Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Введение в теорию вероятностей. Учебное пособие-1
.pdf
F
A
B
(ξ)
=
1111
6666
11111
++++ <
66666
0, ξ 1
1
,
1ξ 2
6
11
,
+<
66
111
++ <
666
+++ <
,
1ξ 6
≤
≤
<
2ξ3
≤
,
3ξ 4
≤
,
4ξ5
,
5ξ6
>
≤
≤
-2
0.83
0.67
0.5
0.33
0.17
1
-1
0 1
3
2
4
5
7
6
Рис. 13.2
Задача 13.2. Производится последовательное бросание двух
игральных костей. При выпадении на одной игральной кости одного, трех или пяти очков игрок лишается 5 рублей. При выпадении двух или четырех очков игрок получает 7 рублей. При выпадении шести очков игрок лишается 12 рублей. Случайная
величина ξ есть выигрыш игрока при двух бросаниях костей.
Найти закон распределения ξ, математическое ожидание, диспер-
сию среднее квадратическое отклонение, построить график функции распределения.
Решение.
при одном бросании кубика. Пусть событие
выпало 1, 3 или 5 очков. Тогда
лей. Пусть событие
гда
PB
()
1
=
3
Рассмотрим сначала, чему равен выигрыш игрока
состоит в том, что
PA
2
1
, а выигрыш составит –5 руб-
=
()
состоит в том, что выпало 2 или 4 очка. То-
, а выигрыш составит 7 рублей. Наконец, пусть событие
91
C
A
A
A
B
ξ
p
означает выпадение 6 очков. Тогда
12−
рублей.
PC =
()
1
и выигрыш равен
6
Теперь рассмотрим все возможные комбинации событий A, B
и C при двух бросаниях кости, и определим значения выигрыша ξ
при каждой такой комбинации.
Если произошло событие
PAA =⋅=
()
12
при этом
ξ 5 12 17=− − =−
11 1
. Если произошло событие
22 4
()
PAB =⋅=
12
, при этом
11 1
23 6
Аналогично, при
При
При
При
При
При
BB
BC
CA
CB
CC
ξ7714=+=
12
ξ712 5=− =−
12
ξ12517=− − =−
12
ξ712 5=− =−
12
ξ121224=− − =−
12
A⋅
, то
12
ξ5510=− − =−
B⋅
12
. Если произошло событие
()
PAC =⋅=
12
A
получаем
12
()
PBB =⋅=
,
()
PBC =⋅=
,
,
PCB =⋅=
,
,
11 1
26 12
.
752
=−=
11 1
12
12
PCA =⋅=
()
PCC =⋅=
33 9
11 1
36 18
()
12
11 1
12
()
63 18
12
.
.
11 1
62 12
11 1
66 36
.
PBA =⋅=
,
.
.
, при этом
, то
()
ξ572=− + =
11 1
12
32 6
C⋅
, то
12
,
.
Все найденные состояния ξ и суммарные вероятности этих со-
стояний записываем в таблицу:
ξ
24−
1
36
17− 10− 5−
1
6
1
4
1
9
2 14
1
3
1
9
Найдем математическое ожидание ξ:
(ξ) 24 17 10 5 2 14 .
M
=− ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ = =− =−
1 1 1 1 1 1 24 102 90 20 24 56 156 13
3664939 36 363
−− − − + +
Найдем дисперсию:
1 1 1 1 1 1 13 2071 169 1733
=− ⋅ +− ⋅ +− ⋅ +− ⋅ + ⋅ + ⋅ −− = −
(ξ)24 17105214 =.
D
2222
() () () ()
36 6 4 9 3 9 3 18 9 18
22
2
Найдем среднее квадратическое отклонение:
92
σξ (ξ) 9,81
ξ
x
F
()
D==≈
1733
18
Построим график функции распределения случайной величины
.
