Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Tom_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

3.2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 3637 / 4937 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

а тогда P{ X = x0} £ P{ x0 £ X < x0 + Dx} = F (x0 + Dx) - F (x0 ) ® 0 при x → 0 .

Значит, P{ X = x0} = 0 .

Плотностью вероятности случайной величины (по аналогии

с плотностью физических величин) называется предел
pX (x) = p(x) = lim	P{ x £ X < x + Dx}	.	(9)

x→0	Dx

Плотность имеет смысл только для случайных величин, у которых функция распределения имеет производную F¢(x) . Тогда предел в (9) существует и

p(x) = F¢(x) .	(10)
Из (10) следует, что
x
F (x) = ò p(t )dt .	(11)
−∞

Формулы (10) и (11) определяют связь между функцией распределения и ее плотностью.

Из определения плотности следует, что

P{x £ X < x + Dx} = p(x)Dx + o(Dx) ,

т.е. вероятность того, что случайная величина попадает в маленький интервал, приблизительно равна плотности вероятности, умноженной на длину этого интервала. Плотность вероятности полностью задает распределение вероятностей, так как из (11) следует, что

P{a £ X < b} = F (b) - F (a) = ò p(x)dx .

(12)

Из (9) и (11) следуют основные свойства плотности вероятности:

p(x) ³ 0 ,

(13)

+∞

(x)dx =1.

ò p

(14)

−∞

Упражнение 1. Обосновать свойства плотности 1), 2).

На рис. 2 приведены типичные графики функции распределения

F(x)

p(x)

F(b)

P {a ≤ X

≤ b}

P {a

≤ X ≤ b}

F(a)

364

и плотности вероятностей для непрерывной случайной величины.

Рис. 2

Пример 3. Пусть X имеет плотность

pX (x) . Найти плотность

случайной величины Y = a + σ X , σ > 0 .

Решение.

Воспользовавшись

примером

найдем

æ x - a ö

FY (x) = FX ç

÷ , тогда

è σ

æ x - a

æ x - a ö

□

p (x) = F

¢(x) =

¢ ç

÷ .

è σ

X è σ

Пример 4. Система состоит из трех элементов и отказывает, если отказывает хотя бы один из них. Моменты отказов элементов не зависят друг от друга. Проверка в момент времени Т показала, что система неработоспособна. Считая, что отказы элементов могут происходить равновероятно в любой момент времени, найти функцию

распределения момента отказа системы.
Решение. Пусть τ1, τ2 , τ3	– моменты отказов элементов, а τ –
момент отказа системы. Тогда
F (x) = P{τ < x} = 1- P{τ > x} = 1- P{τ1 > x,τ2 > x,τ3 > x} =
	æ T - x öæ T - x öæ T - x ö
=1- P{τ1 > x}P{τ2 > x}P{τ3	> x} =1- ç	÷ç	÷ç	÷	=

	è T	øè T	øè T	ø

=1- æç1- x ö÷3 . □

èT ø

50. Независимые случайные величины. Случайные величины

X1 и X2 называются независимыми, если для любых интервалов

I1 , I2 справедливо
P{ X1 Î I1, X2 Î I2} = P{X1 Î I1} P{ X2 Î I2} .	(15)
Таким образом, случайные величины X1 и X 2 независимы, если
для любых интервалов I1 , I2 события X1 Î I1 и X2 Î I2	независимы.
Для независимых случайных величин
P{ X1 < x1, X2 < x2} = F1 (x1 )F2 (x2 ) .	(16)

§ 5. Числовые характеристики случайных величин

Изложим основные числовые характеристики и их свойства.

