

 

 

 

 

 

 

...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

e

x

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Примечание:

b2

2b 2

0

 

по той же самой причине.

 

eb

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом:

D( X ) 2 12 2 1 1

Проверим полученные результаты с помощью готовых формул:

M ( X )

1

 

1

1,

D( X )

1

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

1

2

2

 

 

 

 

 

1

 

Готово.

Показательное распределение нашло широкое применение в теории надёжности, этой теме, в частности, посвящены отдельные главы учебного пособия В.Е. Гмурмана. Помимо лампочек и более грустных примеров существуют и другие приложения. Так, например, в простейшем потоке событий время ожидания каждого последующего события распределено именно по экспоненциальному закону.

Внимание! Это демо-версия книги, полную и свежую версию курса можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

153