Рис. 13.3
14. Непрерывные случайные величины
Если случайная величина X может принимать несчетное множество значений, которые сплошь заполняют некоторые промежутки числовой оси, то такую величину невозможно описать таблицей. Ее принято задавать с помощью специальной функции —
функции распределения, которая дает полную информацию о по-
ведении случайной величины.
Определение 14.1. Если для случайной величины X суще-
ствует неотрицательная функция
бых x равенству
()fx , удовлетворяющая при лю-
() ()
xftdt
=
−∞
, (14.1)
93
то X называется непрерывной случайной величиной, а функция
F
F
X
X
0
b
x
x
x
F
()fx называется плотностью распределения вероятностей.
Свойства функции распределения
и плотности распределения
0()1Fx≤≤
1.
()lim()0
−∞ = =
x
→−∞
для любого
Fx
()lim()1
+∞ = =
,
(,)x∈−∞+∞
Fx
x
→+∞
, кроме того,
.
Функция распределения определяется как вероятность некоторого события, и выполнение неравенства
а выполнение неравенства
<+∞
— достоверно для любой слу-
<−∞
невозможно,
чайной величины.
Пусть теперь непрерывная случайная величина принимает
значения из интервала
,ab
()
. Тогда ее график выглядит так:
F(x)
1
а
Рис. 14.1
X
Как и у дискретной случайной величины график функции распределения расположен в полосе от 0 до 1. Когда случайная величина меняется от a до b, значения функции распределения возрастают от 0 до 1. При
a≤
ординаты графика равны 0. При
b≥
функция становится постоянной, равной 1. Однако в отличие от
дискретной случайной величины график функции распределения
в данном случае есть непрерывная кривая.
2.
Если функция )(
непрерывна и дифференцируема, то ее
производная и будет плотностью распределения:
94
f
x
x
f
Fx=
() ()
′
. (14.2)
Отсюда вытекает, что функция распределения является первообразной для плотности вероятности. Функция распределения может быть представлена через плотность распределения:
() ()
Fx ftdt
=
−∞
3.
Интеграл от плотности распределения по промежутку от
.
–∞ до +∞ равен единице:
+∞
−∞
() 1
tdt
=
. (14.3)
4. Вероятность того, что непрерывная случайная величина
примет значение, заключенное в промежутке [α, β), равна прира-
щению функции распределения на этом промежутке и равна инте-
гралу от α до β от плотности распределения:
β
(α β) (β) (α)PX F F≤<= −
()fxdx=
α
. (14.4)
5. Вероятность того, что непрерывная случайная величина
примет одно определенное значение, например α, равна нулю:
(α)(α)(α)0PX F F== − =.
Зная функцию распределения непрерывной случайной величины X или ее плотность, мы всегда можем найти вероятность
того, что X принимает значения в промежутке от α до β. Кроме
X
того, по функции распределения
однозначно определяется ее
плотность и наоборот.
Задача 14.1. Дана функция распределения непрерывной слу-
0, 0
x
≤
чайной величины
() sin2, 0
Fx x x
X
:
=<≤
1,
π
x
>
4
π
. Найдите плотность
4
распределения этой величины и вычислите вероятность того, что
X примет значение, принадлежащее интервалу
(π/6,π/4).
95
Решение. Согласно формуле (14.2):
f
f
x
F
x
x
F
x
x
F
′
00, 0
=≤
()
() sin2 2cos2, 0
fx x x x
== <≤
()
′
10,
=>
()
и окончательно
0, 0
( ) 2cos2 , 0
fx x x
=<≤
0,
По формуле (14.4) имеем:
x
′
π
4
π
x
4
x
≤
π
.
4
π
x
>
4
(π/6 ξ π /4) (π/ 4) (π/6)PFF<< = − =
sin(π / 2) sin(π / 3) 1 0,1340
−=−≈
3
.
2
Задача 14.2. Пусть задана плотность распределения непре-
x
рывной случайной величины
X
0, 1
:
() , 1 2
=− <≤
xxa x
0, 2
≤
. Найдите
>
x
функцию распределения этой величины, предварительно опреде-
X
лив параметр а, и вычислите вероятность того, что
примет зна-
чение от 1 до 3/2.