365

10. Математическое ожидание случайной величины. Простейшей характеристикой случайной величины является ее математическое ожидание или среднее значение. Для дискретной случайной величины математическое ожидание определяется как

					MX = åxk pk ,					(1)
где xk , k =1,2,...						k
где xk , k =1,2,...			– значения случайной величины, а pk							– их
вероятности, при условии, что ряд (1) сходится абсолютно.
Если p =	1	,	k =		, то математическое ожидание совпадает с
	1			1,n
				1,n
k	n
обычным средним значением:								n
								n
					n x			åxk
				MX = å		k	=	k=1	.
				MX = å			=		.
					k=1 n			n		p(x) ,
Для непрерывной случайной величины, имеющей плотность										p(x) ,
математическое ожидание определяется так:
					+∞
					MX = ò xp(x)dx					(2)

−∞

в предположении, что интеграл (2) сходится также абсолютно.

Далее, в зависимости от рассматриваемой ситуации, для математического ожидания случайной величины X могут применяться

следующие обозначения: MX , M (X ), M [ X ], X , a, aX , m, mX .

Установим свойства математического ожидания (доказательства проведем для дискретных случайных величин).

1)	M (cX ) = cMX .		(3)
Доказательство. M (cX ) = åcxk pk = cåxk pk = cMX .			□
	k	k
2)	Mc = c .		(4)

Доказательство. Для константы P{ X = c} =1 и MX = c ×1 = c . □

3)	M ( X + Y ) = MX + MY .	(5)
Доказательство. Пусть P{ X = xi } = pi ,		P{Y = y j } = q j , тогда

M ( X + Y ) = åå(xi + y j )P{X = xi ,Y = y j } = åxi åP{Y = y j | X = xi}´

i j i j

´P{X = xi }+ å y j åP{X = xi | Y = y j }P{Y = y j } = åxi pi ×1+ å y jq j ×1 =

j i i j

366

=MX + MY . □

4)Если X и Y независимы, то

	M ( XY ) = MX × MY .	(6)
Доказательство. M ( XY ) = ååxi y j P{ X = xi ,Y = y j } =
	i j
= ååxi y j P{X = xi }P{Y = y j } = ååxi y j pi q j =MX × MY . □
i j	i j

Пример 1. Найти математическое ожидание первого успеха в серии испытаний Бернулли с вероятностью успеха p.

Решение. Момент первого успеха есть дискретная случайная величина X, принимающая значения 1, 2, … (счетное множество значений)

∞

с вероятностями P{ X = k} = qk−1 p . Тогда MX = åkpqk−1 = påkqk−1 .

∞

k=1

k =1

Так как åqk =

, то, дифференцируя это равенство,

получим

- q

k=1

∞

1- q +

åkqk −1 =

(1- q)

k=1

Отсюда,

MX =

□

(1- q)2

Пример 2. Найти среднее значение момента отказа в примере 4

предыдущего параграфа.

Решение. Так как F(x) =

ö3

1- ç1-

÷ , то плотность распределения

равна p(x) =

ö2

при 0 ≤ x ≤ T . Тогда

ç1

x ö2

(1- u)T ù =

MX =

ç1

÷ dx = éx =

T ø

éu3

ù1

= 3T ò(1- u)u2du = 3T ê

T . □

û0

Пример 3. При сборке прибора для наиболее точной подгонки основной детали может потребоваться (в зависимости от удачи) 1, 2, 3, 4 или 5 проб соответственно с вероятностями 0,07; 0,21; 0,55; 0,16; 0,01.

367

Требуется обеспечить сборщика необходимым количеством деталей для сборки 30 приборов. Сколько деталей надо отпустить сборщику?

Решение. Число проб, необходимых для сборки прибора, есть случайная величина X с законом (рядом) распределения

	xi	1		2	3	4		5
	pi	0,07		0,21	0,55	0,16		0,01
Среднее число проб, необходимых для сборки одного прибора,
равно		MX =1×0,07 + 2×0,21+ 3×0,55 + 4×0,16 + 5×0,01= 2,83 .
Следовательно,		для	сборки		30 деталей		необходимо иметь

n @ 30 × 2,83 = 85 деталей. □

20 . Дисперсия случайной величины. Другой важной характеристикой случайной величины X является дисперсия,

о п р е д е л я е м а я	к а к
DX = M ( X - MX )2 .	(7)

Из определения следует, что DX ³ 0 и дисперсия есть среднее значение квадрата отклонения случайной величины от своего среднего значения и, таким образом, является мерой рассеивания случайной величины. Среднеквадратичным отклонением называется величина


s = M ( X - MX )2 =		,	(8)
s = M ( X - MX )2 =	DX	,	(8)

которая более характерно представляет меру рассеивания случайной величины, т.к. измеряется в тех же единицах, что и Х.

Далее, дисперсия случайной величины X, в зависимости от рассматриваемой ситуации, может обозначаться так: DX, D(X), D[X],

DX , σ 2 , σ X2 .

Из (7) находим:

DX = M ( X - MX )2 = M éX 2 - 2X × MX + (MX )2 ù				= MX 2	- 2MXMX +
		ë	û
+M é(MX )2	ù = MX 2	- 2(MX )2 + (MX )2 = MX 2	- (MX )2 .
ë	û
Получена формула
		DX = MX 2 - (MX )2 ,			(9)

которая является более удобной для практических вычислений.

Свойства дисперсии.

1) Дисперсия константы равна 0, т. е.

Dc = M (c - Mc)2 = M (c - c)2 = 0 .

2) Константа выносится из-под знака дисперсии в квадрате, т. е.

368

D(cX ) = M écX - M (cX )ù2		= M éc( X - MX )ù2		= c2DX .
ë	û	ë	û

3) Если X и Y независимы, то дисперсия суммы ил разности равна сумме дисперсий.

Доказательство. Имеем

D( X ± Y ) = M éX ± Y - M

( X ± Y )ù2 = M é( X - M

) ± (Y - M

)ù2

= M ( X - M

± 2M é( X - M

)(Y - M

)

ù + M

(Y - M

= DX ± M ( X - MX ) M (Y - MY ) + DY = DX ± 0 + DY . □

Пример

Пусть

–

случайная

величина,

закон

(ряд)

распределения которой

, где q =1− p . Найти математическое

ожидание и дисперсию этой случайной величины.

Решение.

По определению

MX = åxi pi

= 0(1- p) +1× p = p .

Так как X 2 = X , то дисперсия равна

DX = MX 2 - (MX )2 = p - p2 = pq . □

Пример 5. Функция распределения случайной величины X

ì0, x £ 0,

имеет вид F (x)

где b > 0 . Определить a, b, MX, DX.

ïa - be−x , x

> 0,

lim F(x) =1 , то a = 1. Плотность вероятности

Решение. Так как

x→∞

ì0,

x £ 0,

Определим b из условия

случайной величины равна p(x) = í

x > 0.

ïbe−x

∞

ò p(x)dx =1 . Получим

∞

òbe−xdx =[-be−x ]

= b =1,

∞

MX = ò xp(x)dx = ò xe−xdx = [-e−x x]

0∞ + òe−xdx = 1,

∞

MX 2 = ò x2e−xdx = [-x2e−x

]

+ 2ò xe−xdx = 2 .

Тогда DX = MX 2 - (MX )2 =1 . □

369

30. Мода и медиана. В статистических расчетах часто встречаются такие характеристики непрерывных распределений, как мода и медиана.

Модой называется точка максимума плотности вероятности, а медианой – число, которое делит распределение на две равные части.

Если P{ X < a} = P{ X > a} , то число a является медианой распределения.

40. Моменты, асимметрия и эксцесс случайной величины.