Решение. Определим параметр а из условия (14.3):
+∞ +∞
() 0 0 /2 3/2 1
t dt dt t a dt dt t at a
−∞ −∞
12
=+−+=−=−=
()
12
2
()
2
.
1
Следовательно, а = 1/2. Найдем теперь функцию распределения.
() 0 0
xdt
По формуле (14.1) имеем: при
то
() ()
xftdt
==
−∞
() ()
xftdt
2x> , то
==
−∞
1
01/2
−∞
x
dt t dt
+− =
1
12
−∞
1x≤
22
/2 /2 ( )/2
()
01/20
dt t dt dt
+− + =
()
12
tt xx−=−
()
==
−∞
1
x
2
/2 /2 1tt−=.
()
; если 12
<≤,
; если же
2
1
96
Значит,
P
x
0, 1
x
≤
2
xx
−
() , 1 2
Fx x
=<≤
2
1, 2
x
>
.
И, согласно формуле (14.4),
(1 ξ 3 / 2 ) (3 / 2) (1) 3 / 8
FF<< = − =
.
Задача 14.3. Плотность распределения непрерывной случай-
ной величины задана формулой:
xf
2
1
+
x
)(
C
= x
.,
+∞<<−∞
Найдите: а) значение константы С; б) вид функции распределения;
в)
(1 1)Px−< <
.
Решение. а) значение константы С найдем из 14.3:
+∞
С
dx С arctgx C C
=⋅ =⋅ + =⋅=
−∞
б)
в)
2
1
х
+
x
F x dt arctg t arctgx arctgx
() .
(1 1) 0,5.
P x dx arctgx
11 1 1 π1 1
== =+=+
ππ π2π2
+
1
−∞
−< < = = = + =
+∞
ππ
22
−∞
2
t
1
11 1 1ππ
πππ44
1
x
+
1
−
x
−∞
2
π1,
откуда
1
1
−
C =
1
π
.
Задача 14.4. Функция распределения непрерывной случайной
величины имеет вид:
−
2
x
=
)(
xF
2
≤
2,0
x
≤<
42,
x
>
x
. Найдите плотность
.4,1
распределения.
Решение. По свойству 2 плотности распределения и функции
распределения
=
)(
xf
′
−
2
x
2
′
() ()f
x
′
x
>
≤
Fx=
, отсюда:
′
2,0
≤
2,0
x
.
x
=
≤<
42,
4,1
≤<
42,5,0
x
>
x
.4,0
97
M
x
x
f
15. Числовые характеристики
непрерывных случайных величин
Определение 15.1. Математическое ожидание
непрерывной
случайной величины, имеющей функцию плотности распределения вероятностей
()fx , вычисляется по формуле:
+∞
() ()
Xxfxdx
=⋅
−∞
. (15.1)
Определение 15.2. Дисперсия непрерывной случайной вели-
чины определяется равенством
()DX =
()MXMX−
()
()
+∞
2
(())()
=−
−∞
MX fxdx
2
. (15.2)
Определение 15.3. Cреднее квадратическое отклонение:
σ()DX= . (15.3)
Как и в дискретном случае, математическое ожидание характеризует среднее значение случайной величины (ожидаемое значение), а дисперсия
характеризует отклонение случайной вели-
чины Х от математического ожидания, то есть разброс случайной
величины относительно ее среднего значения.
На практике дисперсию (как и в случае дискретной случайной
величины) удобно вычислять по формуле:
22
()DX =
() ()MX M X−=
+∞
22
() ( )
fxdx M X
−∞
−
. (15.4)
Задача 15.1. Вычислим математическое ожидание и диспер-
сию непрерывной случайной величины Х, заданной в задаче 14.2.