Начальным моментом k-го	порядка νk случайной	величины X
называется математическое ожидание величины X k , т.е.
νk	= M (X k ) .	(10)
Для дискретной величины
νk	= åxik pi ;	(11)
	i

для непрерывной случайной величины X с плотностью p(x) имеем

∞
νk = ò xk p(x)dx ,	(12)
−∞
при условии, что ряд (11) и интеграл (12) сходятся абсолютно.
Центральным моментом k-го порядка μk	случайной величины X

называется математическое ожидание величины (X − MX )k , т.е.

	μk = M ( X − MX )k .					(13)
Для дискретной случайной величины
μk = å(xi − MX )k pi ;						(14)
для непрерывной	i
	∞

μk	= ò (x − MX )k p(x)dx,					(15)
	−∞
если ряд (14) и интеграл (15) сходятся абсолютно.
При k = 1 имеем	μ1 = M (X − MX ) = 0 , при k = 2					получаем
μ2 = M (X − MX )2 = DX .
Асимметрией называется значение выражения
	α =		μ3		,	(16)

а эксцессом		σ 3
		μ4
	ε =			− 3 .		(17)

	σ 4

370

Асимметрия характеризует степень отклонения плотности вероятности от симметричной. Эксцесс характеризует остроту пика максимума плотности вероятности.

§ 6. Основные вероятностные распределения

Здесь приведем основные и наиболее часто используемые примеры функций распределения случайных величин, а также вычислим их основные вероятностные характеристики.

10. Биномиальный закон распределения. Биномиальный закон

есть закон распределения числа успехов в n независимых испытаниях Бернулли.

Дискретная случайная величина X распределена по биномиальному закону, если она принимает целые значения m = 0, 1, 2, …, n с вероятностями, определяемыми формулой Бернулли

P{ X = m} = P	(m) = Cm pmqn−m ,	(1)
n	n

где 0 ≤ p ≤ 1, p + q = 1.

При этом å Cnm pmqn−m = ( p + q)n =1.

m=0

Найдем математическое ожидание и дисперсию распределения. Для этого рассмотрим функцию

f ( p) = å Cnm pmqn−m = ( p + q)n .

m=0

Дифференцируя эту функцию по p, получаем

åCnmmpm−1qn−m = n( p + q)n−1.

m=1

Откуда

å Cnmmpmqn−m = np( p + q)n−1 .

m=0

введенного

(2)

Так как p + q = 1, а левая часть (2) есть MX, то будем иметь

MX = np .

(3)

Продифференцировав равенство (2) по p и умножив результат на p, получим

n		+ p(n -1)( p + q)n−2 ù
å Cnmm2 pmqn−m = np é( p + q)n−1		+ p(n -1)( p + q)n−2 ù	,
	ê	ú
m=0	ë	û
m=0

371

а так как p + q = 1, то M ( X 2 ) = np é1+ p (n -1)ù . Тогда дисперсия равна
ë	û
DX = M (X 2 )- (MX )2 = np + n(n -1) p2 - n2 p2 = np(1- p) = npq ,
DX = npq .	(4)

Пример 1. В цехе имеется 10 станков, каждый из которых находится в рабочем состоянии с вероятностью 0,9. Каково среднее значение числа работающих станков?

Решение. m = np =10 ×0,9 = 9 . □

20. Закон Пуассона. Рассмотрим следующую задачу: счетчик улавливает космические частицы, которые появляются независимо друг от друга, причем вероятность появления одной частицы за время t равна λDt + o(Dt), λ > 0 , а вероятность появления двух и более

частиц равна o(Dt) . Требуется найти вероятность pk (t) появления k

частиц за время наблюдений t.

Пусть {k,t} – событие, заключающееся в том, что в течение времени t счетчик зарегистрирует ровно k частиц. Тогда, очевидно,

P{k,t + Dt} = P{k,t}P{0,Dt}+ P{k -1,t}P{1,Dt}+ P{l,Dt,l ³ 2}.