Решение. Известна плотность распределения этой величины:
0, 1
x
≤
1
() , 1 2
=− <≤
xx x
2
0, 2
>
x
.
98
Согласно формуле (15.1) вычислим среднее ожидаемое значе-
M
x
x
x
x
x
x
ние случайной величины :
+∞
() ()
Xxfxdx
=⋅
−∞
=
2
1
X
2
1/2
xdx−
()
=
2
()
1
dx
−
2
32
xx
=
−=≈
34 12
2
19
1
Вычислим дисперсию по формуле (15.4):
+∞
22
() ( )
=
=
fxdx M X
−∞
43
xx
−− ≈
46
2
1
−
(1,583) 0,076
= =
2
2
22
1
1
xdxMX
−−
2
()
=
2
1
.
2
x
32
−−
dx M X
2
Среднее квадратическое отклонение по формуле (15.3):
σ (ξ) 0,076 0,276D=≈ ≈
.
Задача 15.2. Для случайной величины, распределенной по за-
0,
кону косинуса с плотностью
() cos ,
fx C x
=⋅ − ≤
0,
константу С, вероятность попадания в интервал (
3π
x
<−
2
3π
2
3π 3π
≤
3
2
1
π,
π), а также
2
−
x
32 2
x
>
1, 5 83
.
()DX =
=
()
найти
математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Определим параметр C воспользовавшись справед-
ливостью 14.3, получаем:
∞
( ) cos 3sin 3 (sin sin( )) 6 1,
fxdx C dx C C C
−∞
следовательно,
3π/2
= =⋅ = −−==
3π/2
−
xx
33 22
1
C
.
=
6
3π/2
3π/2
−
ππ
Вероятность попадания в интервал есть интеграл от функции
плотности по этому интегралу,
ππ
3π π 1 1
PX fxdx dx
()()cossin
22 6323
22
xx
3π 3π
−−
22
π
2
=−<<= = =
3π
−
2
1π π11 3
(sin sin( )) ( 1) .
=−−=+=
26 222 4
99
Математическое ожидание равно:
M
x
∞
Xxfxdx xdx
=⋅ = =
()
3π/2 3π/2
1113ππ3ππ
==−=−−−+
2 323234242
xd x dx
3π/2 3π/2
−−
22ππ
+=+−−=
cos 0 (cos cos( )) 0
33 3 2 2
−∞
sin sin sin sin sin
3π/2
x
3π/2
−
() cos
xx x
3π/2
1
63
3π/2
−
3π/2
3π/2
−
x
.
Впрочем, это было очевидно с самого начала, поскольку мы
интегрируем нечетную функцию по симметричной относительно
начала координат области.
∞
Дисперсия равна:
3π/2 3π/2 3π/2
19ππ
xdxxd x dx
33 33 342
00 0
xxxx
222 2
cos sin sin sin sin
==−=−
DX xfxdx M X x dx
=−= =
() ()
22 2
−∞
() cos
3π/2
0
3π/2
1
63
3π/ 2
−
x
2
3π/2 3π/ 2 3π/2
2 sin 6 cos 6 cos 6cos
00 0
222
9π 3π π 9π π 9π
=+⋅ − =− =−≈
xxxx
dx xd x dx−=+=+−=
34 34 3 3
6 cos 18sin 18sin 18 4,21.
422 3 4 24
22
9π 9π
3π/2
x
0
3π/2
0
Задача 15.3. Случайная величина X задана функцией распре-
0, 0
x
≤
π
. Найти плотность распределения
6
π
x
>
6
деления
() 2sin , 0
Fx x x
=<≤
1,
вероятностей, математическое ожидание и дисперсию случайной
величины.
0, 0
x
≤
π
x
>
6
xxdx
π
.
6
u x dv xdx
==
du dx v x
==
cos
sin
Решение.
() ()
MX xfxdx
=⋅
fx Fx x x
()
+∞
−∞
() 2cos, 0
== <≤
′
0,
π
6
2cos
== =
0
100
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]