Отсюда следует уравнение для pk (t) :

pk (t + Dt) = pk (t)(1- p1 (Dt) + o(Dt)) + pk−1 (t) p1 (Dt) + o(Dt) Þ pk (t + Dt) = pk (t)(1- λDt) + pk−1 (t)λDt + o(Dt) Þ

	pk (t + Dt) - pk	(t )			= -λ pk (t ) + λ pk−1 (t) +		o(Dt)	.
	Dt				= -λ pk (t ) + λ pk−1 (t) +		Dt	.
	Dt						Dt
Устремив t → 0 , получим дифференциальное уравнение для
pk (t) (k > 0) :
	pk′ (t) = -λ pk (t) + λ pk−1(t) .							(5)
При k = 0 получается уравнение
			p′		(t) = -λ p (t) .			(6)
			0			0
Легко проверить, что решением системы уравнений (5), (6) при
начальных условиях p0 (0) =1, pk (0) = 0 (k > 0) будут функции
	p	(t ) = (λt)k e−λt .
	k					k!
						k!
При t = 1 получим формулу Пуассона
	p	=		λk e−λ		, k = 0,1,2,...		(7)
	p	=				, k = 0,1,2,...		(7)
	k				k!
					k!

372

Случайная величина X называется распределенной по закону Пуассона, если она принимает целые неотрицательные значения k с вероятностями pk , определяемыми формулой (7).

∞

−λ

∞

Заметим, что å pk

= å λ

= e−λ å

= e−λ eλ = 1.

k=0

Найдем числовые характеристики этого распределения:

∞

−λ

∞

k−1 −λ

∞

−λ

= λ ×1 = λ.

MX = å k

= λå

= λ å

k=0

k=1

(k -1)!

n=0

Для вычисления дисперсии рассмотрим функцию

∞

−λ

= λ .

f (λ ) = å k λ

k=0

Дифференцируя это тождество по λ , получаем

∞

æ k2λk−1e−λ

kλk e−λ ö

åç

÷ = 1 Þ

k=1è

∞

−λ

- λ = 1Þ

M (X 2 )- λ = 1 Þ M

(X 2 ) = λ (1+ λ ).

k=0

Тогда дисперсия DX будет равна:

DX = M ( X 2 ) - (MX )2 = λ + λ2 - λ2 = λ .

Таким образом, для закона Пуассона математическое ожидание

и дисперсия равны параметру распределения:

MX = λ, DX = λ .

(8)

Пример 2. При движении по проселочной дороге автомобиль испытывает в среднем 60 толчков в течение 1 часа. Какова вероятность того, что за 30 с не будет ни одного толчка?

Решение. Число толчков в течение времени t есть случайная величина, распределенная по закону Пуассона с параметром λt , где λ = 1 толчок за минуту, t = 0,5 мин. Тогда

	e−λt (λt)k		p = e−λt = e−	1	= 0,61. □
p =	e−λt (λt)k	;		2
p =		;		2
k	k!		0
	k!

30. Равномерное распределение. Случайная величина X

называется равномерно распределенной на отрезке [a;b] , если ее

функция распределения есть

373

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 3637 / 4937 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
18.07.201945.06 Кб3The Baltic Sea Basin .doc
#
01.07.20253.53 Mб0therapy.doc
#
01.07.202542.51 Кб0titulny_list_SK_Gras.docx
#
01.07.202511.33 Mб0TOE_Chast1_zept_lab.doc
#
01.03.2025351.62 Кб2tolkanica_Z17_V13_PF_Gr3.docx
#
18.02.20163.2 Mб65Tom_2.pdf
#
01.04.2025579.07 Кб1Torgovo-tekhnologichesky_protsess.doc
#
01.07.202575.26 Кб0TPPR_FZO_BUKhG_UChETVOPROSY_na_ekzamen (1).doc
#
01.03.202581.48 Кб0tpra_26-32.docx
#
01.05.202543.01 Кб0Transport mode characteristics (from the handbo...doc
#
28.09.2019184.55 Кб5Trebovania.rtf